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 1, 2, 3, 4  След.
 
 Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 00:20 
Заморожен


18/11/10
63
г. Киров
Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n\geqslant 3$ и $n-$простое число.
Обозначим $x^2+y^2=t$, откуда $x^2=t-y^2$, тогда имеем:
$z^{2n}=(t-y^2)^n+y^{2n}$.
Разложим $(t-y^2)$ по формуле бинома Ньютона, получим
$z^{2n}=t^n-C_n^1y^2t^{n-1}+...+C_n^{n-1}y^{2(n-1)}t-y^{2n}+y^{2n},$
или
$z^{2n}=t(tM+C_n^{n-1}y^{2(n-1)})$,
где $M-$некоторый многочлен.
Учтем, что $t=x^2+y^2$ и $C_n^{n-1}=n$, получим
(2) $z^{2n}=(x^2+y^2)((x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)})$.
Допустим, что $x^2+y^2$ и $(x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)}$ в формуле (2) имеют общий делитель $p$ и $p \neq n$.
Значит, и $y^{2(n-1)}$ делится на $p$, поскольку $n-$ простое число.
Тогда $(x^2+y^2,y^2) \neq 1$, откуда $(x,y) \neq 1$ и $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае уравнение (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $z$ не кратен $n$ имеем:
(3) $z=z_1z_2,     z_1^{2n}=x^2+y^2$.
Если $z$ кратен $n$, значит, $y$ не кратен $n$, тогда имеем:
(4)$y=y_1y_2,   y_1^{2n}=z^2-x^2$.
Уравнение (1) это уравнение вида
(5) $a^2+b^2=c^2$,
где $a=x^n, b=y^n, c=z^n.$
Как известно, основные решения этого уравнения в целых числах имеют вид:
$a=2mk, b=m^2-k^2, c=m^2+k^2$, причем $(m,k)=1$ и одно из этих чисел четное.
Допустим в уравнении (1) $x-$ четное число.
Тогда $x^n=2mk$. Поскольку $x-$целое число, то $m=u^n$ и $k=2^{n-1}v^n$.
Таким образом, решения уравнения (1) в целых числах имеют вид:
(6) $x^n=2^nu^nv^n$ или $x=2uv$;
(7) $y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)v^{2n}$, $z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$,
где $u-$нечетное число и $(u,v)=1.$
Если уравнение (1) имеет решение в целых числах, то очевидно существуют такие минимальные числа $x,y,z$,
которые являются решением уравнения (1), а также такие единственные $u$ и $v$, которые определяют эти решения.
Действительно, допустим, что $x=2uv=2u_1v_1,$где $(u_1,v_1)=1$.
В этом случае на основании формул (7), имеем:
1) $x=2uv, y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}, z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$;
2) $x=2u_1v_1, y^n=u_1^{2n}-2^{2(n-1)}v_1^{2n}, z^n=u_1^{2n}+2^{2(n-1)}v_1^{2n}$.
Отсюда имеем,что $y^n+z^n=2u^{2n}=2u_1^{2n}$. Значит, $u=u_1$ и $v=v_1$.
Для уравнения (1) рассмотрим случай, когда $z$ не кратно $n$.
На основании формул (3), имеем, что $z_1^{2n}=x^2+y^2}$. Это уравнение вида (5).
Поэтому, с учетом того, $x=2uv$, имеем:
(8) $z_1^{2n}=u^2+v^2$.
По формуле (7), имеем:
$z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}=(u^2+v^2)M_1+(2^{2(n-1)}-1)v^{2n},$
где $M_1-$некоторый многочлен.
С учетом формул (3) и (8) отсюда получим
$z_1^nz_2^n=z_1^nM_1+(2^{n-1}-1)v^{2n}$.
Отсюда следует, что $(2^{2(n-1)}v^{2n}$ кратно $z_1^n$.
Допустим, что $v^{2n}$ кратно $z_1^n$.
В этом случае из формулы (8) имеем, что $(u,v) \neq 1$.
Если $(u,v) \neq 1$, то из формул (6) и (7) имеем, что $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае уравнение (1) имеет еще более минимальные решения, что противоречит исходному предположению.
Допустим, что $2^{2(n-1)}$ кратно $z_1^n$.
По формуле разности квадратов имеем, что $2^{2(n-1)}-1=(2^{n-1}+1)(2^{n-1}-1)$.
Числа $2^{n-1}+1$ и $2^{n-1}-1$, как можно показать, не имеют общих делителей.
Допустим, что $z_1=z_{11}z_{12}$, тогда имеем:
(9) $2^{n-1}-1=k_1y_{11}$ и $2^{n-1}+1=k_2y_{12}$,
где $k_1$ и $k_2-$некоторые числа.
Рассмотрим число $2^{n-1}+1$. Заметим, что $2^{n-1}+1<2^n$.
Поэтому из формул (9) имеем, что $k_1z_{11}^n<2^n$ и $k_2z_{12}<2^n$.
Эти неравенства возможны в целых числах, только если $z_{11}=z_{12}=1$.
Тогда $z_1=z_{11}z_{12}=1$. По формуле (8) имеем, что $1=u^2+v^2$.
Это равенство возможно в целых числах, только если $v=0$. В этом случае уравнение (1) имеет только тривиальное решение.
Для второго случая, когда $z$ кратен $n$, используя формулы (4), (6) и (7) , имеем аналогичный результат.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 01:02 


22/02/09

285
Свердловская обл.
iakowlew в сообщении #384457 писал(а):
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.

Допустим ВЫ правы.Доказательство для $n$,где $n$- простое число, будет?

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 12:51 
Заморожен


18/11/10
63
г. Киров
В тексте док-ва есть несколько опечаток (администраторы не дают мне возможности их поправить), но есть надежда, что элементарное док-во ВТФ существует, так как допустим, если для $n=4$ и $n=6$ нет решения в целых, то почему оно должно быть для $n=5$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 13:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14430
Ни одно нечётное число не делится нацело на 2, так почему же 8 должно делиться??? :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 13:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
iakowlew в сообщении #384576 писал(а):
то почему оно должно быть для $n=5$

Риторический вопрос в качестве доказательства обычно не принимется.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 15:34 
Заблокирован


03/09/06

188
Украина, г. Харьков
gris в сообщении #384580 писал(а):
Ни одно нечётное число не делится нацело на 2, так почему же 8 должно делиться??? :-)


Вы озадачили своим вопросом (?)

Давайте, попробуйте заново.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 18:35 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
До сюда нет замечаний.
iakowlew в сообщении #384457 писал(а):
Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n\geqslant 3$ и $n-$простое число.
Обозначим $x^2+y^2=t$, откуда $x^2=t-y^2$, тогда имеем:
$z^{2n}=(t-y^2)^n+y^{2n}$.
Разложим $(t-y^2)$ по формуле бинома Ньютона, получим
$z^{2n}=t^n-C_n^1y^2t^{n-1}+...+C_n^{n-1}y^{2(n-1)}t-y^{2n}+y^{2n},$
или
$z^{2n}=t(tM+C_n^{n-1}y^{2(n-1)})$,
где $M-$некоторый многочлен.
Учтем, что $t=x^2+y^2$ и $C_n^{n-1}=n$, получим
(2) $z^{2n}=(x^2+y^2)((x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)})$.
Допустим, что $x^2+y^2$ и $(x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)}$ в формуле (2) имеют общий делитель $p$ и $p \neq n$.
Значит, и $y^{2(n-1)}$ делится на $p$, поскольку $n-$ простое число.
Тогда $(x^2+y^2,y^2) \neq 1$, откуда $(x,y) \neq 1$ и $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае уравнение (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $z$ не кратен $n$ имеем:
(3) $z=z_1z_2,     z_1^{2n}=x^2+y^2$.
Если $z$ кратен $n$, значит, $y$ не кратен $n$, тогда имеем:
(4)$y=y_1y_2,   y_1^{2n}=z^2-x^2$.
Уравнение (1) это уравнение вида
(5) $a^2+b^2=c^2$,
где $a=x^n, b=y^n, c=z^n.$
Как известно, основные решения этого уравнения в целых числах имеют вид:
$a=2mk, b=m^2-k^2, c=m^2+k^2$, причем $(m,k)=1$ и одно из этих чисел четное.
Допустим в уравнении (1) $x-$ четное число.
Тогда $x^n=2mk$. Поскольку $x-$целое число, то $m=u^n$ и $k=2^{n-1}v^n$.
Таким образом, решения уравнения (1) в целых числах имеют вид:
(6) $x^n=2^nu^nv^n$ или $x=2uv$;
(7) $y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}$, (исправлена опечатка) $z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$,
где $u-$нечетное число и $(u,v)=1.$
Если уравнение (1) имеет решение в целых числах, то очевидно существуют такие минимальные числа $x,y,z$,
которые являются решением уравнения (1), а также такие единственные $u$ и $v$, которые определяют эти решения.
Действительно, допустим, что $x=2uv=2u_1v_1,$где $(u_1,v_1)=1$.
В этом случае на основании формул (7), имеем:
1) $x=2uv, y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}, z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$;
2) $x=2u_1v_1, y^n=u_1^{2n}-2^{2(n-1)}v_1^{2n}, z^n=u_1^{2n}+2^{2(n-1)}v_1^{2n}$.
Отсюда имеем,что $y^n+z^n=2u^{2n}=2u_1^{2n}$. Значит, $u=u_1$ и $v=v_1$.
Для уравнения (1) рассмотрим случай, когда $z$ не кратно $n$.
На основании формул (3), имеем, что $z_1^{2n}=x^2+y^2}$. Это уравнение вида (5).

Дальше много опечаток. Попробую исправить их:

Цитата:
Поэтому, с учетом того, $x=2uv$, имеем:
(8) $z_1^{n}=u^2+v^2$. (исправлено)

Тут сидит основная ошибка. Дело в том, что раньше разложение $x=2uv$ была взята из решения уравнения Пифагора $z^{2n}=x^{2n}+y^{2n}$.
А здесь он утверждает, что это же разложение годится и для уравнения Пифагора:
$z_1^{2n}=x^2+y^2.$
Дело в том, что здесь должно использоваться вообще говоря другое разложение. Таких разложений на взаимно простые множители много, если $x$ имеет много простых делителей.
Поэтому бессмысленно дальше читать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 20:15 
Заморожен


18/11/10
63
г. Киров
Посмотрите, что значит минимальное решение ур-я (1) .
Там все рассмотрено. Это и есть центральный пункт док-ва.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 20:37 
Заблокирован


03/09/06

188
Украина, г. Харьков
В этом фрагменте:

iakowlew в сообщении #384457 писал(а):
Как известно, основные решения этого уравнения в целых числах имеют вид:
$a=2mk, b=m^2-k^2, c=m^2+k^2$, причем $(m,k)=1$ и одно из этих чисел четное.
Допустим в уравнении (1) $x-$ четное число.
Тогда $x^n=2mk$. Поскольку $x-$целое число, то $m=u^n$ и $k=2^{n-1}v^n$.



бросилась в глаза потеря общности. Думаю правильно так:

Поскольку $x-$целое число, то либо $m=u^n$ и $k=2^{dn-1}v^n$, либо $m=2^{dn-1}u^n$ и $k=v^n$, где $d$ некоторое натуральное, $u$ и $v$ нечетные.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 21:50 
Заблокирован


03/09/06

188
Украина, г. Харьков
iakowlew в сообщении #384457 писал(а):
Действительно, допустим, что $x=2uv=2u_1v_1,$где $(u_1,v_1)=1$.
В этом случае на основании формул (7), имеем:
1) $x=2uv, y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}, z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$;
2) $x=2u_1v_1, y^n=u_1^{2n}-2^{2(n-1)}v_1^{2n}, z^n=u_1^{2n}+2^{2(n-1)}v_1^{2n}$.
Отсюда имеем,что $y^n+z^n=2u^{2n}=2u_1^{2n}$. Значит, $u=u_1$ и $v=v_1$.


Я бы Вас зауважал, если бы из допущения в первой строке цитаты вывели

Значит, $u=v_1$ и $v=u_1$.

(Ой горе ж той чайке)

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 22:23 
Заморожен


18/11/10
63
г. Киров
Я сократил полное док-во с 4 страниц до 2 страниц, т. е. ,
я предлагаю просто алгоритм док-ва.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 23:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
iakowlew в сообщении #384731 писал(а):
Посмотрите, что значит минимальное решение ур-я (1) .
Там все рассмотрено. Это и есть центральный пункт док-ва.

Минимальность по вашему означает только то, что разлагается на произведение взаимно простых.
Если $u,v, x=2uv$ имеют много простых делителей, то таких способов разложения много.
Например $(2*3*5*7*11*2)^2+(66^2-35^2)^2=(66^2+35^2)^2$ и
$(2*3*5*7*11*2)^2+(70^2-33^2)^2=(70^2+33^2)^2$ имеется еще несколько взаимно простых с тем же $x$ реешений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение07.12.2010, 23:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
iakowlew в сообщении #384798 писал(а):
Я сократил полное док-во с 4 страниц до 2 страниц, т. е. ,
я предлагаю просто алгоритм док-ва.

Теперь ещё сократите. Опубликуйте доказательство для n=3, раз вы написали что ваше доказательство справедливо для
Цитата:
$$n\geqslant 3$$ и $n-$простое число.

то бишь, для чётного показателя равного шести.
Это будет в рамках здешних местных правил про БТФ, да и самому будет легче, а нам то ещё легчее. Заодно и исправите ошибки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение08.12.2010, 00:10 
Заморожен


18/11/10
63
г. Киров
Центральный пункт док-ва, состоит в том, что если ур-е (1) имеет
минимальное решение в целых, т. е. $x_{min}, y_ {min},z_{min}$,
то они определяются единственными значениями $u$ и $v$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.
Сообщение08.12.2010, 01:24 


22/02/09

285
Свердловская обл.
iakowlew в сообщении #384576 писал(а):
так как допустим, если для $n=4$и $n=6$ нет решения в целых, то почему оно должно быть для $n=5$.

А я то по наивности считал,что если найти доказательство ВТФ для "простых" степеней и самое главное найти простое решение для $n=3$,то для всех остальных степеней найдется решение,как говорят,дело техники.Действительно: век живи и век учись.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 51 ]  На страницу 1, 2, 3, 4  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