Теорема Ферма (частные случаи)

[vxv]

vasili, чтобы не мучиться с размерностями членов числовых последовательностей в (12), переходите сразу от (10) к (13) при $k=1$. Этого достаточно для доказательства. Но имейте в виду, что значения $a$, $b$, $c$, $n$ при $k$, не равном единице, в (10) отличаются от $a, b, c, n$ при $k=1$ в (13), которые одни и те же и в (13), и в (10) при $k=1$.

[vxv]

Т. о. доказательство теоремы сводится к решению системы уравнений в задаче для средней сельской школы (ну, или 8 класса ЗФТШ при МФТИ).

[vasili]

Но число K не может равно 1, так как содержит как минимум простой делитель числа С.

[vxv]

vasili в сообщении #923525 писал(а):

Но число K не может равно 1, так как содержит как минимум простой делитель числа С.

vxv в сообщении #872916 писал(а):

В дополнение к доказательству (как следствие):
Для степени n=4 при k=1 уравнение (13) будет иметь вид:
2(ab-cn)(ab+cn)=16
Откуда следует (это не трудно показать), что либо уравнение (13) является на самом деле неравенством при натуральных a,b,c,n при k=1 , либо c,n не имеют целочисленных значений при натуральных a,b.

В чем противоречие между моим утверждением и Вашим? Разъясните свое видение на приведенном мною примере для $n=4$.
И, заодно, почему $k$ в НЕРАВЕНСТВЕ не может быть единицей?

[vasili]

ВТФ для n = 4 имеет элементарное доказательство и потому не интересна Форуму.

ВТФ для n = 3 ( 2 случай) ищем элементарное доказательство и для этого случая K > 1.

О каком "НЕРАВЕНСТВЕ" идет речь?

[vxv]

Алгоритм решения и через расходящийся ряд, и через аксиому индукции (короткий путь) лучше всего просматривается на примере $n=2$.
А все возможные "неудобные подборы" натуральных чисел в (10) при переходе к (13), применительно к степени $n=2$, всегда можно заменить (для соблюдения необходимой размерности и не нарушая при этом равенства) так же, как и сочетание 20,21,29,2k $(k=6)$ заменяется на сочетание 18,24,30,2k $(3k,4k,5k,2k)$.

[vxv]

Приведенный способ решения Теоремы Ферма не доказывает наличие натуральных значений $a, b, c$ для степени $n=2$, а лишь допускает таковые, тогда как для $n=3$ (и далее) однозначно исключает.

[Yarkin]

vxv в сообщении #764041 писал(а):

$$3(a+b)(ab-mc)=(2^3)(k^3)$$

(10)

vxv в сообщении #764041 писал(а):

$$3(a+b)(ab-mc)=8$$

(13)

Из (!0) и (13) следует, что K^3=1 и не может быть "единицей измерения".

[lasta]

Yarkin в сообщении #1006132 писал(а):

Из (!0) и (13) следует, что K^3=1 и не может быть "единицей измерения".

А что же тогда является единицей измерения? Было бы доказано, что $K^3=1$, то и вопросов не было.

[lasta]

Yarkin в сообщении #1006132 писал(а):

$$3(a+b)(ab-mc)=(2^3)(k^3)$$

Автору указывалось на главную теорему арифметики, согласно которой число разлагается на простые множители единственным способом. То есть правая часть равенства (7) содержит все множители левой части. Следовательно $k$ делится на $3$. Поэтому масштабирование не приводит к противоречию.
Без знания главной теоремы арифметики браться за доказательство ВТФ - чересчур смело.

[vxv]

Yarkin! Конечно, не может. т.к.:

vxv в сообщении #872916 писал(а):

Откуда следует (это не трудно показать), что либо уравнение (13) является на самом деле неравенством при натуральных a,b,c,m при k=1 , либо c,m не имеют целочисленных значений при натуральных a,b.

[lasta]

vxv в сообщении #764041 писал(а):

$$3(a+b)(ab-mc)=(2^3)(k^3)\qquad \e(10)$$

$$3(a/k+b/k)(a/k\cdot b/k - m/k \cdotc/k)=8\qquad \e(11)$$

По основной теореме арифметики все делители равенства (10) левой части существуют и в правой его части. И после этой операции получим

$$8=8$$

vxv в сообщении #764041 писал(а):

Разделим обе части уравнения (11) дополнительно на $k$:

$$3\cdot1/k \cdot(a\cdot1/k + b\cdot1/k)(a\cdot1/k\cdotb\cdot1/k - m\cdot1/k\cdotc\cdot1/k)=8\cdot1/k\qquad \e (12)$$

Тоже разделим

$$8\cdot1/k=8\cdot1/k$$

vxv в сообщении #764041 писал(а):

$1/k$примем за общую «единицу измерения» для целых чисел данного уравнения (размерность числовой последовательности) и согласно (1- 6), уравнение (12) запишем в виде:

$$3(a+b)(ab-mc)=8$$

Получим без всяких противоречий

$$8=8$$

[mikhailo]

Товарищи, прошу ногами не бить, но как мне кажется, доказательство частных случаев Великой теоремы Ферма элементарно из расходимости ряда

$$(x+1)^n-2x^n

при целых $$n>2 для любых целых $$x>0 и при целых $$x>0 для любых целых $$n>2

А можно ли доказать расходимость такого ряда для $$x>0 и $$n>2 вкупе?

[lasta]

[quote="mikhailo в сообщении #1023194"]элементарно из расходимости ряда

$$(x+1)^n-2x^n$$

Уважаемый mikhailo! А какие противоречия дает эта расходимость ряда?

[mikhailo]

Уважаемая lasta!

Поясните, какие противоречия вы имеете ввиду?