Теорема Ферма (частные случаи)

[vxv]

Теорема Ферма (частные случаи).

Теорема Ферма

Дано: Если $a$,$b$,$c$ целые числа, для уравнения: $a^2+b^2=c^2$ (1),
то при любых целых $k$ и $n=2$ значения $a$, $b$, $c$ для (2) и (3) те же, что и в (1):

$$(a/k)^2+(b/k)^2=(c/k)^2$$

(2)

$$(ak)^2+(bk)^2=(ck)^2$$

(3)
Аналогично при $n$ больше 2 для уравнений: $a^n+b^n=c^n$ (4) $(a/k)^n+(b/k)^n=(c/k)^n$ (5) $(ak)^n+(bk)^n=(ck)^n$ (6)

Доказательство ВТФ для $n=3$:

Требуется доказать,что для системы из уравнений (7) и (8) при $n=3$ значения $a$,$c$,$m$ не являются целыми числами,
принадлежащими к одной и той же числовой последовательности,
а уравнение (7) является неравенством для целых $a$, $b$, $c$.

Доказательство:
Предположим (методом от обратного), что $a$,$b$,$c$ ,$m$ целые (натуральные) числа для системы из двух уравнений (7-8)

$$a^3+b^3=c^3$$

(7)

$$a+b=c+m$$

(8),
где, $m=2k$ - целое четное число (это следует из системы 7-8 по результатам исследования сочетаний «чет-нечет»), а $k$- любое целое число.
Возведем в куб обе части уравнения (8) и преобразуем, вычтя при этом (7) из (9)

$$a^3+3(a+b)(ab-mc)+b^3=c^3+m^3$$

(9)

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

(10)

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

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

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

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

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

(13)
Но равенство не возможно, если $a$,$b$,$c$ и $m$ натуральные числа,потому что натуральное составное число 8 при разложении не имеет нечетного множителя.
Следовательно, выражение (13) является неравенством.
Но тогда неравенством для целых $a$,$b$, $c$ при $n=3$ является и «уравнение» (7), изъятое из (9), что и требовалось доказать.

Следствия: Из доказательства автоматически следует:
1) выражение (4) при степени $n$ кратной 3 (например, 6, 9, 12 и т.д.) есть неравенство при любых целых $a$, $b$, $c$;
2) при $n=2$выражение (4) может быть равенством при целых $a$, $b$, $c$, что следует из $2(ab-cn)=2^2$;
3) исходя из бинома Ньютона и треугольника Паскаля, алгоритм доказательства применим для простых значений $n=5,7,...$ и кратным им,
поскольку натуральное составное число $2^n$ в правой части выражения, как и в (13), не имеет при разложении нечетных множителей,
которые выделяются в его левой части (см. треугольник Паскаля).
Для $n=4$ доказательства других авторов уже имеются. А чтобы доказать теорему,
достаточно доказать ее для $n=4$ и всех простых нечетных значений $n$, т.к. они образуют все остальные показатели степеней.
P.S. Внимание! Выражение (13) сложно по смысловому содержанию.
Писков Евгений Стефанович.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
Причина переноса: формулы не оформлены $\TeX$ом

Наберите все формулы и термы $\TeX$ом. Инструкции по оформлению формул здесь или здесь (или в этом видеоролике).
Выпишите явно доказательство ВТФ для $n=3$.
После исправлений сообщите в теме Сообщение в карантине исправлено, и тогда тема будет возвращена.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»
формулы поправил и вернул

[gris]

У Вас в пунктах 10 и 11 теряются буквы. После cdot без пробела допускается цифра, но не буква: $a\cdot1$ , но $a\cdotb$

[math]$a\cdot1$[/math] , но  [math]$a\cdotb$[/math]

[vxv]

Да, к сожалению, в (11) и (12) пропущен множитель "с", но я не решился (хотя и пытался) редактировать с надеждой, что мне простят.
$3(a/k+b/k)(a/k b/k - m/k c/k)=8$ (11)
$3 1/k (a 1/k + b 1/k)(a 1/k b 1/k - m 1/k c 1/k)=8 1/k$ (12)

[gris]

Да это не важно. Важен переход от 12 к 13. Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$:

Пусть $i$ и $j$ произвольные натуральные числа. Их произведение тоже натурально. Обозначим его через $m$.

$i\cdot j=m$. Запишем в виде $i/m\cdot j/m=1/m$. Отсюда $i\cdot1/m\;\cdot\; j\cdot1/m=1\cdot1/m$ и $ij=1$, что возможно, только если $i=j=1$

Физик сразу увидит причину: если числа поименовать, скажем, метрами, то мы увидим, что безболезненно умножать на поименованную единичку не получится.

[vxv]

$k$ не может равняться $ab$ поскольку $k$ равняется $m/2$, а $m$ меньше $a,b,c$ см. (8). Следует добавить в текст, что $k$ не "любое" целое число, а меньше $m$.

-- 15.09.2013, 15:27 --

gris в сообщении #764103 писал(а):

Да это не важно. Важен переход от 12 к 13. Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$:

Пусть $a$ и $b$ произвольные натуральные числа. Их произведение тоже натурально. Обозначим его через $k$.
$a\cdot b=k$. Запишем в виде $a/k\cdot b/k=1/k$. Отсюда $a\cdot1/k\;\cdot\; b\cdot1/k=1\cdot1/k$ и $ab=1$, что возможно, только если $a=b=1$

Физик сразу увидит причину: если числа поименовать, скажем, метрами, то мы увидим, что безболезненно умножать на поименованную единичку не получится.

Да-да! Именно на этом основано доказательство: "два целых дюйма не равны двум целым метрам". Потому и неравенство.

[vasili]

VXV! Почему Вы считаете, что K - любое целое число?

1. K -произведение делителей чисел А.В и С.

2. K кратно как минимум $3^2$

[vxv]

[quote="vasili в сообщении #764140"]VXV! Почему Вы считаете, что K - любое целое число?

$k$ равняется $m/2$, а $m$ меньше $a,b,c$ см. (8). Следует добавить в текст, что $k$ не "любое" целое число, а меньше $m$ (и только предположительно, потому что доказательство идет методом "от обратного"). Согласно доказательству, $m$ и $k$ не являются целыми числами(как я считаю).

[Феликс Шмидель]

vxv,

Число $k$, которое входит в (10) равно $m/2$. Чтобы вывести (13), нужно доказать, что $k=1$.
Вы этого не делаете.

[vxv]

Мне есть, что сказать, но отвечу в течении нескольких дней (неотложная работа).
Нижеследующее утверждение содержит ошибку, исправление которой все и прояснит (возможно).

gris в сообщении #764103 писал(а):

Да это не важно. Важен переход от 12 к 13. Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$:

Пусть $i$ и $j$ произвольные натуральные числа. Их произведение тоже натурально. Обозначим его через $m$.

$i\cdot j=m$. Запишем в виде $i/m\cdot j/m=1/m$. Отсюда $i\cdot1/m\;\cdot\; j\cdot1/m=1\cdot1/m$ и $ij=1$, что возможно, только если $i=j=1$

[lasta]

vxv в сообщении #764041 писал(а):

$$a^3+b^3=c^3$$

(7)

$$a+b=c+m$$

(8),

Достаточно в (8) перебросить $c$, в левую часть, а затем возвести в куб, чтобы получить известную степень

$(a+b-c)^3$

было бы меньше ошибок, и обсуждение закончилось бы быстрее.

[lasta]

vxv в сообщении #764788 писал(а):

Мне есть, что сказать, но отвечу в течении нескольких дней

Ваши утверждения распространяются и на квадраты, там также по Вашему не должно быть целочисленных решений.

[vxv]

vxv в сообщении #764788 писал(а):

Нижеследующее утверждение содержит ошибку, исправление которой все и прояснит (возможно).

gris в сообщении #764103
писал(а):
Да это не важно. Важен переход от 12 к 13. Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$:

Пусть $i$ и $j$ произвольные натуральные числа. Их произведение тоже натурально. Обозначим его через $m$.

$i\cdot j=m$. Запишем в виде $i/m\cdot j/m=1/m$. Отсюда $i\cdot1/m\;\cdot\; j\cdot1/m=1\cdot1/m$ и $ij=1$, что возможно, только если $i=j=1$
Мне есть, что сказать, но отвечу в течении нескольких дней (неотложная работа).
Нижеследующее утверждение содержит ошибку, исправление которой все и прояснит (возможно).

gris в сообщении #764103 писал(а):

Да это не важно. Важен переход от 12 к 13. Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$:

Пусть $i$ и $j$ произвольные натуральные числа. Их произведение тоже натурально. Обозначим его через $m$.

$i\cdot j=m$. Запишем в виде $i/m\cdot j/m=1/m$. Отсюда $i\cdot1/m\;\cdot\; j\cdot1/m=1\cdot1/m$ и $ij=1$, что возможно, только если $i=j=1$

Правильнее было бы так (по моему скромному мнению):
$ab=k$
$ab=k\cdot1$
$a/k\cdot b/k=1\cdot1/k$
$a/k\cdot b/k=k/k\cdot1/k$
или
$a\cdot1/k\cdot b\cdot1/k=k\cdot1/k\cdot1/k$
или
$ab=k$
т.е. натуральные $a$,$b$,$k$ могут все-таки (согласно методу доказательства теоремы) быть не только равны но и отличаться от $1$.
Нужно соблюдать размерность натуральных чисел (либо только в "1", либо в "1/k").
А у Griss все перемешалось.

-- 20.09.2013, 05:00 --

lasta в сообщении #765438 писал(а):

vxv в сообщении #764788 писал(а):

Мне есть, что сказать, но отвечу в течении нескольких дней

Ваши утверждения распространяются и на квадраты, там также по Вашему не должно быть целочисленных решений.

Это мои утверждения (Вы, видимо, их не дочитали):
2) при $n=2$выражение (4) может быть равенством при целых $a$, $b$, $c$, что следует из $2(ab-cn)=2^2$;

[lasta]

vxv в сообщении #765611 писал(а):

2) при $n=2$выражение (4) может быть равенством при целых $a$, $b$, $c$, что следует из $2(ab-cn)=2^2$;

Повторите все Ваши преобразования, начиная с (8) для квадратов. Только не забывайте про
$k$.