простейшее доказательство ВТФ

[arhad]

Не хотелось бы создавать новой темы, попробую тут привести можно сказать простейшее доказательство:

По формулировке:

при всех натуральных n>2
x^n+y^n=z^n не имеет натуральных решений x, y и z

Доказательство:
Представим число y^n как y^n=(k*x)^n=k^n*x^n и в итоге получится:
x^n+k^n*x^n=x^n*(1+k^n)=z^n

Число к при любых x и y всегда можно получить положительным.

Так как n, x, y - натуральные числа, то при любом n k^n>0, а, следовательно, (1+k^n)>1 и в таком случае
x^n*(1+k^n)=z^n никогда не будет верным

[PAV]

Отделено в самостоятельную тему

Добавлено спустя 1 минуту 48 секунд:

Вы так прикалываетесь или серьезно предлагаете это как доказательство?

[AD]

arhad ... гениально. Вы с таким трудом доказали, что $z>x$.

И, собственно, всё.

Добавлено спустя 1 минуту 29 секунд:

Кстати, а почему при $n=1$ и $n=2$ ваше доказательство не проходит?

[arhad]

Да, извиняюсь, поспешил с выводами, не прав, однако продвинулся дальше и вроде без таких глупых ошибок.

выражая $y^n$ через x: $x^n+y^n=z^n=x^n*(1+\frac {y^n} {x^n})=x^n*p$
а $x^n$ через y: $x^n+y^n=z^n=y^n*(1+\frac {x^n} {y^n})=y^n*q$

получили два множителя (p и q), причем, если учесть, что

$z>y>x$, то
$p>2, а 1<q<2$

Выражая x и y через эти множители, получаем:

$\frac z p + \frac z q=z=z(\frac 1 p +\frac 1 q)$

Очевидно, что множитель $(\frac 1 p +\frac 1 q)$ должен быть равен 1, чтобы выполнялось

равенство. Но так как $p>2, а 1<q<2$, то это возможно только в случае, если

$\frac 1 p$ и $\frac 1 q$ симметричны относительно $\frac 1 2 $ (возможно, неправильно выразился, но, объясняя на пальцах, если $\frac 1 p=\frac 1 3$ , то $\frac 1 q=\frac 2 3$,

если $\frac 1 p=\frac 1 4$ , то $\frac 1 q=\frac 3 4$ и т.д.)

Тогда попробуем решить систему уравнения, чтобы найти $y$ и $x$:

$ \left\{ \begin{array}{l} \frac 1 p=\frac 1 3 \\ \frac 1 q=\frac 2 3 \end{array} \right. $

$ \left\{ \begin{array}{l} \frac 1 {1+\frac {y^n} {x^n}}=\frac 1 3 \\ \frac 1 {1+\frac {x^n} {y^n}}=\frac 2 3 \end{array} \right. $

$ \left\{ \begin{array}{l} \frac {x^n} {x^n+y^n}=\frac 1 3 \\ \frac {y^n} {x^n+y^n}=\frac 2 3 \end{array} \right. $

$ \left\{ \begin{array}{l} x^n=2y^n \\ y^n=2x^n \end{array} \right. $

Единственное решение вижу в виде (0;0) и то при проверке возникают нопределенности, однако это уже не натуральные числа

Тогда $(\frac 1 p + \frac 1 q)\neq 1$ и
соответственно $z\neq z(\frac 1 p + \frac 1 q)$

[Brukvalub]

Классно издевается! Будем брать уроки!

[cepesh]

arhad
Формулы внутри тега math надо брать в знаки доллара. Если вы не в состоянии прочитать Введение в использование тега math, то будете в скором времени забанены.

[AD]

arhad писал(а):

1/p=1/3
1/q=2/3

Это что? Определение? Аксиома? Теорема? Следствие? Предположение? (нужное подчеркнуть, ненужное зачеркнуть)

Добавлено спустя 1 минуту 44 секунды:

Ну и опять, не забывайте ответить на вопрос

я и не только я писал(а):

почему при $n=1$ и $n=2$ ваше доказательство не проходит?

[arhad]

AD писал(а):

Это что? Определение? Аксиома? Теорема? Следствие? Предположение? (нужное подчеркнуть, ненужное зачеркнуть)

Это вывод из предшествующего размышления

AD писал(а):

Ну и опять, не забывайте ответить на вопрос

а почему оно должно проходить, если речь о n>2 ?

[cepesh]

arhad
Вы уж извините, я вам прямо скажу, чтобы никого не мучать долго: Оставьте вашу затею, у вас не хватает квалификации для минимальной проверки ваших же "доказательств". У нас уже было много ферматистов, и все плохо закончили, хотя они были поопытнее вашего.

Сконцентрируйте свою энергию на изучении изданной литературы по теории чисел, раз вам эта тема интересна.

Если вы моего совета не послушаете, то на протяжении N страниц люди, которые обладают высшим техническим образованием и вменяемым разумом, будут играться с вами как котенок с клубком. Однако, будет 2-3 человека, которые будут упрямо стараться вас поставить на путь истинный. Выбор за Вами, но если вы соберетесь продолжить, то внимательно изучите, как набирать в формулах дроби и знак неравенства. Если не освоите тег math, поселитесь надолго в карантине.

[arhad]

cepesh
а вы к каждому новичку так относитесь? с math разбираюсь, согласитесь, что понять

$\frac{{ - b \pm \sqrt {b^2 - 4ac} }}
{{2a}}\mathfrak{M}\sum\limits_{i = 0}^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}
{x}} {a_i } \oint\limits_D F $

за пару минут непросто

[cepesh]

arhad
Нет, не к каждому.
Соглашаюсь, что с math не очень просто разобраться новичку. А это значит, что сперва надо научиться, потренироваться в специально созданном для этого разделе, а потом уже писать.

[arhad]

AD писал(а):

Это что? Определение? Аксиома? Теорема? Следствие? Предположение? (нужное подчеркнуть, ненужное зачеркнуть)

Там можно взять любую пару чисел из ряда $(\frac 1 3, \frac 2 3), (\frac 1 4, \frac 3 4), (\frac 1 5, \frac 4 5), (\frac 1 6, \frac 5 6),...$

[tolstopuz]

arhad писал(а):

и вроде без таких глупых ошибок.

arhad писал(а):

$x^n=2y^n$

Два вышепроцитированных утверждения противоречат друг другу.

[AD]

arhad писал(а):

Там можно взять любую пару чисел из ряда $(\frac 1 3, \frac 2 3), (\frac 1 4, \frac 3 4), (\frac 1 5, \frac 4 5), (\frac 1 6, \frac 5 6),...$

arhad, вы еще не поняли? Ня. Доказывать нужно для всех пар, а не только для одной! Когда shwedka писал(а) вот это доказательство, она и не думала, что найдутся люди, способные его повторить.

Кстати, а $\left(\frac25,\frac35\right)$ можно взять?

[PAV]

arhad писал(а):

а почему оно должно проходить, если речь о n>2 ?

Если в самом доказательстве это условие нигде содержательно не используется, то это означает, что эти рассуждения на самом деле годятся и для $n=2$, т.е. доказывают неверное утверждение, т.е. можно даже не разбирая доказательство утверждать, что оно ошибочно.

Возьмите любую существующую пифагорову тройку и проведите свои рассуждения для нее. Увидите, что на последнем шаге получаются замечательные натуральные числа. Более того, если возьмете нецелые числа и степень $n>2$, то последняя система тоже отлично разрешится. Т.е. решения у системы точно есть, но они нецелые. Это и требуется доказать. По сути это равносильно исходной задаче.