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 На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 
Сообщение18.12.2008, 14:33 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
AD писал(а):
Не понятно. Почему не может быть так, что, скажем, $z-x$ делится на $p_1^{k_1}$, $x+z$ - на $p_2^{k_2}$, $p_1\neq p_2$, а третий длиннющий сомножитель - на $p_1^{2n-k_1}p_2^{2n-k_2}$?

Для понимания уйдите от букв. Возьмите вместо p, k, n - числа 5, 7, 11. И все поймете. Допустим, что $5^{11}*k^{11}*7^{11}*m^{11}=z^{11} - x^{11}$
Разберитесь, почему $z-x$ не может содержать ни 5, ни 7 ни в какой степенях, кроме как в 11.

Добавлено спустя 4 минуты 28 секунд:

Или еще проще, почему $5^{11}*7^{11}=z^2 - x^2$
То $z - x$ и $z+x$ обязательно будут 11-степенью чисел. Решите это уравнение и все поймете

Добавлено спустя 4 минуты 8 секунд:

Доказательство того, что полином также взаимнопрост с основанием $z^2-x^2$ также существует и длинно.(Можно найти в работах С.Жермен и многих др.авторов). Приводить не стану. Просто поверьте. Единственным исключением является кратность y числу n, которая рассматривается в п.1 и для дальнейшего рассуждения не имеет решающего значения.

Добавлено спустя 8 минут 20 секунд:

Кстати, bot, подкину вам интересную идейку. Для любых k докажите, что:
$k^5=11m\pm1$
Например, $ 2^5=3*11-1$
И более общий случай:
$k^n = (2n+1)m\pm1$, если n - простое, 2n + 1 - также простое.

Добавлено спустя 8 минут 33 секунды:

Замечательность данного утверждения в том, что с помощью него можно доказать теорему Ферма для всех простых n таких, что $(2n + 1)$ также простое. Если использовать данное свойство, то сразу вытекает делимость одного из чисел в уравнении Ферма на $(2n+1)$. После чего легко доказывается невозможность

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 17:48 
Заблокирован


26/01/06

302
Ростов на Дону
AD писал(а):
Еще раз.
Мат писал(а):
$(z+x)=y_0^{2n}$
Докажите, что существует целое число $y_0$, удовлетворяющее процитированному равенству

Уважаемый АД! Помоему рассуждение МАТ логично. Возьмём любое натуралmное $y_0$: возведем его в степень $2n$ - получим натуральное число $y_0^{2n}$. Так как любое натуральное число представимо в виде суммы двух натуральных чисел, то конечно же
$y_0^{2n}=z+x$ и таких пар чисел $y_0^{2n}-1$ штук. Над вопросом-могут ли эти пары $z;x$ удовлетворять исходному равенству - и бьётся МАТ. Согласен с bot, смысла в этом нет, так как элементарными средствами давно уже доказано, что не могут..
Дед

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 18:15 
Аватара пользователя


25/03/08
241
Господин Мат, я всё таки не понимаю, почему вы не согласны с тем что "$z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности" - это тривиальное утверждение? Ведь сами подумайте, если бы они были разной чётности, то одно обязательно было бы чётным, а другое нечётным и тогда их сумма была бы нечётной. Но $(z-x)+(z+x)=2z$ - чётное число. Противоречие, следовательно $z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 18:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
Мат в сообщении #168712 писал(а):
Замечательность данного утверждения в том, что с помощью него можно доказать теорему Ферма для всех простых n таких, что также простое.


Теорема Софи Жермен (точнее, частный случай этой теоремы).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 20:23 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Nilenbert писал(а):
Господин Мат, я всё таки не понимаю, почему вы не согласны с тем что "$z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности" - это тривиальное утверждение? Ведь сами подумайте, если бы они были разной чётности, то одно обязательно было бы чётным, а другое нечётным и тогда их сумма была бы нечётной. Но $(z-x)+(z+x)=2z$ - чётное число. Противоречие, следовательно $z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности.

В том то и фишка, что требование одинаковой четности равнозначно требованию одинаковой входимости степеней двойки $2^k$. Рассмотрите равенство внимательнее и Вы увидите, что $z+x$ и $z-x$ обязательно должны быть формы $4k+2$. Но это невозможно если y - четно. Вот в чем фишка рассуждения.

Добавлено спустя 1 минуту 50 секунд:

Цитата:
Теорема Софи Жермен (точнее, частный случай этой теоремы).

Доказывается в два действия, но сам бы я до этого не додумался. Гениальная девушка

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 20:28 
Экс-модератор


17/06/06
5004
Мат в сообщении #168824 писал(а):
В том то и фишка, что требование одинаковой четности ...
Это не требование. Это факт. Для любых двух целых чисел $x$ и $z$ числа $z+x$ и $z-x$ будут одинаковой четности. Теорема Ферма здесь вообще ни при чем.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 20:54 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Nilenbert
Четность лежит на поверхности, надо смотреть глубже. Причем не на один-два уровня, а до n. Т.е. предположить, что существуют числа которые удовлетворяют заданному требованию. Тогда в силу симметрии этому же требованию должны удоворять и другие числа, являющиеся подмножителями числа $x$. Но т.к. одно из чисел $x$, $y$ - обязательно четно. То и для него должно выполняться требование "одинаковой входимости" двойки в оба множителя $y_0$ и $y_1$. Но тогда не может существовать элементарных чисел, на основе которых существует равенство (1). Все числа - кратны 2. Из невозможности существования элементарных чисел следует и невозможность самого равенства (1)

Добавлено спустя 11 минут 6 секунд:

AD
Как вы думаете, какой формы должны быть числа $y_0$, $y_1$ чтобы исходное равенство (1) выполнялось в конечном итоге при всех условиях на двойки:
$4k+2$?
$8k+2$?
$2^pk+2$?
Не забудьте также, что как y, так и x - может быть четно. И если x - четно, то раскладка (7) будет также содержать один из множителей вида $2^{2n-1}$. Вернее:
$z-y=2^{(2n-1)}x_1^{2n}$
$z+y=2x_0^{2n}$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 22:14 


31/03/06
1384
Мат, я хочу проверить ваше доказательство, изложенное в первом посту. Только давайте договоримся, что если обнаружится ошибка, то вы сначала её исправите, а потом пойдём дальше. Согласны?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.12.2008, 23:01 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Я целиком и полностью в Вашем распоряжении!

Добавлено спустя 3 минуты 22 секунды:

Насколько я помню Вас также интересовали мысли Терджаняна по поводу fist case of FLT? А я тут видите ли, набрался наглости на все случаи! :)
Я полностью в Вашем распоряжении, что не понятно - к Вашим услугам.

 Профиль  
                  
 
 Re: Кажется удалось сделать еще шаг в понимании теоремы Ферм
Сообщение18.12.2008, 23:21 


31/03/06
1384
Вы пишите:

Мат писал(а):
Доказательство неразрешимости уравнения:
x^{2n}+y^{2n}=z^{2n},при n>1, n-простое (1)
1. Из чисел $x,y,z$ хотя бы два не делятся на n.
2. Допустим ни $z$, и ни $x$ не делятся на $n$. Тогда т.к. n-простое, для уравнения (1) справедливы разложения:
$z^{2n}=x^{2n}+y^{2n}=(x^2+y^2 )(x^{(2n-2)}-x^{(2n-4)} y^2+...-x^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (2)
$x^{2n}=z^{2n}-y^{2n}=(z^2-y^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} y^2+...+z^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (3)
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z^2-x^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})$ (4)
где множители в правых частях (2), (3) и (4) – взаимно простые числа.


Мне непонятно, почему множители в правой части (4) – взаимно простые числа?
Вы предположили, что ни $z$, и ни $x$ не делятся на $n$, однако $y$ может делиться на $n$.
В этом случае множители в правой части (4) могут иметь общий множитель: $n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 01:09 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Цитата:
Мне непонятно, почему множители в правой части (4) – взаимно простые числа?
Вы предположили, что ни , и ни не делятся на , однако может делиться на .
В этом случае множители в правой части (4) могут иметь общий множитель n.

Согласен, но в данном случае это не влияет на достоверность п.3-11. Т.к. n - единственный множитель, который полином и основание могут иметь

Добавлено спустя 1 минуту 11 секунд:

Кроме того! В рассуждении полином вообще не принимает никакого участия !

Добавлено спустя 1 минуту 43 секунды:

Хотя надо отдать должное вашему замечанию, если учесть, что $y$ делится одновременно на 2 и на $n$. Этот случай я, признаться не рассматривал.

Добавлено спустя 2 минуты 42 секунды:

А идеи Терджаняна я повторял, только не для $2n$, а для $n$. Все выводы, к которым я пришел укладываются в рамки решений. Я оставил данный путь как безнадежный

Добавлено спустя 2 минуты 33 секунды:

И вообще, как совершенно справедливо заметили современники, теорема Ферма не может быть доказана элементарными (они имели в виду современными) методами математики. Это все равно что искать площадь шара, не умея вычислять площадь квадрата

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 01:09 


31/03/06
1384
Мат, есть ли элементарное решение или нет - это никто не знает и знать не может, поэтому утверждать, что его нет - это пустая болтовня. Мы договорились, что Вы будете исправлять ошибки, поэтому, пожалуйста, напишите исправленное доказательство, и я буду проверять дальше.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 01:23 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Нет-нет! Найденная вами неточность на достоверность не влияет. Проверяйте дальше!

Добавлено спустя 4 минуты 25 секунд:

Если угодно можно в системе (7) заменить на:
$z-x=n^{2n-1}y_1^{2n}$
$(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})=ny_2^{2n}$
Но боюсь что это ничего не изменит

Добавлено спустя 6 минут 49 секунд:

Системы (8), (9) примут вид:
$2z=y_0^{2n}+n^{2n-1}y_1^{2n}$
$2x=y_0^{2n}-n^{2n-1}y_1^{2n}$ (8)
$2y=2ny_0 y_1 y_2 $

$(y_0^{2n}-n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}+(2ny_0 y_1 y_2 )^{2n}=(y_0^{2n}+n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}$
$(2ny_0 y_1 y_2 )^{2n}=(y_0^{2n}+n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}-(y_0^{2n}-n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}$
$(2ny_0 y_1 y_2 )^{2n}=((y_0^{4n}+n^{4n-2}y_1^{4n} )+2n^{2n-1}y_0^{2n} y_1^{2n} )^n-((y_0^{4n}+n^{4n-2}y_1^{4n} )-2n^{2n-1}y_0^{2n} y_1^{2n} )^n$ (9)

Четность/нечетность от этого не меняется, далее продолжаем замену (10)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 01:38 


31/03/06
1384
Хорошо, будем считать, что вместо "где множители в правых частях (2), (3) и (4) – взаимно простые числа" написано "где множители в правых частях (2) и (3) – взаимно простые числа". Пойдём дальше.

Мат писал(а):
Доказательство неразрешимости уравнения:
x^{2n}+y^{2n}=z^{2n},при n>1, n-простое (1)
1. Из чисел $x,y,z$ хотя бы два не делятся на n.
2. Допустим ни $z$, и ни $x$ не делятся на $n$. Тогда т.к. n-простое, для уравнения (1) справедливы разложения:
$z^{2n}=x^{2n}+y^{2n}=(x^2+y^2 )(x^{(2n-2)}-x^{(2n-4)} y^2+...-x^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (2)
$x^{2n}=z^{2n}-y^{2n}=(z^2-y^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} y^2+...+z^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (3)
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z^2-x^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})$ (4)
где множители в правых частях (2) и (3) – взаимно простые числа.
3. Для уравнения (4) справедливо также разложение:
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z+x)(z-x)(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})$ (5)
где множители в правой части также – взаимно простые числа.
4. Тогда уравнение (5) можно представить:
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z+x)(z-x)(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)}x^2+...+z^2x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})=y_0^{2n}y_1^{2n}y_2^{2n}$ (6)
5. Учитывая, что:
$(z+x)=y_0^{2n}$
$(z-x)=y_1^{2n}$ (7)
$(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})=y_2^{2n}$


Если (z+x) и (z-x) имеют общий делитель 2, то неверно, что
$(z+x)=y_0^{2n}$ и $(z-x)=y_1^{2n}$ .

Добавлено спустя 8 минут 15 секунд:

Я убедительно прошу Вас исправлять найденные ошибки, и писать исправленное доказательство, поскольку ни Вы, ни я, ни уважаемые форумчане не заинтересованы в хождению по кругу. Давайте сделаем одно из двух: либо напишем доказательство без ошибок, либо признаемся, что такого доказательства у нас нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 01:40 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Цитата:
Если (z+x) и (z-x) имеют общий делитель 2, то неверно, что
$(z+x)=y_0^{2n}$ и $(z-x)=y_1^{2n}$ .

Согласен, но неужели трудно поменять
$y_0^{2n}$ на $2^{2n-1}y_0^{2n}$, а $y_1^{2n}$ на $2y_1^{2n}$ ?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 43 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

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