О теореме Ферма

[artez]

Положительные рациональные числа $z, x, y$ удовлетворяющие соотношение
$x^3+y^3=z^3$ (если такие числа существуют), должны удовлетворять неравенства
$z > x$; $z > y$; (1)
$z < x + y$; (2)
Если $z\geqslant x + y$, то $z^3 > x^3+y^3$.
$z^2<x^2+y^2$; (3)
Если $z^2\geqslant x^2+y^2$, то $z^3 > x^3+y^3$.
Отметим, что из (2) следует (1), но не наоборот.
$x\ne y$; (4)
Если $x=y$, то $z^3=2x^3$, откуда следует, что $\sqrt[3]{2}=\frac{z}{x}$, где $z$ и $x$ - рациональные числа, но число $\sqrt[3]{2}$ иррациональное.
Условия (2), (3), (4) позволяют сделать вывод, что числа $z, x, y$ могут быть выражены сторонами разностороннего остроугольного треугольника. Наибольший угол $\gamma$ этого треугольника, лежащий против стороны $z$ , удовлетворяет неравенству
$60^{\circ} < \gamma < 90^{\circ}$
Если $\gamma \leqslant 60^{\circ}$ то сумма углов треугольника была бы меньше $180^{\circ}$.
Тогда
$0<\cos \gamma <\frac{1}{2}$,
$0<2\cos \gamma < 1$.
Обозначим $2\cos \gamma = k$.
По теореме косинусов
$z^2=x^2+y^2-2xy\cos\gamma$, или
$z^2=x^2+y^2 - kxy$.
Так как $z,x,y$ - рациональные числа то и $k$ - рациональное число. Разделим на $z^2$ и получим
$ 1 = (\frac{x}{z})^2 + (\frac{y}{z})^2 - k \frac{x}{z}\frac{y}{z} $.
Обозначим
$\frac{x}{z}=a$; $\frac{y}{z}=b$
$1=a^2+b^2-kab$
$1-a^2=b^2-kab$
$(1-a)(1+a)=b(b-ka)$
$\frac{b}{1+a}=\frac{1-a}{b-ka}=t$, где $t$ - рациональное число.
Имеем систему
$\left\{ \begin{array}{rcl} \frac{b}{1+a}=t \\ \frac{1-a}{b-ka}=t \end{array} \right.$
Ее решение –
$a= r\frac{1-t^2}{t^2-kt+1} $; $b=r\frac{2t-kt^2}{t^2-kt+1}$.
Где $r$ – рациональное число, которое без потери общности можно считать равным 1. Рациональное число $t$ запишем как отношение натуральных чисел
$t=\frac{u}{v}$
В результате
$\frac{x}{r}=\frac{1-\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$; $\frac{y}{r}=\frac{2\frac{u}{v}-k\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$;
$x=r(v^2-u^2)$, $y=r(2uv-ku^2)$, $z=r(u^2+v^2-kuv)$.
Так как $r=1$ получаем следующее:
$x=v^2-u^2$, $y=2uv-ku^2$, $z=u^2+v^2-kuv$.
Из условия $z>x$ имеем
$v^2+u^2-kuv>v^2-u^2$
$2u^2>kuv$
$2u>kv$
$v<\frac{2u}{k}$
Из условия $z>y$ имеем
$v^2+u^2-kuv>2uv-ku^2$
$v^2+u^2(1+k)-(2+k)uv>0$
$\frac{v^2}{u^2}-(2+k)\frac{v}{u}+(1+k)>0$
Решаем неравенство, относительно $\frac{v}{u}$
$D=(2+k)^2-4(1+k)=4+4k+k^2-4-4k=k^2$
$\sqrt{D}=k$
Следовательно, или
$\frac{v}{u}<\frac{2+k-k}{2}=1$; $\frac{u}{v}<1$, что невозможно, ибо $v>u$.
или
$\frac{v}{u}>\frac{2+k+k}{2}=1+k$; $v>u+ku$.
Таким образом $v$ удовлетворяет двойное неравенство
$u+ku<v<\frac{2u}{k}$
Предположим существование таких значений как $u,v\text{ и }k\in(u+ku; \frac{2u}{k})$, что определяемые ими $x,y,z$ удовлетворяют уравнение
$z^3=x^3+y^3$.
Зафиксируем необходимые значения и их и рассмотрим.
Две непрерывные функции от $v$ на интервале $\begin{bmatrix}u+ku, \frac{2u}{k}\end{bmatrix}$; $v \in R$
$\int_1(v)=(v^2+u^2-kuv)^3$;
$\int_2(v)=(v^2-u^2-)^3+(2uv-ku^2)^3$.
Для выполнения равенства $z^3=x^3+y^3$ , необходимо, что бы нашлось натуральное число $v$, такое что
$v \in (u+ku;\frac{2u}{k})$
и
$\int_1(v)=\int_2(v)$
$\int_1(u+ku)=\int_2(u+ku)$
$\int_1(\frac{2u}{k})=\int_2(\frac{2u}{k})$
Производные от которых
$\int_1(v)=3(v^2+u^2-kuv)^2(2v-ku)>0$
$\int_2(v)=3(v^2-u^2)2v+3(2uv-ku^2)^2 2u>0$
на промежутке
$\begin{bmatrix}u+ku, \frac{2u}{k}\end{bmatrix}$
Обе функции монотонно возрастают на промежутке, при этом на его концах значения первой функции меньше соответствующих значений второй. Следовательно, ни при каком значении $v$ из этого промежутка не будет выполняться равенство $\int_1(v)=\int_2(v)$ и так же равенство $z^3=x^3+y^3$ . Таким образом, это уравнение не имеет положительных рациональных решений (в том числе натуральных). Эти рассуждения можно привести для любого показателя степени n, такого что $2<n\leqslant 3$.

Рассмотрим уравнение $z^4=x^4+y^4$.
Положительные рациональные числа ему удовлетворяющие должны удовлетворять неравенству
$z^3<x^3+y^3$ (5)
Отметим, что из (5) следует (2) и (1), но не наоборот.
Проведя полностью аналогичные предыдущим рассуждения, приходим к выводу, что уравнение $z^4=x^4+y^4$ не имеет рациональных положительных решений и что это справедливо для любого показателя степени n, такого что $3<n\leqslant 4$.

Повторяя эти шаги для $n = 5,6,7…$, приходим к выводу - уравнение
$z^n=x^n+y^n$
при ЛЮБОМ $n > 2$ не имеет положительных рациональных решений (в том числе и натуральных). Ограничимся пока натуральными значениями $n>2$. Если $n$ – четное число, то очевидно, что уравнение $z^n=x^n+y^n$ не будет иметь никаких рациональных решений.
Если $n$ – нечетное, то$ x,y,z$ не могут быть одновременно отрицательными рациональными числами, так как умножение уравнения на $-1$ приведет к положительным рациональным решениям.

Очевидно, что невозможны случаи
$x<0$; $y<0$; $z>0$ и
$x>0$; $y>0$; $z<0$.

Рассмотрим возможность $x<0$; $y>0$; $z>0$:
$z^n=x^n+y^n$
$y^n=z^n-x^n$
$y^n=z^n+(-x^n)$
При этом $y>0$; $z>0$; $(-x)>0$, т.е. уравнение имеет положительные рациональные решения, что невозможно.
Возможность решения при $x>0$; $y<0$; $z>0$ рассматривается аналогичным образом.

Рассмотрим возможность решения при $x<0$; $y>0$; $z<0$:
$x^n+y^n=z^n$
$y^n+(-z^n)=(-x^n)$
при этом $y>0$; $(-z)>0$; $(-x)>0$ что невозможно.
Аналогично $x>0$; $y<0$; $z<0$.

Рассмотрим случай $n=\frac{e}{m}$.
Имеем уравнение
$x\frac{e}{m}+y\frac{e}{m}=z\frac{e}{m}$
из которого вытекает, что
$(\sqrt[m]{x})^e+(\sqrt[m]{y})^e=(\sqrt[m]{z})^e$
Для существования рациональных решений все радикалы должны иметь рациональные значения.
Приходим к уже рассмотренным возможностям.
В случае иррационального показателя степени n предельным переходом приходим к тому же выводу:
"Уравнение $x^n+y^n=z^n$, при любом $n>2$; $n \in R$", имеет решением такую тройку чисел, что по меньшей мере одно из них является иррациональным. Например, уравнение
$x^3+y^3=z^3$ имеет решение $x=1; y=2; z=\sqrt[3]{9}$"

В общем, как то так. Доказательство не мое, я всего лишь рерайтер. Так что возможны мелкие или же крупные ошибки, которые, надеюсь, опытные форумчане, а так же, уважаемые модераторы, выявят. Автор сего труда, Желтков В.Ю., мой непосредственный родственник,так что конструктивные замечания и или же указания на ошибки не останутся незамеченными.
Всем спасибо.

[venco]

artez в сообщении #1107920 писал(а):

Имеем систему
$\left\{ \begin{array}{rcl} \frac{b}{1+a}=t \\ \frac{1-a}{b-ka}=t \end{array} \right.$
Ее решение –
$a= r\frac{1-t^2}{t^2-kt+1} $; $b=r\frac{2t-kt^2}{t^2-kt+1}$.
Где $r$ – рациональное число, которое без потери общности можно считать равным 1.

Это решение только при $r=1$.

artez в сообщении #1107920 писал(а):

В результате
$\frac{x}{r}=\frac{1-\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$; $\frac{y}{r}=\frac{2\frac{u}{v}-k\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$;

А здесь вы перепутали $z$ и $r$ (которое, как мы помним, равно 1). Дальнейшие выводы совсем неправилные.

[artez]

При подстановке уравнения Ферма, $r$ все равно сокращается, вне зависимости от принятого значения. Поэтому и принимается равным 1.

Да, действительно, перепутал $r$ c $z$.
Данные вычисления следует читать как
$\frac{x}{z}=\frac{1-\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$; $\frac{y}{z}=\frac{2\frac{u}{v}-k\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$;

Будьте добры, укажите в чем неверность выводов.
Спасибо.

[vasili]

Уважаемый artez! Если $kxy$ число целое, то нет доказательства того , что $ku^2$ и $kuv$ также числа целые.
Если эти числа не целые, то x и y также числа не целые.

[venco]

artez в сообщении #1108224 писал(а):

При подстановке уравнения Ферма, $r$ все равно сокращается, вне зависимости от принятого значения. Поэтому и принимается равным 1.

Не сокращается.

artez в сообщении #1108224 писал(а):

Да, действительно, перепутал $r$ c $z$.
Данные вычисления следует читать как
$\frac{x}{z}=\frac{1-\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$; $\frac{y}{z}=\frac{2\frac{u}{v}-k\frac{u^2}{v^2}}{\frac{u^2}{v^2}-k\frac{u}{v}+1}$;

Будьте добры, укажите в чем неверность выводов.

Первый же вывод о неразрешимости неравенств неверен.

[uxamat]

artez в сообщении #1107920 писал(а):

По теореме косинусов
$z^2=x^2+y^2-2xy\cos\gamma$, (1)
или
$z^2=x^2+y^2 - kxy$. (2)

Уважаемый(ая) artez,
в соответствии с этими формулами $k=2\cos\gamma$.
В соответствии с теоремой косинусов косинус угла всегда равен:
$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}$
В этом случае всегда:
$k=2\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{xy}$
Обращаю Ваше внимание на то, что $k$ - простая дробь, а не целое число.
Подставив значение числа $k$ в уравнение (1), получим: $z^2=z^2$
Извините, но все Ваши старания были напрасными.
P.S. Уважайте оппонентов, номеруйте формулы.

[artez]

Уважаемый, venco!
Обоснование неверности выводов имеется?

Уважаемый, uxamat!
Естественно, что обратная подстановка даст именно $z^2=z^2$.
Более того, как может быть число $k$ целым, если оно лежит на промежутке $0<k<1$?

[venco]

artez в сообщении #1108312 писал(а):

Уважаемый, venco!
Обоснование неверности выводов имеется?

Так вы исправили ошибку в последующих формулах?