Теорема Ферма by Энер

[Энер]

Добрый день просто ради красоты.


http:\\www.Anerlaskis.narod.ru\FermaBlin.doc

Не судите строго.

С уважением.)))

[dm]

Энер писал(а):

Добрый день просто ради красоты.
http:\\www.Anerlaskis.narod.ru\FermaBlin.doc
Не судите строго.
С уважением.)))

$x^{n/2},y^{n/2},z^{n/2}$ не обязательно целые числа, поэтому использование для них формул для пифагоровых троек незаконно.

[Энер]

Законно . Вполне законно ( а случаи с нечетным n я сегодня выложу)- Вы ведь это имели ввиду!!!!!!!

С уважением ,

[Someone]

Энер писал(а):

Законно . Вполне законно ( а случаи с нечетным n я сегодня выложу)- Вы ведь это имели ввиду!!!!!!!

А в Вашем тексте не написано, что $n$ - чётное, так что возразили Вам совершенно правильно. Более того, основную проблему составляют именно нечётные $n>2$.
Но и для чётных $n>2$ Вы ничего не доказали, поскольку считаете, что произведение $4^{\frac{1}{n}}\cdot(p^2\cdot q^2)^{\frac{1}{n}}$ не может быть целым, в то время как это вполне возможно. Также и для других чисел набора.

Интересно, Вы видели доказательство теоремы Ферма для $n=4$? Это самый простой случай, и доказательство там намного сложнее того, что Вы написали; при этом используются те же самые формулы для пифагоровых троек. Как Вы думаете, почему за несколько столетий ни один профессиональный математик, включая самого Ферма, глядя на формулу $x=4^{\frac{1}{4}}\cdot(p^2\cdot q^2)^{\frac{1}{4}}=\sqrt{2pq}$, не додумался, что это выражение не может быть целым? Да очень просто: именно потому, что оно может быть целым.

[Энер]

Ну что тут добавить !!!!!

Именно в доказательстве для n=4 Ферма и доказал , что 2pq не является квадратом , иначе бы Решение для Четных n имело бы решение . Читайте заново. И поразмыслите. Произведение чисел -взимнопростых числе одновременно- является квадратом только тогда когда они сами являются квадратом . А как минимум числа p и q не имеют общих делителей , а число 2 не является квадратом , то есть не имеет целого числа , вторая степень которого давала бы в результате 2. Но я могу и ошибаться вместе с Фермой . Извините за настойчивость.

С уважением .

[dm]

Энер писал(а):

Произведение чисел -взимнопростых числе одновременно- является квадратом только тогда когда они сами являются квадратом . А как минимум числа p и q не имеют общих делителей , а число 2 не является квадратом , то есть не имеет целого числа , вторая степень которого давала бы в результате 2.

Вы писали:

Цитата:

$x=(4\cdot p^2\cdot q^2)^{1/n}=4^{1/n}\cdot(p^2\cdot q^2)^{1/n}$ , откуда следует что при $n>2$ , это число из набора $(x,y,z)$ всегда будет не целым. , также и для других чисел для «набора»,

Вот контрпример (при четном $n$): $p=2^{k-1}$, $q=3^k$, $n/2=k$.

[Someone]

Энер писал(а):

Именно в доказательстве для n=4 Ферма и доказал , что 2pq не является квадратом , иначе бы Решение для Четных n имело бы решение .

Ферма доказал, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ (и даже $x^4+y^4=z^2$) не имеет решений в множестве натуральных чисел. Доказательство это вовсе не сводилось к утверждению, что $2pq$ не является квадратом. И он нигде в своём доказательстве не использовал и не формулировал утверждение, что $2pq$ не является квадратом. В отличие от Вас он понимал, что $2pq$ может быть квадратом. Точно так же квадратами могут быть и выражения $p^2-q^2$ или $p^2+q^2$. Суть дела в том, что одновременно два выражения $2pq$ и $p^2-q^2$ не могут быть квадратами, а этого Вы не доказали и, похоже, не понимаете, что вообще нужно доказывать.

Энер писал(а):

Ну что тут добавить !!!!!

[Dan B-Yallay]

Someone

По-моему, вы могли бы неплохо зарабатывать, рецензируя ферманиаковские "труды" за небольшую плату. Ваша компетенция в этом вопросе не вызывает сомнений.

Удачи.

[Энер]

Скажите а доказана ли Теорема ферма для четных чисел n?))))))))))))))))))))))))))))

А существует решение для 4-й степени если нет решения для восьмой степени ?)))))))

С уважением ,))))

[Someone]

Энер писал(а):

Скажите а доказана ли Теорема ферма для четных чисел n?

Сейчас теорема Ферма доказана для всех натуральных показателей $n>2$.

А вообще, если теорема Ферма доказана для некоторого натурального показателя $n$, то тем самым она доказана и для всех показателей вида $kn$, где $k$ - любое натуральное число, потому что уравнение $x^{kn}+y^{kn}=z^{kn}$ можно записать в виде $(x^k)^n=(y^k)^n)=(z^k)^n$, откуда следует, что если бы уравнение $x^{kn}+y^{kn}=z^{kn}$ имело решение в натуральных числах $x=a$, $y=b$, $z=c$, то уравнение $x^n+y^n=z^n$ тоже имело бы решение в натуральных числах $x=a^k$, $y=b^k$, $z=c^k$.

Например, сам Ферма доказал теорему для $n=4$, поэтому уже тогда её можно было считать доказанной для всех $n=4k$, где $k$ - любое натуральное число.

Отсюда следует, что теорему Ферма достаточно доказывать только для $n=4$ и для всех нечётных $n>2$, являющихся простыми числами.

[Энер]

Да .СПАСИБО.

А на второй вопрос каков ответ? Прочтите его внимательно. Просто ответьте.


С уважением ,)

[Someone]

Энер писал(а):

А на второй вопрос каков ответ? Прочтите его внимательно. Просто ответьте.

Энер писал(а):

А существует решение для 4-й степени если нет решения для восьмой степени ?

Из утверждения для восьмой степени ничего не следует для четвёртой (по крайней мере столь же очевидным способом, как из утверждения для четвёртой степени следует утверждение для восьмой степени).

[ananova]

ПОСТ случайно откорректировал.
Содержание моего вопроса можно не приводить, так как RAV дает подробный ответ на него. СПасибо!!!

[PAV]

Нет, неправильно вы поняли.

Импликация следующая: если есть решение для показателя kn, то есть и для n.

Если же обсуждать противоположный случай (отсутствие решения), то следствие должно быть в обратную сторону: из отсутствия решения для n следует отсутствие для kn. Доказывается от противного.

Т.е. если нет решений для n=4, то нет и для 8, 12, 16...
Но отсюда не следует, что нет для n=2

Равно как и наличие решения для n=2 (или любого другого n) не влечет наличия решения для показателя nk.

[ananova]

СПАСИБО, RAV и Someone!

Правильно ли я уяснил Вами сказанное в следующем выводе:
- Пусть X*Y*Z не делится на 3. Тогда для данной тройки чисел $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ нет решения. Можем мы на этом основании сделать вывод, что для данной тройки X,Y,Z - $x^{k*2}+y^{k*2}=z^{k*2}$ тоже нет решения?

И наоборот. Если $x^{k*2}+y^{k*2}=z^{k*2}$ имеет решение, то в этом случае X*Y*Z делится на 3. Ведь $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ имеет решение, только когда X*Y*Z делится на 3. Так?

Общий вывод: если X*Y*Z не делится на 3, то решений нет для $x^{k*2}+y^{k*2}=z^{k*2}$ !