Замечание по поводу доказательства для четвертой степени

[vlmit]

Вероятно, практически всем, кто интересовался Великой теоремой, известно доказательство для случая $n=4$. Его может понять даже школьник.
Пусть $a^4+b^4=c^4$. Следовательно, $a^2$, $b^2$ и $c^2$ образуют Пифагорову тройку. Пусть $a^2=k^2-l^2$, $b^2=2kl$, $c^2=k^2+l^2$. Тогда из равенства $a^2+l^2=k^2$ следует, что числа $a$, $l$, $k$ образуют еще одну Пифагорову тройку. Пусть $a=p^2-q^2$, $l=2pq$, $k=p^2+q^2$. Числа $p^2+q^2$, $p$ и $q$ являются взаимно простыми, и из равенства $b^2=2kl=2\cdot(p^2+q^2)\cdot2pq$ следует, что $p^2+q^2$, $p$ и $q$ являются квадратами. Пусть $p=r^2$, $q=s^2$, $p^2+q^2=t^2$. Тогда $r^4+s^4=t^2$, и мы получили равенство, аналогичное исходному, если представить $c^4$ в виде квадрата. Поскольку бесконечно убывающей последовательности натуральных не существует, мы пришли к противоречию, значит, теорема доказана.
Теперь замечание. В приведенном доказательстве метод спуска фактически применяется для равенства $a^4+b^4=d^2$, где $d^2=c^4$, но не для равенства $a^4+b^4=c^4$, ведь если бы это было так, то в итоге была бы получена такая тройка натуральных чисел $u$, $v$, $w$, что $u^4+v^4=w^4$, где $w^4<c^4$. Возможно, наличие такого элементарного доказательства помогло бы найти доказательство для всех степеней. Если оно есть, а я просто не знаю о его существовании, прошу участников Форума привести его здесь.

[Someone]

Доказательство Вы изложили не совсем аккуратно, с явными пробелами.

В чём у Вас проблема, мне непонятно. Фактически доказано более сильное утверждение, чем теорема Ферма для четвёртой степени. Почему Вы считаете, что специальное доказательство более слабого утверждения может что-то прояснить?

[vlmit]

Someone
Прошу прощения за наличие пробелов (очень досадно еще, что слово "чисел" после "натуральных" не написал, но править текст сообщения уже не могу).

Каюсь, сильно увлекся Великой теоремой Ферма. Размышления над примерами использования метода спуска привели к предположению, что он может быть применен к доказательству истинности или ложности любой теоремы в теории чисел (это, конечно, только предположение). Да, мы располагаем элементарным доказательством более сильного утверждения, но считаю, что к теореме Ферма оно относится косвенно, что надо найти соотношение, меньшее исходного, в точности соответствующее формулировке. Почему мне кажется, что оно поможет? Предполагаю, что в доказательстве, которое Ферма назвал чудесным, фигурирует пропорция. Таким образом, использование комплексных чисел в доказательстве для третьей степени тоже мешает найти верный путь. Нужно обратить внимание на само наличие соотношения трех величин, на треугольник!

Разве не существует специального доказательства более слабого утверждения?

[vlmit]

Изучая свойства высот треугольника, встретил формулу радиуса описанной окружности: $R=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}$, где $p=\frac{a+b+c}{2}$. Кажется интересным, что $(a+b+c)(a+b-c)(c-a+b)(c-b+a)=16p(p-c)(p-a)(p-b)$ или $((a+b)^2-c^2)(c^2-(a-b)^2)=16p(p-c)(p-a)(p-b)$. Очевидно, что при выполнении условия $a^n+b^n=c^n$, где $a$, $b$ и $c$ - взаимно простые числа, число $p$ является целым. Можно также заметить, что при выполнении этого условия два числа из выражения $p(p-c)(p-a)(p-b)$ являются четными. Прошу обратить внимание, что при $n=1$ выражение становится равным $0$, а при $n=2$ множители в левой части равны. Могу предположить, что приведенное выше соотношение является исходной точкой в доказательстве теоремы элементарными методами.

[binki]

vlmit в сообщении #1415140 писал(а):

Могу предположить, что приведенное выше соотношение является исходной точкой в доказательстве теоремы элементарными методами.

Не понятно каким образом это соотношение являются исходной точкой.

[vlmit]

binki
Не знаю, поэтому могу только предполагать. Но соотношение выглядит хорошо. Главным же считаю обретение доказательства для четвертой степени в желаемом виде и сейчас пробую преобразовать известное доказательство.

[binki]

vlmit в сообщении #1411914 писал(а):

Разве не существует специального доказательства более слабого утверждения?

vlmit
Пока это не требовалось. А представляет интерес ещё более сильное утверждение, а именно,

$$a^4+b^4=c^n $$

$\forall n>1$ не имеет примитивного решения. А если для некоторых $n$ и существует решение, то в этом случае $a,b,c$ не взаимно простые.

[vlmit]

binki
Странно, что не требовалось. Если строго следовать определению метода бесконечного спуска, как его дал Ферма, элементарно доказывается именно невозможность разложения квадрата на сумму двух четвертых степеней. Более сильное утверждение, которое Вы привели, можно сформулировать в духе Ферма. Получится нечто подобное: "Доказать, что невозможно разложить ни квадрат, ни куб, ни биквадрат и вообще никакую степень, начиная с квадрата, на два биквадрата". Мне (как любителю) оно кажется более сложным для поисков доказательства, чем знаменитая теорема.

[binki]

vlmit в сообщении #1421159 писал(а):

невозможно разложить ни квадрат, ни куб, ни биквадрат и вообще никакую степень, начиная с квадрата, на два биквадрата".

vlmit
Такая формулировка не отражает весь смысл утверждения. Поэтому более правильно будет так:
Если какая либо степень начиная квадрата разлагается на два биквадрата, то они имеют общий делитель.

[vlmit]

binki в сообщении #1421372 писал(а):

Если какая либо степень начиная квадрата разлагается на два биквадрата, то они имеют общий делитель.

Если бы такое решение существовало, то все числа в уравнении можно было бы разделить на произведение их общих делителей, получив соотношение трех взаимно простых чисел.

[binki]

Такие решения легко находятся. Например, $n=3$.

$$a^4+b^4=c;\quad a^4(c^2)^4+b^4(c^2)^4=c(c^2)^4=(c^3)^3 $$

Аналогично можно найти решения для всех $n=4k+1$. Но, как видим, сокращение на общий делитель не приводит к бесконечному спуску.

[vlmit]

binki
Благодарю, что указали на ошибку. Это тот случай, когда узнать о своей ошибке было приятно.

[vlmit]

Для представления трех чисел $a$, $b$ и $c$ с помощью двух чисел часто используют подстановки вида $a=\frac{x+y}{2}$ и $b=\frac{x-y}{2}$. Геометрически это легко показать.

А почему бы не представить отношение чисел $a$ и $b$ как отношение длин двух дуг, получающихся в результате разделения половины окружности вершиной прямоугольного треугольника, основанием которого является диаметр окружности?

Тогда длины этих дуг можно выразить через катеты прямоугольного треугольника $k$ и $l$ способом, подобным тому, с помощью которого Виет вывел формулу для числа $\pi$. Не умея работать со вложенными радикалами и цепными дробями, могу лишь предполагать, что такие рассуждения помогут отыскать доказательство Теоремы для какой-нибудь степени. Буду благодарен, если опытные участники форума выскажут свое мнение на сей счет.

[vlmit]

Длины двух дуг, вместе составляющих половину окружности, можно вычислить как два связанных между собой бесконечных произведения. Следовательно, как два связанных между собой бесконечных произведения можно представить и два произвольных числа. Сформулируем равенство из условия теоремы в виде $e^k\cdot{e^l}=e^m$, где $k=a^n$, $l=b^n$, $m=c^n$, a $e^k$ и $e^l$ представлены в виде двух связанных между собой бесконечных произведений. Тогда $\ln{(e^k\cdot{e^l})}$ будет представлен в виде суммы двух сходящихся рядов. Легко ли будет найти суммы этих рядов? Если так, то можно будет посмотреть на условие теоремы свежим взглядом. Увы, сейчас у меня слишком мало знаний. Прошу участников форума поделиться мнениями о целесообразности решения такой задачи (и посоветовать хороший задачник по рядам с примерами решений).

[binki]

vlmit в сообщении #1426199 писал(а):

Сформулируем равенство из условия теоремы в виде $e^k\cdot{e^l}=e^m$, где $k=a^n$, $l=b^n$, $m=c^n$, a $e^k$ и $e^l$

Число e - трансцендентное. Любые алгебраические операции над ним дают в результате трансцендентное число. Но это не важно. Вы можете взять любое другое число , например 2. Тогда $2^k{2^l}=2^m$. И ни каких противоречий. $k+l=m$ всегда выполняется. Так как (k,l,m) могут быть натуральными при иррациональных (a,b,c).