2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Великая теорема Ферма. n>3, n – нечётное число
Сообщение09.03.2011, 22:08 


05/03/11
15
Для любого натурального числа $n > 2$ уравнение $a^n+b^n=c^n$ не имеет натуральных решений $a,b$ и $c$.

Пусть $n>3$, $n$ – нечётное число

1.$x=a+b,x\in \mathbb{N}$

2. $\left\{ \begin{matrix}
   (x-a)^n+a^n=c^n  \\
   (x-b)^n+b^n=c^n  \\
\end{matrix} \right.$

3. $\left\{ \begin{matrix}
   x^n-nx^{n-1}a+...+nxa^{n-1}-a^n+a^n=c^n  \\
   x^n-nx^{n-1}b+...+nxb^{n-1}-b^n+b^n=c^n  \\
\end{matrix} \right.$

4. $c^n=a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}-ab^{n-2}+b^{n-1})=xk$
$k=a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}-ab^{n-2}+b^{n-1}$, $k\in \mathbb{N}$

5. $\left\{ \begin{matrix}
x^n-nx^{n-1}a+...+nxa^{n-1}-kx=0  \\
x^n-nx^{n-1}b+...+nxb^{n-1}-kx=0  \\
\end{matrix} \right.$

6. $\left\{ \begin{matrix}
   x(x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k)=0  \\
   x(x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k)=0  \\
\end{matrix} \right.$

7. $x=0\Rightarrow a+b=0\Rightarrow c=0$

8. $\left\{ \begin{matrix}
x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k=0  \\
x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k=0  \\
\end{matrix} \right.$
Так как все коэффициенты уравнений (8) – целые числа, то все рациональные корни (если они существуют) имеют вид $x_0=\frac{m}{q}$, где $m$ – делитель свободного члена, $q$ – делитель старшего члена. Коэффициент старшего члена равен единице $(q=1)$, значит корень будет делителем свободного члена.

9. $\left\{ \begin{matrix}
   x_0=\frac{n{a^{n-1}}-k}{m_1}  \\
   x_0=\frac{n{b^{n-1}}-k}{m_2}  \\
\end{matrix} \right.$     $m_1,m_2\in \mathbb{Z}$

10. $x=a+b$ $\left\{ \begin{matrix}
   m_1=\frac{n{a^{n-1}}-k}{a+b}  \\
   m_2=\frac{n{b^{n-1}}-k}{a+b}  \\
\end{matrix} \right.$

11. Узнаем при каких $a,b,n$ числа $m_1$ и $m_2$ целые.

12. Пусть $m_1,m_2\in \mathbb{Z}$, тогда $m_1+m_2\in \mathbb{Z}$

13. $m_1+m_2=\frac{na^{n-1}-k+nb^{n-1}-k}{a+b}=\frac{n(a^{n-1}+b^{n-1})}{a+b}-\frac{2k}{a+b}$

Так как слагаемое $\frac{n(a^{n-1}+b^{n-1})}{a+b}\in \mathbb{N}$ при $n>3$ и при любых натуральных $a$ и $b$, то для определения целочисленности числа $m_1+m_2$ рассмотрим второе слагаемое $\frac{2k}{a+b}$

14. Допустим $n=5$, тогда:

$k=a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4$

15. Рассмотрим число $\frac{2k}{a+b}$

$\frac{2k}{a+b}=\frac{2(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4)}{a+b}=\frac{2(a^4+b^4)}{a+b}-\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a+b}\

16. Слагаемое $\frac{2(a^4+b^4)}{a+b}\in \mathbb{N}$ при любых натуральных $a$ и $b$, значит, рассмотрим второе слагаемое $\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a+b}$

17. $\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a+b}=\frac{2ab(a^2+2ab+b^2)}{a+b}-\frac{2ab\cdot 3ab}{a+b}=\frac{2ab(a+b)^2}{a+b}-\frac{6a^2b^2}{a+b}$

18. Число $\frac{2ab(a+b)^2}{a+b}\in \mathbb{N}$ при любых натуральных $a$ и $b$, значит, рассмотрим второе слагаемое $\frac{6a^2b^2}{a+b}$

19. Числа $a$ и $b$ являются взаимно простыми.$a\bot b\ $

$\[\begin {matrix} 
   a\bot (a+b)\Rightarrow a^2\bot (a+b)  \\
   b\bot (a+b)\Rightarrow b^2\bot (a+b)  \\
\end{matrix}\left. \begin{matrix}
   {}  \\
   {}  \\
\end {matrix}  \right\}\Rightarrow a^2b^2\bot (a+b)$
$\Rightarrow (a+b)|6 $ (число $(a+b)$ является делителем числа 6)

20. $(a+b)=1\Rightarrow a=1,b=0$
$(a+b)=2\Rightarrow a=1,b=1\Rightarrow c=\sqrt[5]2\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$
$(a+b)=3\Rightarrow a=1,b=2\Rightarrow c=\sqrt[5]{2^5+1}\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$
$(a+b)=6\Rightarrow a=1,b=5\Rightarrow c=\sqrt[5]{5^5+1}\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$

21. Значит число $\frac{6a^2b^2}{a+b}\notin \mathbb{Z}$ при любых $a\bot b\
$
\Rightarrow {m_1+m_2}\notin \mathbb{Z} \[\Rightarrow {m_1}\notin \mathbb{Z}\Rightarrow x\notin \mathbb{N}\Rightarrow a+b\notin \mathbb{N}\Rightarrow a\notin \mathbb{N}$

22. Теперь рассмотрим случай $n>3$, $n$ – нечётное число.

23. Рассмотрим число $\frac{2k}{a+b}$

$k=a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}-ab^{n-2}+b^{n-1}$

24. Вынесем двойку за скобки, сгруппируем первый член с последним, второй с предпоследним, третий с пред предпоследним и т.д. Одинаковые множители вынесем за скобки и получим следующее выражение.
$\frac{2k}{a+b}=2\left( \frac{a^{n-1}+b^{n-1}}{a+b}-\frac{ab(a^{n-3}+b^{n-3})}{a+b}+\frac{a^2b^2(a^{n-5}+b^{n-5})}{a+b}+...+\frac{a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}(a^2-ab+b^2)}{a+b} \right)$

Все слагаемые числа $\frac{2k}{a+b}$ кроме последнего, при любых натуральных $a,b$ – целые числа. Значит, рассмотрим число $\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}{{b}^{\frac{n-3}{2}}}(a^2-ab+b^2)}{a+b}$

25. $\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}(a^2-ab+b^2)}{a+b}=\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}(a^2+2ab+b^2)}{a+b}-\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}\cdot 3ab}{a+b}$

26. Так как число $\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}(a^2+2ab+b^2)}}{a+b}\in \mathbb{Z}$ при любых натуральных $a$ и $b$, то рассмотрим число

$\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}\cdot 3ab}{a+b}=\frac{6a^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}}{a+b}$

27. $a\bot b$
$\begin{matrix}
   a\bot (a+b)\Rightarrow {{a}^{\frac{n-1}{2}}}\bot (a+b)  \\
   b\bot (a+b)\Rightarrow {{b}^{\frac{n-1}{2}}}\bot (a+b)  \\
\end{matrix}\left. \begin{matrix}
   {}  \\
   {}  \\
\end{matrix} \right\}\Rightarrow {{a}^{\frac{n-1}{2}}}{{b}^{\frac{n-1}{2}}}\bot (a+b)\Rightarrow (a+b)|6$

28. $(a+b)=1\Rightarrow a=1,b=0$
$(a+b)=2\Rightarrow a=1,b=1\Rightarrow c=\sqrt[n]{2}\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$
$(a+b)=3\Rightarrow a=1,b=2\Rightarrow c=\sqrt[n]{2^n+1}\Rightarrow c\notin }\mathbb{N}$
$(a+b)=6\Rightarrow a=1,b=5\Rightarrow c=\sqrt[n]{5^n+1}\Rightarrow c\notin }\mathbb{N}$

29. $\frac{6a^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}}{a+b}\notin \mathbb{Z}$при любых $a\bot b$

$\Rightarrow m_1+m_2\notin }\mathbb{Z}\Rightarrow m_1\notin }\mathbb{Z}\Rightarrow x\notin }\mathbb{N}\Rightarrow a+b\notin \mathbb{N}\Rightarrow a\notin \mathbb{N}$
Пояснения.

Уравнение $a^n+b^n=c^n$ заменяем равносильной системой уравнений $\left\{ \begin{matrix}
   (x-a)^n+a^n=c^n  \\
   (x-b)^n+b^n=c^n  \\
\end{matrix} \right.$.
Решаем полученную систему уравнений относительно переменной $x$, после преобразований получили систему из двух приведенных уравнений степени$n$. $\left\{ \begin{matrix}
   x(x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k)=0  \\
   x(x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k)=0  \\
\end{matrix} \right.$
Так как все коэффициенты уравнений - целые числа, то все целые корни уравнения (если они существуют) будут делителями свободного члена. Верно и следующее утверждение – если число $x$ в приведенном уравнении с целочисленными коэффициентами не является делителем свободного члена, то это число не является корнем уравнения. Значения корня мы знаем $(x=a+b)$, осталось узнать при каких $a, b,n$ делители свободного члена $(m_1,m_2)$ будут целыми числами.
Эти числа $m_1,m_2$ и будет критерием возможности решения уравнения в целых числах.
То есть если числа $m_1,m_2\notin \mathbb{N}$ или $m_1+m_2\notin \mathbb{N}$
$\left\{ \begin{matrix}
   {{m}_{1}}=\frac{n{{a}^{n-1}}-k}{a+b}  \\
   {{m}_{2}}=\frac{n{{b}^{n-1}}-k}{a+b}  \\
\end{matrix} \right.$ при любых $a\bot b$, то и система уравнений $\left\{ \begin{matrix}
   x(x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k)=0  \\
   x(x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k)=0  \\
\end{matrix} \right.$
не имеет целых решений, а следовательно и уравнение $a^n+b^n=c^n$тоже не имеет целых решений.

Вывод: «Теорема Ферма для нечётных степеней $n>3$ верна, так как равносильная ей система уравнений не имеет решений в целых числах при любых взаимно простых натуральных $a$ и $b$, а значит в уравнении $a^n+b^n=c^n$, как минимум, один из членов $a, b,c$ – число иррациональное».

(Оффтоп)

Уважаемые модераторы, прошу извенить меня за то, что нарушаю дополнения к основным правилам (…выписаны для случая степени n=3).

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма. n>3, n – нечётное число
Сообщение09.03.2011, 22:18 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
Ошибка в пункте 13.
Первое слагаемое не целое. Оно было бы целым, если $n-1$ нечётное, что неверно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма. n>3, n – нечётное число
Сообщение09.03.2011, 22:57 
Заблокирован по собственному желанию
Аватара пользователя


18/05/09
3612
Alexey2 в сообщении #421270 писал(а):
Для любого натурального числа $n > 2$ уравнение $a^n+b^n=c^n$ не имеет натуральных решений $a,b$ и $c$.

Пусть $n>3$, $n$ – нечётное число

.......................

[оff]Уважаемые модераторы, прошу извенить меня за то, что нарушаю дополнения к основным правилам (…выписаны для случая степени n=3).[/оff]
ИзвИнить, если через букву и, не проблема, но только у Вас в первой строке $n>2$, во второй уже $n>3$. Было бы неплохо указать, в каком месте Вашего доказательства это $n\neq 3$ становится существенным.
Альтернатива — модератору изучать доказательство и искать это место. Чего он делать как бы не обязан (спасибо участникам).

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма. n>3, n – нечётное число
Сообщение10.03.2011, 02:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762

(Оффтоп)

Alexey2 в сообщении #421270 писал(а):
(Оффтоп)
Уважаемые модераторы, прошу извенить меня за то, что нарушаю дополнения к основным правилам (…выписаны для случая степени n=3).

А зря нарушили. :lol:
Не нарушили бы и сами сразу бы увидели тривиальную ошибку в пункте 13, на которую вам указал venco

13. $m_1+m_2=\frac{3a^{2}-k+3b^{2}-k}{a+b}=\frac{3(a^{2}+b^{2})}{a+b}-\frac{2k}{a+b}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма. n>3, n – нечётное число
Сообщение10.07.2011, 16:26 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
toja в сообщении #466986 писал(а):
Но вот недавно я прочитал (не буду говорить где), что степенной бином (m^k +1)^1/k - всегда есть иррациональное число, когда m - целое число, кроме числа 0, k - целое число больше 2.
Пока ваши сообщения не отправили в карантин за нарушения правил форума, скажу лишь, что вышеприведённое высказывание неочевидно и само требует доказательства, хотя и является частным случаем ВТФ.
Для полного доказательства надо будет ещё перейти к общему случаю. Ваше высказывание справедливо и для $k=2$, но Пифагоровы тройки существуют.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group