Загадка ВТФ раскрыта?

[shwedka]

axtezius в сообщении #388030 писал(а):

Вам что, этого доказательства мало?Пока никто претензий по этому поводу не предъявлял.

Не вижу никакого доказательства. А за претензии других лиц я не отвечаю.

axtezius в сообщении #388030 писал(а):

Публиковать же "Диалектику чисел" со всеми приложениями здесь на форуме никакой возможности нет ввиду большого объема материала. и

Не нужно всей диалектики публиковать.
Я прошу одно конкретное доказательство. Ну, для начала, укажите точную ссылку и страницу, где это доказательство приведено.
Напоминаю, о чем идет речь.

Цитата:

Почему гипотетические решения УФ обязательно должны быть Пифагоровой тройкой?

Я напомню, откуда это требование взялось.
У Вас в первом сообщении написано

Цитата:

Возьмем уравнение:

$$x^n+y^n=z^n$$

где $n > 2$ и представим его в виде:

$$x^{n-2}x^2+y^{n-2}y^2=z^{n-2}z^2$$

Условимся, что $x^{n-2}=A$; $y^{n-2}=B$; $z^{n-2}=C$; тогда уравнение примет вид:

$$Ax^2+By^2=Cz^2$$

Вместо $x$ и $z$ подставим их значения согласно уравнениям (2), (3), которые являются единственно истинными для определения пифагоровых троек:

То есть здесь Вы заявляете, что $x$ и $z$ входят в Пифагорову тройку.

Но доказательства этого свойства Вы не привели.

Напоминаю:

Цитата:

Правила форума

Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3

Так что, докажите это утверждение хотя бы для степени 3.

[Гаджимурат]

axtezius в сообщении #388030 писал(а):

Вы зайдите сначала на сайт, ознакомтесь с содержанием и там же на форуме можете высказывать своё мнение. Публиковать же "Диалектику чисел" со всеми приложениями здесь на форуме никакой возможности нет ввиду большого объема материала. и уверяю Вас сайт бесконечно дружествен.

Зачем заходить на сайт,когда и так все понятно.Действительно,автор прав в следующем. $z=x+\Delta$; $z=y+\Delta_1$
И все это справедливо для любых простых степеней,в том числе и для степени 2,так как число 2 есть простое число.Но дальше автор допускает грубейшую ошибку,так как
$\Delta=a^n$,а $\Delta_1=b^n$,здесь приведены формулы для случая $z$ делится на $n$. Для случая,когда $x$ или $y$ делится на $n$,необходимо $ a^n$ или $b^n$ разделить на $n$.Поэтому для $n=2$ можем записать, и мы будем правы,следующее $z=x+\frac{a^2}{2}$ или $z=y+b^2$,здесь $y$ четное число,а для $n=3$ и пусть,к примеру, $y$ делится на $3$,должны записать: $z=x+\frac{a^3}{3}$ и $z=y+b^3$ и так для любой степени.
Axtezius же принял,что $\Delta=a^2$ справедливо для любых степеней,в чем глубоко заблуждается.Поэтому данную работу нельзя даже исправить.

[Гаджимурат]

axtezius в сообщении #388030 писал(а):

Вы зайдите сначала на сайт, ознакомтесь с содержанием и там же на форуме можете высказывать своё мнение. Публиковать же "Диалектику чисел" со всеми приложениями здесь на форуме никакой возможности нет ввиду большого объема материала. и уверяю Вас сайт бесконечно дружествен.

Зачем заходить на сайт,когда и так все понятно.Действительно,автор прав в следующем. $z=x+\Delta$; $z=y+\Delta_1$
И все это справедливо для любых простых степеней,в том числе и для степени 2,так как число 2 есть простое число.Но дальше автор допускает грубейшую ошибку,так как
$\Delta=a^n$,а $\Delta_1=b^n$,здесь приведены формулы для случая $z$ делится на $n$. Для случая,когда $x$ или $y$ делится на $n$,необходимо $ a^n$ или $b^n$ разделить на $n$.Поэтому для $n=2$ можем записать, и мы будем правы,следующее $z=x+\frac{a^2}{2}$ или $z=y+b^2$,здесь $y$ четное число,а для $n=3$ и пусть,к примеру, $y$ делится на $3$,должны записать: $z=x+\frac{a^3}{3}$ и $z=y+b^3$ и так для любой степени.
Axtezius же принял,что $\Delta=a^2$ справедливо для любых степеней,в чем глубоко заблуждается.Поэтому данную работу нельзя даже исправить,о чем я очень сожалею.

[age]

axtezius
Рассмотрите случай, когда $x^3+y^3=z^2$. Тогда $Ax^2+By^2=Cz^2$, $C=1$.

[Sandor]

Extezius писал(а):

- «Вывод: Если

$${\text{A}} \ne {\text{B}} \ne {\text{C}}{\text{,}}$$

то есть

$${\text{n}} > {\text{2}}{\text{,}}$$

то всегда

$${{\text{x}}^{\text{n}}} + {{\text{y}}^{\text{n}}} \ne {{\text{z}}^{\text{n}}}.$$

Полученное неравенство не вызывает сомнения. Однако оно не доказывает неразрештмости уравнения Ферма при

$${\text{n}} > {\text{2}}{\text{,}}$$

наоборот, свидетельствует о наличии грубой ошибки в доказательстве! Собственно использование решений уравнения второго порядка для доказательства неразрешимости уравнения Ферма при

$${\text{n}} > {\text{2}}$$

приводит к нарушению равенства уравнений при

$${\text{n}} > {\text{2}}{\text{.}}$$

Исследуем проблему на конкретном примере:

$${\text{n}} = 3,{\text{ x}} = 3,{\text{y}} = 4,{\text{z}} = {\text{5}}{\text{,}}$$

$ ${{\text{x}}^{{\text{n - 2}}}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + {{\text{y}}^{{\text{n - 2}}}}{{\text{y}}^{\text{2}}} = {{\text{z}}^{{\text{n - 2}}}}{{\text{z}}^{\text{2}}},{{\text{x}}^{{\text{n - 2}}}}{3^{\text{2}}} + {{\text{y}}^{{\text{n - 2}}}}{4^{\text{2}}} = {{\text{z}}^{{\text{n - 2}}}}{5^{\text{2}}}{,3^3} + {4^3} \ne {5^3}.$$

Из приведенного примера следует, что числа

$${{\text{x}}^{{\text{n}} - {\text{2}}}}{\text{, }}{{\text{y}}^{{\text{n}} - {\text{2}}}}{\text{, }}{{\text{z}}^{{\text{n}} - {\text{2}}}},(3,4,5)$$

имеют разные значения и не могут быть одновременно множителями уравнения, без нарушуния его равенства, что исключает применимость исползованного метода для доказательства неразрешимости уравнения Ферма при

$${\text{n}} > {\text{2}}{\text{.}}$$

С уважением: Sándor

[Коровьев]

axtezius в сообщении #388030 писал(а):

Элементарное и истинное доказательство
Великой теоремы.

Неправильно, а вдруг в доказательстве ошибка и тогда слово "истинное" вступит в неустранимое противоречие с доказательством.

axtezius в сообщении #367945 писал(а):

Вместо $x$ и $z$ подставим их значения согласно уравнениям (2), (3), которые являются единственно истинными для определения пифагоровых троек:

$$A\left(\frac{y^2-\Delta^2}{2\Delta}\right)^2-By^2= C\left(\frac{y^2+\Delta^2}{2\Delta}\right)^2$$

Непаравильно. Правильно примерно так:
Среди всевозможных целых значений $x$ и $z$ подставим их частные значения согласно уравнениям (2), (3), которые являются пифагоровой тройкой.

axtezius в сообщении #367945 писал(а):

$$(A-C)(y^4+\Delta^4)+2y^2\Delta^2(2B-C-A)=0$$

таким образом, данное уравнение имеет нулевое решение только когда:

$A - C = 0$ и $2B - C - A = 0$
т.е.
$A = C$; и $2B = A + C$

Неправильно. Правильно примерно так:
Среди всевозможных решений данное уравнение имеет нулевое решение при: $A - C = 0$ и $2B - C - A = 0$
Случай, когда $A - C < 0$ и $2B - C - A > 0$ не рассматривался.

axtezius в сообщении #367945 писал(а):

Вывод: Если

$$A\not=B\not=C$$

т. е. $n > 2$, то всегда

$$x^n + y^n \not = z^n$$

Неправильно. Правильно примерно так:
Вывод.
Теорема Ферма доказана для частного случая, когда значения неизвестных равны значениям пифагоровой тройки, и при частном случае $A - C = 0$ и $2B - C - A = 0$

[anwior]

Коровьев в сообщении #388276 писал(а):

axtezius в сообщении #367945 писал(а):

$$(A-C)(y^4+\Delta^4)+2y^2\Delta^2(2B-C-A)=0$$

таким образом, данное уравнение имеет нулевое решение только когда:

$A - C = 0$ и $2B - C - A = 0$
т.е.
$A = C$; и $2B = A + C$

Неправильно. Правильно примерно так:
Среди всевозможных решений данное уравнение имеет нулевое решение при: $A - C = 0$ и $2B - C - A = 0$
Случай, когда $A - C < 0$ и $2B - C - A > 0$ не рассматривался.

А вот так ещё лучше:

axtezius в сообщении #367945 писал(а):

$$(A-C)(y^4+\Delta^4)+2y^2\Delta^2(2B-C-A)=0$$

таким образом, данное уравнение имеет нулевое решение только когда:

$A - C = 0$ и $2B - C - A = 0$
т.е.
$A = C$; и $2B = A + C$

Среди всевозможных целых значений известных параметров $A$, $B$, $C$ левая часть данного равенства принимает значение нуль, в частности, при: $A-C=0$ и $2B-C-A=0$
Случай, когда $A-C<0$ и $2B-C-A>0$ не рассматривался.

В новой редакции, как видим, акцент в суждении сделан правильно, то есть ассоциаций с нулевыми решениями оригинального (исходного) УФ у читателя не возникает. Ведь нулевые решения УФ изначально исключены из рассмотрения.

[axtezius]

Коровьев
anwior
Спасибо, в дальнейшем обязательно учту.

[Sandor]

Axtenzius писал(а):

- "Коровьев, Anwior: Спасибо, в дальнейшем обязательно учту".

В дальнейшем это должно означать полный отказ от приведенного метода! Ибо, используя решения уравнения второго порядка для доказательства неразрешимости уравнения Ферма при высших степенях, Вы допускаете ошибку: неадекватное преобразование уравнения. Собственно вместо умножения уравнения второго порядка на целое алгебраическое выражение, вы умножаете его почленно на разные алгебраические выражения, что недопустимо. Это же утверждение в другой интерпретации: для доказательства неразрешимости уравнений Ферма высших порядков решение уравнения второго порядка - в качестве исходного - неприменимо!

Безусловно, этот факт не имеет ни какого отношения к методу приведения пифагоровых троек. Следовательно, доказательство не требует метода Пифагора для их определения, введения и анализа значений A,B,C.


С уваженим: Sándor

[Гаджимурат]

Sandor в сообщении #388761 писал(а):

для доказательства неразрешимости уравнений Ферма высших порядков решение уравнения второго порядка - в качестве исходного - неприменимо!

Абсолютно верно.На этом форуме уже не раз это указывалось другим авторам,использующих данный подход к решению ВТФ.Я даже указал причину,почему нельзя использовать для решения ур-ния Ферма высших порядков(для простых степеней) решение уравнения 2 степени.Sandor поставил жирную точку в дискуссии по данной статье.

[pevunov]

Я так понимаю, что упражнялись в LaTeX
Берете уравнение $x^2+y^2 = z^2$
Затем, манипулируя буквами и цифрами, получаете всем извествное уравнение $mx^2+my^2 = mz^2$
При решении уравнений,Вы обязаны сократить на m и получить
$x^2+y^2 = z^2$
Но вместо этого, на основании этого уравнения Вы делаете вывод?
$x^n+y^n $ не равно $z^n$

[axtezius]

Во-первых, благодарю всех за участие в обсуждение данной проблемы, мне это весьма необходимо. В Ваших замечаниях я разобрался, и теперь позвольте внести некоторые пояснения по данным вопросам. Начнем с простого – что такое пифагоровы тройки и закономерности их образования. Первым, отмечаю, что получая пифагоровы тройки методом Евклида, мы получаем горсти троек никак между собой не связанных и потому они ни к какому анализу недоступны. Но, получая эти же тройки согласно уравнениям 2 – 3, мы получаем их в функциональной зависимости от значений $\Delta$. Привожу пример:
Таблица 1.
[url][URL=http://www.radikal.ru][/url][/url]

Таким образом, полученные тройки находятся в функциональной зависимости от $\Delta$, и становится возможным их системный анализ. В таб. 1 приведены значения троек для $\Delta$ - функций от $\Delta=1$ до $\Delta=6$. Из таблиц видно, что не каждому целому значению $y$ соответствует целоe значение $x$. При этом значения $x$ и $z$ возрастают в биноминальной прогрессии, а значения $y$ - в арифметической, с шагом прогрессии $h_y$, который равняется: для функций с нечетным значением $\Delta$равно $h_y = 2\Delta$; а для функций с четным значением $\Delta$равно $h_y = \Delta$. В системе координат каждая такая тройка отмечается точкой с координатами $x, y$. Эти точки я назвал резонансными. В системе координат они образуют единую связанную (монолитную) систему, обладающую едиными для всех точек свойствами. Отсюда возникает очень важное дополнение в отношении пифагоровых троек: сокращение троек на НОД – категорически недопустимо. Каждая примитивная тройка является первообразной для образования бесконечного множества последующих троек, но каждая из этих троек принадлежит уже своей $\Delta$-функции. Любая тройка, какой бы величины она не была, она принадлежит своей и только своей $\Delta$-функции. И нельзя путать троку $3; 4; 5$ с тройкой $4; 3; 5$, поскольку первая относится к функции $\Delta = 2$; а вторая к функции $\Delta = 1$, а тройка $12; 9; 15$ относится к функции $\Delta = 3$. Таким образом, основным аргументом для приведения любого уравнения типа $x^n + y^n = z^n$ к уравнению прямоугольного треугольника, следует задаться значением $\Delta$ из условия $\Delta < z$. Теперь придаем $y$ произвольные значения хоть целые, хоть дробные, но в любом случае мы получим значения $x; z$, обеспечивающие решение прямоугольного треугольника. В этом и заключается основное свойство уравнений 2, 3.

[axtezius]

Перейдем теперь к спорному уравнению. На рис. 2 показаны квадраты, соответствующие уравнению $x^n + y^n = z^n$. Площади данных квадратов
равны: $S_x =x^n$; $S_y = y^n$; $S_z = z^n$ откуда $x =\sqrt{x^n}$; $y=\sqrt{y^n}$; $z =\sqrt{z^n}$. И тогда $\Delta = \sqrt{z^n} - \sqrt{x^n}$

Рисунок 2.

[url][URL=http://www.radikal.ru][/url][/url]

Теперь, в свете вышесказанного, рассмотрим, как следует подходить к ВТФ.
Уравнение $z^n=x^n+y^n$ является неопределенным уравнением, а уравнение
$z^2=x^2+y^2$ уже определено, как уравнение прямоугольного треугольника. Причем, подстановка вместо $z$ и $x$ уравнений 2, 3 связывает все значения $x$, $y$, $z$ согласно функциональной зависимости. Все это позволяет нам привести неопределенное уравнение n-степени к уравнению прямоугольного треугольника, где $z^n$, $x^n$, $y^n$ рассматриваются, как площади квадратов, образованных на сторонах прямоугольного треугольника, см. рис. 2. Таким образом, мы фактически рассматриваем, возможно ли решение уравнение прямоугольного треугольника в натуральных числах, если площадь каждого квадрата $(x^2; y^2; z^2)$ увеличить в число раз равное:

$$\frac{x^n}{x^2}=x^{n-2}=A$$

$$\frac{y^n}{y^2}=y^{n-2}=B$$

$$\frac{z^n}{z^2}=z^{n-2}=C$$

Тем самым неопределенное уравнение $x^n + y^n = z^n$ переводится к определяемому уравнению $Ax^2+Dy^2=Cz^2,$ что позволяет исследовать его относительно коэффициентов $A; B; C$.
При этом имеется два решения этой задачи.
1. Требуется установить, имеется ли возможность, квадрат площадью $z^n$, $(n > 2)$сторона которого выражена натуральным числом, разложить на два квадрата площадью $x^n$ и $y^n$, стороны которых так же выражены натуральными числами, т. е. $z^n\to x^n+y^n$.
2. Требуется установить, если сложить два квадрата, площадями $x^n$ и $y^n$, $(n>2)$, стороны которых выражены натуральными числами, возможно ли получить третий квадрат, сторона которого так же будет выражена натуральным числом, т. е. $x^n + y^n \to z^n$.
В обоих случаях будут получены два квадрата со сторонами выраженными целыми числами и третий квадрат со стороной выраженной числом дробным. При этом возможны случаи, когда $A = C$, т. е. $x=z$ или $B = C$, т. е. $y=z$. Но эти варианты рассматривать не следует, поскольку в этом случае все квадраты обнуляются. Следовательно, всегда для уравнения $Ax^2+Dy^2=Cz^2$, будет $A\not=B\not=C$ и решение его в целых числах будет невозможным.
Следовательно, решение уравнения $x^n + y^n = z^n$ в целых числах возможно только для $n = 2$. А пифагоровы тройки являются лишь частным решением уравнения $z^2=x^2+y^2$.

P.S. Жду Ваших комментарий.

[ananova]

axtezius в сообщении #391601 писал(а):

1. Требуется установить, имеется ли возможность, квадрат площадью , сторона которого выражена натуральным числом, разложить на два квадрата площадью и , стороны которых так же выражены натуральными числами.

На стр. 287 книги "Последняя теорема Ферма для любителей" П.Рибенбойм приводится доказательство Жонкюре, что никаких алгебраических соотношений для гипотетических решений ВТФ не существует.

[MrDindows]

axtezius в сообщении #391601 писал(а):

Перейдем теперь к спорному уравнению. На рис. 2 показаны квадраты, соответствующие уравнению $x^n + y^n = z^n$. Площади данных квадратов
равны: $S_x =x^n$; $S_y = y^n$; $S_z = z^n$ откуда $x =\sqrt{x^n}$; $y=\sqrt{y^n}$; $z =\sqrt{z^n}$. И тогда $\Delta = \sqrt{z^n} - \sqrt{x^n}$

P.S. Жду Ваших комментарий.

С первой же строчки бред.
Что за $x =\sqrt{x^n}$; $y=\sqrt{y^n}$; $z =\sqrt{z^n}$ ???
Типа если у меня будет $n=31$, то $x =\sqrt{x^{31}}$ ??

Про квадраты дальше тоже полнейший бред...

И самая основная ошибка, которую вы так и не поймёте.
Вот у вас было
$x^n+y^n=z^n$
Вы решили, что вам мало буковок и ввели ещё три:
$Ax^2+By^2=Cz^2$
Ну и дальше вы заменяете $x^2, y^2, z^2$ "формулами" для Пифагоровых троек.
Скажите ка, на каком основании вы решили что можно это сделать? Разве любые три числа являются Пифагоровым тройками?

Тоже самое в доказательстве с квадратами. Вы сразу предполагаете, что $x^2+y^2=z^2$.
Тупо зря время убиваете.