О свойствах решений одного однородного диофантова уравнения.

[Леонид Вайсруб]

Сообщение 1 удалено автором.
Сообщение 2 будет редактироваться.

[Мат]

Леонид Вайсруб писал(а):

Нетрудно видеть, что варианты $5 \div 8$ не имеют смысла.
Варианты 2 и 3 переобозначением неизвестных приводятся к варианту 4.
В самом деле, для нечетных $n > 2 :$ для варианта 2 ~~~ $x^n = z^n - y^n = z^n + (-y)^n$ переобозначим $z = X, (-y) = Y, x = Z$ и получим $X^n + Y^n = Z^n,$ где $X, Y$ -- нечетны, $Z$ -- четно;
для варианта 3 $y^n = z^n - x^n = z^n + (-x)^n$ переобозначим $z = X, (-x) = Y, y = Z$ и получим $X^n + Y^n = Z^n,$ где $X, Y$ -- нечетны, $Z$ -- четно.
Вариант 1 путем выделения из $x^n, y^n$ и $z^n$ множителя $2^{dn}$ сводится к одному из вариантов $2 \div 8,$ где $d$ -- целое, строго положительное число равное минимальному количеству простых множителей 2 в разложениях $x, y, z$ на простые множители, т.е., если $d_x$ -- количество простых множителей 2 в разложении $x$ на простые множители, а $d_y$ и $d_z$ -- соответственно количества простых множителей 2 в разложениях $y$ и $z$ на простые множители, то $d = min(d_x, d_y, d_z ).$
Таким образом, следует рассматривать только один вариант 4.

Отнюдь. $3^2+4^2=5^2$ - совсем не вариант 4.

[Yarkin]

Леонид Вайсруб в сообщении #204893 писал(а):

Таким образом, следует рассматривать только один вариант 4.

Впервые встречаю такой вывод. Куда до сих пор смотрели математики?

[shwedka]

A почему в опросе не предложен вариант 'чушь собачья'??

Леонид Вайсруб в сообщении #204893 писал(а):

Возвращаясь к уравнению (1) и исходному, естественному неравенству $z < x + y $

.В случаях 2,3 , после их восхитительного преобразования к случаю 4, какие-то из чисел становятся отрицательными, но, начиная с этого места и в последующих оценках как-то стыдливо предполагается, что все числа положительны

[arqady]

shwedka писал(а):

A почему в опросе не предложен вариант 'чушь собачья'??

Чушь не может быть собачья. Плодить чушь - привилегия человека.

[gris]

[Виктор Ширшов]

Леонид Вайсруб в сообщении #204893 писал(а):

При любом использовании материалов веб-сайта ссылка на Полит.ру обязательна. При перепечатке в Интернете обязательна гиперссылка www.polit.ru. Все права защищены и охраняются законом. © 1999—2008 Полит.ру

Уважаемый gris! Пусть лучше застрелится тот, кто защитил этот бред в квадрате

[Леонид Вайсруб]

I. Рассмотрим однородное диофантово уравнение вида

$$x^n + y^n = z^n ,~~~~ (1)$$

при этом $x, y, z, n$ - целые , $xyz \ne 0 , n \ge 1.$
Постановка задачи - принадлежат ли решения этого уравнения кольцу целых чисел $\matbb{Z}$ при различных значениях показателя $n$ [1],[2],[3],[4],[5].
Нетрудно видеть, что уравнение (1) при $n = 1, 2$ имеет целочисленные решения. Например, при $n = 1$ значения $x = 4, y = 3$ и $z = 7,$ а при $n = 2$ значения $x = 4, y = 3$ и $z = 5$ удовлетворяют уравнению (1).
Далее утверждается, что уравнение (1) при $n > 2.$ не имеет натуральных решений $x, y, z$.
Ниже излагается доказательство этой старой задачи, которое проводится от противного, т.е. предполагается, что равенство в (1) возможно. Если это так, то необходимо установить условия, при которых получается равенство.
Ясно, что имеется всего только 8 вариантов допустимых четных и нечетных значений входящих в уравнение (1) неизвестных $x, y, z :$
1. $x, y, z$ -- четные;
2. $x$ -- четное, $y, z$ -- нечетные;
3. $y$ -- четное, $x, z$ -- нечетные;
4. $x,$y -- нечетные, $z$ -- четное;
5. $x, y$ -- четные, $z$ -- нечетное;
6. $x, z$ -- четные, $y$ -- нечетное;
7. $y, z$ -- четные, $x$ -- нечетное;
8. $x, y, z$ -- нечетные.
Нетрудно видеть, что варианты $5 \div 8$ не имеют смысла.
Вариант 1 путем выделения из $x^n, y^n$ и $z^n$ множителя $2^{dn}$ сводится к одному из вариантов $2 \div 8,$ где $d$ - целое, строго положительное число равное минимальному количеству простых множителей 2 в разложениях $x, y, z$ на простые множители, т.е., если $d_x$ - количество простых множителей 2 в разложении $x$ на простые множители, а $d_y$ и $d_z$ - соответственно количества простых множителей 2 в разложениях $y$ и $z$ на простые множители, то $d = min(d_x, d_y, d_z ).$
Далее, сначала рассматривается вариант 4.
Можно показать, что для всех четных значений показателя степени $n = 2k + 2, k = 1, 2, 3, \ldots $ уравнение (1) для варианта 4, где $x, y$ - нечетные, $z$ - четное, не имеет целочисленного решения.
Положим $x = u + 1, y = v + 1$ и запишем уравнение (1) в виде

$$( u + 1 )^{2k + 2} + ( v + 1 )^ {2k + 2} = z^{2k + 2},~~~~ (2)$$

где $u , v , z$ - четные числа.

$$(u^{2k + 2} + v^{2k + 2}) + (2k + 2)(u^{2k + 1} + v^{2k + 1}) + \ldots + (2/3)k(k + 1)(2k + 1) (u^3 + v^3) + (k + 1)(2k + 1)( u^2 + v^2 ) + (2k + 2)( u + v ) + 2 = z^{2k + 2} ~~~~ (3)$$

Нетрудно видеть, что для любых четных чисел $u$ и $v$, в левой части (3) всегда четное число, у которого все слагаемые, кроме последнего равного 2, делятся на 4, в правой части (3) четное число, которое также делится на 4. После деления обеих частей (3) на 2 получим, что слева от знака равенства нечетное число, а справа число четное. Следовательно, в этом варианте соотношение (2) является неравенством, или $z^{2k + 2} $ должно быть четным числом, которое делится только один раз на 2, и значит число $z$ является иррациональным числом.
Для доказательства в случае вариантов 2 и 3 при $n = 2k + 2,$ т.е. когда соответственно $x$ - четное, $y, z$ - нечетные и $y$ - четное, $x, z$ - нечетные, рассмотрим уравнение (1) при $n = 4k + 4 = 2(2k + 2)$

$$x^{4k + 4 } + y^{4k + 4} = z^{4k + 4} ~~~~ (4)$$

Из (4) для варианта 2 $x^{4k + 4} = z^{4k + 4} - y^{4k + 4} = (z^{2k + 2} - y^{2k + 2})(z^{2k + 2} + y^{2k + 2}),$ а для варианта 3
$y^{4k + 4} = z^{4k + 4} - x^{4k + 4} = (z^{2k + 2} - x^{2k + 2})(z^{2k + 2} + x^{2k + 2}).$
Из доказанного выше следует, что четные числа $(z^{2k + 2} + y^{2k + 2})$ и $(z^{2k + 2} + x^{2k + 2})$ являются четными числами, которые делятся только один раз на 2.
$[x^{4k + 4}/(z^{2k + 2} + y^{2k + 2})]^{1/{2k + 2}}=(z^{2k + 2} - y^{2k + 2})^{1/{2k + 2}}; [y^{4k + 4}/(z^{2k + 2} + x^{2k + 2})]^{1/{2k + 2}} =(z^{2k + 2} - x^{2k + 2})^{1/{2k + 2}}.$ В левых частях этих соотношений иррациональные числа, значит в правых частях разности под радикалами иррациональны, т.е. $z^{2k + 2} - y^{2k + 2} = \gamma^{2k + 2}; z^{2k + 2} - x^{2k + 2} = \delta^{2k + 2},$ где $\gamma$ и $\delta$ - иррациональные числа.
Рассмотрим уравнение (1) для нечетных значений показателя степени
$n = 2k + 1, k = 1, 2, 3, \ldots $, т.е.

$$x^{2k + 1} + y^{2k + 1} = z^{2k + 1} ~~~~ (5)$$

Как и выше для (1) предполагается, что равенство в (5) возможно. Запишем уравнение (1)
для четных значений показателя степени $n = 4k + 2, k = 1, 2, 3, \ldots $,

$$x^{4k + 2} + y^{4k + 2} = z^{4k + 2} ~~~~ (6)$$

$$(x^{(2k + 1)})^{2} + (y^{(2k + 1)})^{2} = (z^{(2k + 1)})^{2} ~~~~ (7)$$

Соотношение (7) есть целочисленное уравнение Пифагора, которое, после обозначения

$$ x^{(2k + 1)} = x_{0}, $$

$$ y^{(2k + 1)} = y_{0}, $$

$$ z^{(2k + 1)} = z_{0}, $$

запишется

$$x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = z_{0}^{2} ~~~~ (8)$$

Корни уравнения Пифагора [1], [3] (величины $x_{0}, y_{0}, z_{0}$) известны в общем виде:
$x_{0} = a^{2} - b^{2}; ~~~~~~~ (9) $
$y_{0} = 2ab; ~~~~~~~~~~~~~~~ (10) $
$z_{0} = a^{2} + b^{2}, ~~~~~ (11) $ где $ a $ и $ b $ должны быть целыми числами и при этом $ a > b $ в силу целочисленности уравнения (7).
Вычитая из равенства (11) равенство (9), получим

$$ z^{(2k + 1)} - x^{(2k + 1)} = 2 b^{2}. $$

Из уравнения (5) и соотношений (9), (10) и (11) следует, что

$$ y^{2k + 1} = 2ab = z^{(2k + 1)} - x^{(2k + 1)} = 2 b^{2}, $$

т.е. получается $ 2ab = 2 b^{2}; a = b $, что противоречит условию
$ a > b $ для целочисленного уравнения Пифагора (7).
II. Далее, если рассматривать (1) для всех целых $n$, то равенство в (1) возможно только для $n = \pm 1, \pm 2.$ Легко видеть, при $n = 0$ (получается 2 = 1) равенство не выполняется.
Рассмотрим (1) с показателем степени $r = - n < 0.$
$X^r + Y^r = Z^r, X, Y, Z$ - не равные нулю целые числа.
Нетрудно видеть, что для $r = -1$ равенство имеет место, например, при четных равных друг другу $X$ и $Y, X = Y = 2m, Z = m, | m | \ge 1, m$ - целое.
При $r = -2$ и, к примеру, при $X = 20, Y = 15$ и $Z = 12$ равенство (1) выполняется.
Пусть $r < -2,$ тогда (1) запишется так:

$$\frac{1}{X^n} + \frac{1}{Y^n} = \frac{1}{Z^n}, ~~~~~~~~(12)$$

где
$n = - r.$
Ясно, что в (12) $X > Z$ и $Y > Z.$

$$X^n + Y^n = \frac{X^n * Y^n}{Z^n}~~~~ (13)$$

Пусть $( X * Y )/Z$ целое, тогда правая часть (13) есть $n$ - ая степень целого числа. Из доказанного выше в разделе I следует, что (13) не имеет целочисленных решений для всех значений показателя степени $n > 2$ и , следовательно, равенство (1) не выполняется для всех $r = -n < -2,$ если $X, Y, Z$ - не равные нулю, целые числа.





Список литературы
1. Эдвардс Г. М. Последняя теорема Ферма. Генетическое введение в алгебраическую теорию чисел. -М.: МИР, 1980.
2. Куликов Л. Я. Алгебра и теория чисел. -М.: Высшая школа, 1979.
3. Блинов В. Ф. Великая теорема Ферма: Исследование проблемы -М.: Изд-во ЛКИ,2008.
4. Постников М. М. Теорема Ферма. Введение в теорию алгебраических чисел. -М.: Наука, 1978.
5. Рибенбойм П. Последняя теорема Ферма для любителей. –М : Мир, 2003.

[PAV]

PAV:

Леонид Вайсруб, кончайте копировать весь длинный текст, основная часть которого не меняется, да и интереса ни для кого не представляет. Весь первый абзац с историей вопроса здесь не нужен. Поверьте также, что здесь люди знают, что такое сравнимость по модулю и подобные школьные вещи. Так что сократите свой последний пост, чтобы его можно было прочитать за разумное время.

[Yarkin]

shwedka в сообщении #204952 писал(а):

какие-то из чисел становятся отрицательными, но, начиная с этого места и в последующих оценках как-то стыдливо предполагается, что все числа положительны

Он доказывает для целых чисел.

[shwedka]

Леонид Вайсруб в сообщении #205197 писал(а):

В левых частях этих соотношений иррациональные числа, значит в правых частях разности под корнем четвертой степени иррациональны, т.е. $z^4 - y^4 = \gamma^4 ; z^4 - x^4 = \delta^4,$ где $\gamma$ и $\delta$ - иррациональны.

И как теперь из этого следует неразрешимость уравнения (4)? Не вижу.
Можете отдельно этот вывод привести?

Yarkin в сообщении #205217 писал(а):

Он доказывает для целых чисел.

Он пишет много неравенств, в которых втихаря предполагается, что входящие туда велчины положительны.

[sceptic]

Чтобы облегчить локализацию ошибки и для вас и для читателей, предлагаю ограничиться случаем $n=3$.

Пропустим вводную часть и ваши экзерсисы по теории сравнений.
Итак, вы рассматриваете
$x^3 + y^3 = z^3 ,~~~~ (1)$
при этом $x,y,z$ - целые, $xyz \ne 0$ и, без ограничения общности можно считать, что $x, y$ - нечетны, $z$ - четно, $x > y$.
Введем обозначения: $2S = x + y, 2q = x - y$ (понятно, такие $S, q$ найдутся ввиду одинаковой четности $x, y$).

Леонид Вайсруб писал(а):

Уравнение (1) запишется так

$$(S + q)^n + (S - q)^n = z^n ~~~~~ (6)$$

\emph{Напомним, что в (6) и далее показатель степени $n$ равен нечетному простому числу}.
Раскрывая биномы и приведя подобные члены в левой части (6), получим
$2S(S^{n-1} + [n(n-1)/2]S^{n-3} q^2 + C_n^4 S^{n-5} q^4 + \ldots + C_n^{n-3}S^2 q^{n-3} + nq^{n-1}) = z^n$ (7)

В случае $n=3$ (7) выглядит так: $2S(S^2+3q^2)=z^3$.

Леонид Вайсруб писал(а):

Обозначим через $p = 1,2,3, \ldots$ количество множителей 2 в разложении на простые множители четного числа $z$ в (7).
Тогда число $z^n = \bar z^n * 2^{pn}$ в (7) в своем разложении на простые множители содержит $pn$ множителей 2 (количество множителей 2 кратное $n$). Значит в левой части (7) множитель $2S$ должен иметь такое же количество множителей 2, поскольку другой множитель (в скобках) -- нечетное число (все слагаемые четные, кроме одного нечетного $nq^{n-1}$). Тогда можно записать $2S = A*2^{pn}, S = A*2^{pn-1},$ где $A$ - нечетно,

Перевод на нормальный математический (помним, что $n=3$):
положим $z = 2^p \bar z$, где $p>0, \bar z$ - нечетно. Тогда $S = A*2^{3p-1}$, где $A$ - нечетно.

Леонид Вайсруб писал(а):

а уравнение (7) запишется в виде:
\\ $A*2^{pn}(S^{n-1} + [n(n-1)/2]S^{n-3} q^2 + C_n^4 S^{n-5} q^4 + \ldots + C_n^{n-3}S^2 q^{n-3} + nq^{n-1}) = z^n$ (7а)
Из (7а) ясно, почему \emph{$A$ является нечетным}. В самом деле, если $A$ четно и в его разложении на простые множители количество множителей 2 не кратно $n$, то равенства нет, потому что число $z^n$ в своем разложении на простые множители всегда содержит количество множителей 2 кратное $n$ и оно (это количество) должно быть равно количеству множителей 2 в левой части (7а). Если $A$ четно и в его разложении на простые множители количество множителей 2 кратно $n,$ то тогда увеличивается значение сомножителя $p$ показателя степени $pn.$ После сокращения обеих частей (7а) на $2^{pn}$ получим
$A*(S^{n-1} + [n(n-1)/2]S^{n-3}q^2 + C_n^4 S^{n-5}q^4 + \ldots + C_n^{n-3}S^2q^{n-3} + nq^{n-1}) = \bar z^n,$ (7б)
где $\bar z^n$ нечетное число, и в силу равенства, его класс вычетов, а значит и класс вычетов самого числа $\bar z,$ определяется по правилам арифметики классов вычетов по натуральному модулю $m = 8$ и равен он классу вычетов числа $nAq^{n-1}$ (потому что все остальные слагаемые в левой части (7б) принадлежат классу вычетов $\bar 0$), а так как класс вычетов нечетного числа $q$ в четной степени $n-1$ есть класс вычетов $\bar 1$, то класс вычетов $\bar z$ просто равен классу вычетов числа $nA.$ Таким образом, число $\bar z$ можно записать в виде
$\bar z = nA + 8*\bar s,$ где $\bar s \in \{0,1,2, \ldots\},$ а число $z = (nA + 8*\bar s)* 2^p.$ Тогда (7б) c таким представлением числа $\bar z$ запишется так:
\\ $A*(S^{n-1} + [n(n-1)/2]S^{n-3}q^2 + C_n^4 S^{n-5}q^4 + \ldots + C_n^{n-3}S^2 q^{n-3} + nq^{n-1}) = (nA + 8*\bar s)^n $ (8)
Из (8) следует, что равенство возможно только тогда, когда $\bar z = nA + 8*\bar s$ кратно $A,$ т.е. когда $\bar s$ кратно $A.$

Не следует. Из (8) следует лишь, что $\bar z^3$ кратно $A$. Если вы настаиваете на кратности $A$ для $\bar z$ - доказывайте. Советую, при этом ограничиться $n=3$.
Все написанное далее (кроме списка литературы) - в корзину.

[Виктор Ширшов]

Леонид Вайсруб в сообщении #205197 писал(а):

Ясно, что имеется всего только 8 вариантов допустимых четных и нечетных значений входящих в уравнение (1) неизвестных
1. $x,y,z$ -- четные;
2. $x$-- четное, $y,z$-- нечетные;
3. $y$ -- четное,$x,z$ -- нечетные;
4. $x,y$-- нечетные, $z$ -- четное;
5. $x,y$ -- четные, $z$ -- нечетное;
6. $x,z$-- четные, $y$ -- нечетное;
7. $y,z$ -- четные,$x$ -- нечетное;
8. $x,y,z$ -- нечетные.

Эти 8 вариантов, говоря Вашим же словом, "приводятся" только к 3-м случаям:
а) $x+y=z$; б) $x+y>z$; в) $x+y<z$.

[Виктор Ширшов]

Я начинаю беспокоиться.

Виктор Ширшов в сообщении #205098 писал(а):

Пусть лучше застрелится тот, кто защитил этот бред в квадрате

Леонид Вайсруб, пожалуйста, сообщите как долго будете редактировать сообщение 2. Имейте в виду, что май уже забронировал Гаджимурат.

[bot]

arqady в сообщении #204974 писал(а):

Плодить чушь - привилегия человека

Не только плодить, но и приписать может, даже своему лучшему другу - собаке.
Вместо оборота "чушь собачья" можно выразиться более политкорректно:

Ах, как приятно слышать эту милую чушь от моего лучшего друга!