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
 
 А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение19.09.2012, 13:51 


19/09/12
18
$x^2 + y^2 = z^2$ - это верное равенство.
Причем, $x < y < z$.

Для n=3.

Представим $x^3 + y^3 = z^3$, как $x^2x + y^2y = z^2z$
Тогда, разделив $x^2x + y^2y = z^2z$ на $x$, получим
$x^2 + y^2 \frac yx = z^2 \frac zx$, где $\frac yx < \frac zx$ в силу $x < y < z$
А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если $b > a$ (при $x < y < z$).

Общий случай.

Представим $x^n + y^n = z^n$, как $x^2x^{n-2} + y^2y^{n-2} = z^2z^{n-2}$
Тогда, разделив $x^2x^{n-2} + y^2y^{n-2} = z^2z^{n-2}$ на $x^{n-2}$, получим
$x^2 + y^2 \frac{y^{n-2}}{x^{n-2}} = z^2 \frac{z^{n-2}}{x^{n-2}}$, где $\frac{y^{n-2}}{x^{n-2}} < \frac{z^{n-2}}{x^{n-2}}$ в силу $x < y < z$
А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если $b > a$ (при $x < y < z$).

Здесь что-то не так?

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение19.09.2012, 14:15 
Админ форума
Аватара пользователя


19/03/10
8952
 i  По правилам раздела "Великая теорема Ферма", до начала какого-то обсуждения Вы должны явно выписать доказательство ВТФ для случая $n=3$.

А пока едем в карантин.

После того, как приведёте доказательство для $n=3$, напишите сообщение в тему Сообщение в карантине исправлено.

 Профиль  
                  
 
 Posted automatically
Сообщение26.09.2012, 15:55 
Админ форума
Аватара пользователя


19/03/10
8952
 i  Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение26.09.2012, 16:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14424
freeot писал(а):
А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если$b > a$ (при $x < y < z$).

$$4^2+\dfrac{108}{90}\cdot 5^2 =\dfrac{115}{90}\cdot 6^2$$
$$16+30 =46$$

Что здесь не так?

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение26.09.2012, 17:24 
Заблокирован


27/08/12

23
Все не так!
Имеет место произвольный набор чисел. В соответствии с формулой автора и принятыми в приведенном примере значениями чисел $x=4, y=5, z=6$ числа $a, b$ должны быть равны: $a=\frac{5}{4}$, $b=\frac{6}{4}$

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение26.09.2012, 18:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14424
Надо оформлять доказательства, как это принято. А то поди догадайся, что автор имел в виду.
$a$ и $b$ никак не определялись до своего появления в процитированном отрывке. Можно понять, что "уравнение не может быть верным" (равенство, конечно) при любых $x<y<z$ и $a<b$.

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение26.09.2012, 18:18 


16/08/09
304
freeot в сообщении #620955 писал(а):
А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если $b > a$ (при $x < y < z$)


Уважаемый freeot! Вы пошутили или серьезно? :wink:
Взяли верное равенство, разделили обе части на одно и то же число и теперь утверждаете, что оно вдруг стало неверным! :D
Естественно $ay^2 < bz^2$, но также естественно $x^2 + ay^2 = bz^2$
Или что-то не так? :shock:

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение26.09.2012, 19:29 
Админ форума
Аватара пользователя


19/03/10
8952
klitemnestr в сообщении #623650 писал(а):
Все не так!
 !  klitemnestr заблокирован как клон ранее забаненного пользователя kvistor (он же tormans).

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение26.09.2012, 22:24 
Аватара пользователя


11/07/09
112
Что-то я не поняла.
По-моему, автор доказал, что не может быть $x^3 + y^3 = z^3$, для тех же самых x, y, z, для которых
$x^2 + y^2 = z^2$

Но ВТФ - совсем не об этом.
Она о том, что вообще не существует подходящих x, y, z.

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение09.12.2012, 16:37 


26/10/11
2
Cчитается, что квадратное уравнение x^2+y^2 = z^2 просто решается в целых (или натуральных) числах: 3^2+4^2 = 5^2 . Но, известно, что великое множество решений такого уравнения находят и в иррациональных числах: 3^2 + 5^2 = (5,830…)^2 и т.д.
Возникает вопрос – а кто-либо имеет доказательство того факта, что квадратное уравнение решается в иррациональных числах? Причём простейшее доказательство. И если такое доказательство существует, то почему нигде об этом не напишут ни в математических справочниках, ни в энциклопедиях?
Как то услышал ответ – а кому это нужно? Но на этот счёт можно парировать так – а ведь почему-то многие ищут простейшее доказательство решений кубического уравнения, хотя известно, что такое уравнение не имеет решений в рациональных числах ? И далее – британец Э. Уайлс тоже доказывал подобное решение в иррациональных числах! Так почему бы не начать проблему с поисков иррациональных решений квадратного уравнения, как самого простого уравнения? Известны же слова академика Д. Гильберта, которые он произнёс на II математическом Конгрессе в Париже в 1900 году : «общий метод доказательства диофантова уравнения должен состоять в том, что по нему можно было бы за конечное число шагов узнать, имеет ли оно решение в целых числах или в иррациональных числах».
А это как раз и означает, что метод доказательства иррациональности решений уравнения с тремя неизвестными как для степени 2, или степени 3, и даже более высокой степени может быть практически один и тот же.
Так что вопрос о наличии доказательства иррациональности решений квадратного уравнения может быть вполне и не праздный! И надо, видимо, его иметь.

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение09.12.2012, 17:24 
Заслуженный участник


11/11/07
1198
Москва
alpost в сообщении #656245 писал(а):
Возникает вопрос – а кто-либо имеет доказательство того факта, что квадратное уравнение решается в иррациональных числах? Причём простейшее доказательство.

$(\sqrt[n]{2})^n + (\sqrt[n]{3})^n = (\sqrt[n]{5})^n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?
Сообщение10.12.2012, 15:15 


21/11/10
546
http://www.mccme.ru/mmmf-lectures/books/books/book.8.pdf
Опять работает ссылка nnosipov, в которой рассмотрен случай:
$x^2+2y^2=3z^2$
см. стр. 9
$a=2, b=3$
$b>a$
Решений бесконечно много, и в том числе для условия $x<y<z$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 12 ] 

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