О смешном парадоксе "Большой" теоремы Ферма.

[bot]

PAV писал(а):

Учитывая затянувшееся молчание автора темы я немного надеюсь, что он уже осознал свою ошибку. Правда, если это действительно так, то неплохо было бы написать об этом.

Зря надеялись. Ровно тот же туман (если не больше) при попытке его развеять.
А на мой вопрос я уж и не надеюсь получить ответ.

[AD]

VladStro писал(а):

То есть, одно из этих выражений не является равенством

ПОЧЕМУ???????????????????????????

[AndAll]

AD писал(а):

AndAll, мне кажется, что ошибка не в этом. Тут автор доказал, что уравнение Ферма не имеет действительных решений, он нигде к целочисленности не апеллирует вообще .

У него какая-то крутая логическая ошибка, типа что при

$$x^n+y^n=z^n\eqno(1)$$

должно одновременно непременно быть

$$x^2+y^2=z^2\eqno(2)$$

, иначе (1) не может иметь места, так как "не приводится к сумме квадратов". После этого торжественно обнаруживается противоречие между (1) и (2). Почему сумма квадратов должна приводиться именно к (2), а не к тривиальному

$$(\sqrt{x^n})^2+(\sqrt{y^n})^2=(\sqrt{z^n})^2\eqno(2')$$

, остается без пояснений.

Так что ничего похожего на доказательство я у автора не нашел.

А там его и нет, так что, не считайте себя обделенным:D

Напротив, мне кажется я достаточно ясно и показал, в чем «крутая логическая ошибка». Если автор владеет понятием рациональности/иррациональности, то он просто пытается водить всех за нос, если же нет – то это уже не смешно.
Разберитесь внимательно (если Вам это действительно интересно), что он называет подобием равенств (автор их как-то хитро называет соотношениями) и Вы увидите, что он пытается получить рациональное число из иррационального умножением на «коэффициент подобия», надо думать, рациональный. Полагаю что надо так думать именно потому, что автор нигде не говорит об иррациональных числах, впрочем, как и о рациональных тоже. Для автора, выражение (2) всегда приводится к «подобному», записанному в целых числах, хотя это и не так. Выражение же (2’) для рассмотрения слишком сложно. К целочисленности автор не апеллирует, по-видимому, потому, что никогда за ее рамки и не выходил. Насколько мне известно, общий делитель имеют только целые числа. Бессмысленно искать общий делитель чисел $\pi $ и $e$ или $\sqrt 2$ и $\sqrt 3$. Отсюда и следует, что автор оперирует только целыми числами. Об этом он и сам прямо говорит, но так как он пользуется «ненормативной математической лексикой», то понять это трудно. «Целые квадраты» следует читать как «квадраты целых» или «целочисленные квадраты». Если Вы так прочтете, то все ляжет на свои места.
Придется привести большую цитату, но зато в ней есть вся предлагаемая теория и соответственно ошибочное предложение.

VladStro писал(а):

Общее уравнение Пифагора (и единственное), для соотношений квадратов сторон произвольного прямоугольного треугольника, включает в себя абсолютно все, существующие в природе, линейные равенства любых трёх произвольных положительных величин …
Очевидно, что все эти равенства (в соответствии с разбивкой окружности произвольного размера, на точки, определяющие углы при вершинах вписанного прямоугольного треугольника, кроме неизменного прямого угла), не могут быть математически не подобны. Любое большее равенство, образованное тремя произвольными положительными числами, если оно существует при одинаковых показателях степеней (n > 2), всегда должно делиться на общий (для всех трёх величин данного соотношения) делитель, для приведения к классическому уравнению квадратов (n = 2). Это так называемая сравнительная характеристика зависимости математических выражений по их прямой принадлежности к данному типу равенств, исходя из принципа математического подобия. То есть, принадлежности исследуемого соотношения одинаковых степеней: n > 2, к равенствам вообще.
Следовательно: Если существует какое-либо линейное равенство, состоящее из трёх произвольных положительных чисел, то независимо от размерности величин, ему всегда соответствует соотношение целых квадратов сторон произвольного прямоугольного треугольника, которое можно записать посредством каких-либо неравных степеней, за исключением равенства одинаковых степеней (n > 2).
Ферма абсолютно прав, среди соотношений трёх одинаковых степеней (n > 2) не существует равенств математически подобных общему уравнению квадратов сторон прямоугольного треугольника (выражение не приводится к классическому уравнению квадратов путём деления на общий делитель), следовательно, таких равенств не может существовать вообще.
И ведь действительно всё просто и понятно.

Цитата:

… среди соотношений трёх одинаковых степеней

здесь не имеет никакого значения.

Из равенства $1 + 2 = 3$ следует, что треугольник со сторонами $\sqrt 1 ,\sqrt 2 ,\sqrt 3 $ - прямоугольный. Но нет никакой возможности построить подобный ему треугольник с целочисленными сторонами. Если бы автор это знал, то он бы объявил, что исходного равенства не существует. К счастью для первоклассников, он этого не знает.
А именно на рациональности всех прямоугольных треугольников и строится все «доказательство».

Все же надо бороться с математическим невежеством

[shwedka]

На удивление, при доброжелательной интерпретации, можно согласиться со всем, вплоть до предпоследнего абзаца. даже больше

VladStro писал(а):

Следовательно: Общие равенства $A^n + B^n = C^n$; и $A^2 + B^2 = C^2$; не являются геометрически (математически) подобными выражениями.

Если говорить по-человечески, эти равенства несовместимы -а кто спорит?

VladStro писал(а):

То есть, одно из этих выражений не является равенством,

По-прежнему, нельзя возразить! но теперь

VladStro писал(а):

но так как равенство Пифагора никто оспаривать не собирается,

А вот тут-то не так!! Собирается!Поймите, VladStro! Равенство Пифагора выполняется НЕ ДЛЯ ВСЕХ ТРОЕК ЧИСЕЛ, А ТОЛЬКО ДЛЯ НЕКОТОРЫХ. Вот, скажем, для 2,3,4 оно не выполняется.
Таким образом, для некоторых троек выполнено равенство Пифагора, для некоторых, может быть, равенство Ферма, для некоторых ни одно из них - и, как Вы это правильно отметили, никогда оба.

[AD]

Может быть, может быть, AndAll. Но пока что, видимо, сам автор не понимает, о чем мы про него говорим, и не может разрешить наш спор.

Но вот этот его аргумент, который я выделил в последнем сообщении, мне все-таки кажется наиболее сомнительным. Равенства 1+2=3 и 2+3=5 не подобны друг другу, но оба имеют место. Равенства $x^2+y^2=z^2$ и $x^3+y^3=z^3$ тоже не подобны друг другу, ну и?

Добавлено спустя 1 минуту 8 секунд:

Да, наверное, shwedka точнее обрисовала. Но тут мы как раз и возвращаемся к первому ответу PAVа

[VladStro]

Цитата:

Зря надеялись. Ровно тот же туман (если не больше) при попытке его развеять.
А на мой вопрос я уж и не надеюсь получить ответ.bot

Уважаемый Bot.
Я придерживаюсь авторской формулировки этой задачи. "Невозможно разложить полный куб$C^3$, на сумму полных кубов$A^3 + B^3$, четвёртую степень$C^4$, на сумму четвёртых степеней$A^4 + B^4$, вообще какую-либо (n > 2) степень$C^n$, на сумму степеней с тем же показателем степени $A^n + B^n$", именно это общее утверждение я и показал, и ничего более. Но Вы наверное хотите, чтобы мы постепенно перешли к обсуждению взаимосвязи гипотезы Таниямы-Симуры и теоремы Ферма, поскольку спрашиваете: "Так в каких же числах это невозможно, давайте заглянем внутрь оснований степеней!!!" Отсюда и недопонимание.

Давайте представим так: ${A_1}^f{A_1}^2 + {B_1}^f{B_1}^2 = {C_1}^f{C_1}^2$; ($f + 2 = n$ - целое число). Но, среди бесконечного множества оснований $A$; $B$; $C$, численному значению квадрата ${C_1}^2$ соответствует бесчисленное количество переменных $A$; и $B$, при которых выполняется условие ${C_1}^2 = A^2 + B^2$.
Поскольку величина $C^n$, образованная основанием $C$, неизменна для обоих равенств, её можно не обозначать индексом. Да так будет и понятнее.
$(\frac{{A_1}^f}{{C}^f}){A_1}^2 + (\frac{{B_1}^f}{{C}^f}}){B_1}^2 = (\frac {{C}^f}{{C}^f}}){C}^2$;
$(\frac{{A_1}^f}{{C}^f}){A_1}^2 + (\frac{{B_1}^f}{{C}^f}}){B_1}^2 = C^2 = A^2 + B^2$;
В результате мы приходим к противоречию:
${A_1}^n + {B_1}^n = C^fC^f = C^fA^2 + C^fB^2$
Кратное равенство квадратов исключает математическую операцию возведения трёх произвольных положительных переменных в одинаковые n-степени, следовательно представленное выражение может выглядеть только следующим образом:
$A^n + B^n \ne C^fC^f = C^fA^2 + C^fB^2$
Отсюда: $A^n + B^n \ne C^n$

В дополнение хочу сказать. Вычислительная математика пока не может объяснить некоторые геометрические нюансы. Дело в том, что при переходе к обсуждению иррациональности чисел, которые не укладываются в понятие квадрата, мы сталкиваемся с очевидным геометрическим противоречием. Правильной четырёхгранной пирамиде не присуще такое понятие как иррациональность, в противном случае укажите уровень (начиная от нуля и до бесконечности), на котором, по Вашему представлению, отсутствуют какие-либо положительные величины, представленные в виде квадратов. Именно поэтому я и показал её в первом тексте. Математика, это не только алгебра, и значит решения этих противоречий ещё впереди. В своём доказательстве я опираюсь на простые геометрические принципы, а с ними тоже трудно спорить.

VladStro.

[Brukvalub]

Могу сказать только одно: процесс зациклился и нуждается в принудительной остановке.

[AD]

VladStro писал(а):

Кратное равенство квадратов исключает математическую операцию возведения трёх произвольных положительных переменных в одинаковые n-степени, следовательно представленное выражение может выглядеть только следующим образом: ...

Что это еще за (нужное вписать)? Что такое "кратное равенство квадратов"? Что это за такая "математическая операция", и как операция может что-то исключать? В чем противоречие?
Го-во-ри-те по че-ло-ве-чес-ки!

[VladStro]

AD писал(а):

VladStro писал(а):

Кратное равенство квадратов исключает математическую операцию возведения трёх произвольных положительных переменных в одинаковые n-степени, следовательно представленное выражение может выглядеть только следующим образом: ...

Что это еще за (нужное вписать)? Что такое "кратное равенство квадратов"? Что это за такая "математическая операция", и как операция может что-то исключать? В чем противоречие?
Го-во-ри-те по че-ло-ве-чес-ки!

Кратное равенство квадратов выглядит так: $N(A^2 + B^2) = NC^2$, и если его разделить следующим образом: $N(\frac{A^2}{A^2}) + N(\frac{B^2}{B^2}) = N(\frac{C^2}{C^2})$, то это выражение равенством уже не будет. Вот это я и хотел сказать.

VladaStro.

[AndAll]

Равенство 1+2=3 подобно равенству 2+4=6. эти равенства, пользуясь языком VladStro, линейные. Коэффициент подобия равен 2. Каждому из них соответствует прямоугольный треугольник со сторонами, равными квадратным корням из чисел, входящих в эти равенства. Эти треугольники подобны (как это понимается в геометрии), отсюда равенства Пифагора подобны (по VladStro). Но ни одно из этих последних равенств не подобно равенству с целыми числами, вопреки тому, на чем настаивает автор. Просто он считает, что всякий прямоугольный треугольник имеет подобный с целыми сторонами.
Это автор сможет подтвердить, я надеюсь. Однако он ничего другого не подтвердит из того, что здесь говорят, потому, что

Цитата:

В далёком студенчестве, в нашей среде подобное мозгоблудие называлось: «Красиво притянуть мудрёный ответ за уши» на удивление преподам, но мудрёность (в силу того, что это почти то, но вокруг, да около) не означала, что ответ правильный.

Привычка видимо, осталась.
Каждый может ошибаться, вполне нормальное человеческое качество. Но здесь ошибка от невежества преподносится, как последнее слово науки. А степень апломба прямо пропорциональна невежеству. Оказывается, инженеры знают геометрию лучше, чем математики!?!? А что же тогда знают, умеют и имеют математики? Все сказано в первом же посте автора.

Насколько я знаю, инженеров тоже учат математике, и автор мог бы хоть чуть-чуть придерживаться её языка.
И хотя мысль автора представляется вполне понятной (мне во всяком случае. Не Ферма, все же), доказать что-либо ему не представляется возможным.

Ну вот, подоспело и признание

Цитата:

Вычислительная математика пока не может объяснить некоторые геометрические нюансы. Дело в том, что при переходе к обсуждению иррациональности чисел, которые не укладываются в понятие квадрата, мы сталкиваемся с очевидным геометрическим противоречием. Правильной четырёхгранной пирамиде не присуще такое понятие как иррациональность, в противном случае укажите уровень (начиная от нуля и до бесконечности), на котором, по Вашему представлению, отсутствуют какие-либо положительные величины, представленные в виде квадратов. … В своём доказательстве я опираюсь на простые геометрические принципы, а с ними тоже трудно спорить.

Невозможно!

[Brukvalub]

VladStro писал(а):

Кратное равенство квадратов выглядит так: $N(A^2 + B^2) = NC^2$, и если его разделить следующим образом: $N(\frac{A^2}{A^2}) + N(\frac{B^2}{B^2}) = N(\frac{C^2}{C^2})$, то это выражение равенством уже не будет. Вот это я и хотел сказать.

Конечно, если произвольно уродовать левую и правую части правильного равенства, то, с большой долей успеха, во вновь полученном соотношении равенства удастся избежать. Это настолько же верно, насколько не имеет к т. Ферма никакого отношения. А все-то тут таких гипотез понастроили

[VladStro]

Большое спасибо всем за обсуждение предложенной темы.

Цитата:

Мне очень понравились рассуждения Виктора Строганова. В то же время я поддерживаю цитируемое замечание PAV. Уважаемый Виктор! Без этого Вас на форуме не поймут. Здесь не бывает положительных отзывов.
Дед.

Я вынужден согласиться с этой цитатой.

VladStro.

[VladStro]

AndAll писал(а):

Равенство 1+2=3 подобно равенству 2+4=6. эти равенства, пользуясь языком VladStro, линейные. Коэффициент подобия равен 2. Каждому из них соответствует прямоугольный треугольник со сторонами, равными квадратным корням из чисел, входящих в эти равенства. Эти треугольники подобны (как это понимается в геометрии), отсюда равенства Пифагора подобны (по VladStro). Но ни одно из этих последних равенств не подобно равенству с целыми числами, вопреки тому, на чем настаивает автор. Просто он считает, что всякий прямоугольный треугольник имеет подобный с целыми сторонами.
Это автор сможет подтвердить, я надеюсь. Однако он ничего другого не подтвердит из того, что здесь говорят, потому, что

Потому что, я так не считаю, это Вы пытаетесь свести все мои пояснения к рассмотрению только прямоугольных треугольников (с целыми сторонами), кратных "египетскому": $3^2 + 4^2 = 5^2$.

Равенство квадратов от каких-либо произвольных положительных оснований $A; B; C;$, означает то, что численное значение каждой переменной какая либо положительная величина, (и не обязательно целая), но она алгебраически записана целыми, или полными основаниями.
Вы говорите о целых числах, а я о целых степенях (имея в виду их алгебраическую запись), и думаю, это разные понятия.
То есть, независимо от численного значения положительной переменной (даже и не целого), это всё равно будет $A^2$, а не $0,7A^2$, или $1,3A^2$. Так как, равенство $A^2 + B^2 = C^2$, общее, оно справедливо от $A^2 = 0; B^2 = C^2$, и до $B^2 = 0; A^2 = C^2$, для всех прямоугольных треугольников вписанных в окружность диаметром: $\sqrt{C^2}$, независимо от размеров окружности, или от того, какой точке данной окружности принадлежит точка пересечения катетов.
А что изменится если всё выражение (или окружность) увеличить в $N > 0$ раз: $NA^2 + NB^2 = NC^2$. Да ничего, кроме общих размеров. Это будет всё то же общее равенство квадратов $NA^2 + NB^2 = NC^2$, справедливое от $NA^2 = 0; NB^2 = NC^2$, и до $NB^2 = 0; NA^2 = NC^2$, для всех численных значений сторон прямоугольных треугольников, вписанных в окружность диаметром: $\sqrt{NC^2}$.
Закономерность увеличения окружности от нуля и до бесконечности представлена в геометрии сечениями правильного конуса перпендикулярными его высоте. В соответствии с этой закономерностью, я представил все возможные (для данной задачи) соотношения величин, в целых, или по утверждению Ферма, "полных" степенях, для произвольных (и очевидно, что не только целых) положительных переменных.
Не хочу отвечать колкостями в Вашем стиле, поэтому извините, но Вы не правы.

С уважением.
VladStro.

[TOTAL]

VladStro писал(а):

Уважаемый Bot.
Я придерживаюсь авторской формулировки этой задачи.

Вы придерживаетесь привычки в упор не видеть того, о чем Вас спрашивают.

А поскольку видению "на выбор" способствует обилие разрозненных замечаний, я бы предложил присутствующим прекратить (хотя бы на время) спектакль на тему "у семи нянек дитя без глаза" и понаблюдать со стороны на разборки с кем-нибудь одним. Например, пусть ответит bot'у на вопрос о методе.

[AD]

TOTAL писал(а):

я бы предложил присутствующим прекратить (хотя бы на время) спектакль на тему "у семи нянек дитя без глаза" и понаблюдать со стороны на разборки с кем-нибудь одним

:) Только чур меня таким психиатром не назначать! Мне уже Yarkinа хватило.