Доказательство ВТФ

[falconer]

Ответ относительно уравнения $x^4+y^4=z^4$.

Запишем его в виде

$$\left[\left(x+y\right)^2-z^2-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z^2-2xy\right]=2x^2y^2$$

И далее разделим обе части уравнения на $4x^2y^2$ (каждую скобку на $2xy$)

$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{2xy}-1\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{2xy}-1\right]=\frac{1}{2}$$

и поменяем знаки в скобках

$$\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{2xy}\right]\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{2xy}\right]=\frac{1}{2}$$

Если это равенство верно при каких-то $x,y,z$, то обе скобки по модулю не могут быть $>1$. Если одна из скобок по модую больше 1, то произведение будет отрицательным. Итак, обе скобки меньше 1. Следовательно, и их разность должна быть меньше 1. Но

$$\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{2xy}\right]-\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{2xy}\right]=\frac{z^2}{xy}>1,$$

поскольку согласно лемме 1 в любом решении $x<z$ и $y<z$.
Полученное противоречие и доказывает, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ не имеет натуральных решений.

[mihaild]

falconer в сообщении #1496806 писал(а):

Если одна из скобок по модую больше 1, то произведение будет отрицательным

Почему?

falconer в сообщении #1496806 писал(а):

обе скобки меньше 1. Следовательно, и их разность должна быть меньше 1

Почему?

falconer в сообщении #1496806 писал(а):

доказывает, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ не имеет натуральных решений

И что вещественных нет - тоже доказывает.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1496806 писал(а):

Полученное противоречие и доказывает, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ не имеет натуральных решений

А заодно и любых положительных решений (ведь в этом новом рассуждении Вы нигде не использовали то, что $x$, $y$, $z$ целые). Что абсурдно.

[mihiv]

falconer в сообщении #1496620 писал(а):

Разделив $z^p$ на $x+y$

$$ \frac{z^p}{a+b}=\frac{d^pk^p}{\alpha kd}=\frac{d^{p-1}k^{p-1}}{\alpha},$$

натурального числа не получаем!

Может быть, лучше показать на конкретном примере. Пусть $x+y=4^3, z=4\cdot 13, p=3, \dfrac {x+y}z=\frac {16}{13}<2^{\frac 23}$. Тогда $(x+y,z)=4<z$, но $\dfrac {z^3}{x+y}=13^3$.

[falconer]

Доказательство ВТФ для уравнения 4-й степени мне не удалось. Но эта часть ВТФ доказана Ферма.
Поэтому для полного доказательства ВТФ достаточно доказать, что уравнение

$$x^p+y^p=z^p\qquad (1)$$

не имеет натуральных решений, если показатель степени --- любое нечетное простое натуральное число.

Замечания к этой части доказательства мне не понятны. Возможно оно записано невнятно. Повторю доказательство еще раз.



Для любого нечетного простого $p$ левая часть уравнения (1) разлагается на множители

$$ (x+y)\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;x^{p-1-i}y^i = z^p \qquad (2)$$

Допустим, что существует натуральное решение уравнения (1): тройка взаимно простых натуральных чисел $x=a,y=b,z=c$. Тогда согласно (2)
в этом решении сумма $a+b$ должна быть делителем $c^p$. Но это невозможно.

Согласно лемме 1 в этом решении должно выполняться неравенство

$$1<\frac{a+b}{c}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Следовательно

$$ a+b=kd,\;c=kf,\;1\le k < c,\;d>f,\;\;НОД(d,f)=1$$

Тогда

$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{k^pf^p}{kd}=\frac{k^{p-1}f^p}{d}$$

И мы приходим к невозможному требованию: натуральное число должно быть равно рациональному

$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;a^{p-1-i}b^i\stackrel{?}{=}\frac{k^{p-1}f^p}{d}$$

Допустив наличие натурального решения, мы пришли к противоречию, которое доказывает: допущение было ошибочным, уравнение (1) не имеет натуральных решений.

[mihaild]

falconer, где у вас используется условие $n > 2$?

[nnosipov]

falconer в сообщении #1497487 писал(а):

И мы приходим к невозможному требованию: натуральное число должно быть равно рациональному

$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;a^{p-1-i}b^i\stackrel{?}{=}\frac{k^{p-1}f^p}{d}$$

Но Вы не доказали, что последняя дробь не может быть целым числом. Почему $k^{p-1}$ не может делиться на $d$?

Вообще, по правилам этого подфорума доказательство ВТФ требуется сначала выписать явно для показателя $n=3$. Советую Вам это сделать, в том числе и для того, чтобы ошибки в рассуждениях были видны более отчетливо.

[falconer]

falconer, где у вас используется условие $n > 2$?

Доказательство проведено для всех натуральных нечетных простых чисел. Минимальное такое число = 3.


Но Вы не доказали, что последняя дробь не может быть целым числом. Почему $k^{p-1}$ не может делиться на $d$?

Если натуральное число разлагается на 2 множителя $a+b=kd$, то эти сомножители взаимно просты. Числовой пример
$a+b=14=2\cdot 7,\;c=6=2\cdot 3,\;\frac{c^5}{a+b}=\frac{2^53^5}{2\cdot 7}=\frac{2^43^5}{7}$

Только не привязывайте этот пример к теореме. Цифры взяты с потолка.

Я не знаю как цитировать Ваши вопросы. Подскажите.

[mihaild]

falconer в сообщении #1497494 писал(а):

для всех натуральных нечетных простых чисел

Где вы пользовались нечетностью и простотой?

falconer в сообщении #1497494 писал(а):

Если натуральное число разлагается на 2 множителя $a+b=kd$, то эти сомножители взаимно просты

Это неправда. Контрпример: $2 + 2 = 2 \cdot 2$.

falconer в сообщении #1497494 писал(а):

Я не знаю как цитировать Ваши вопросы

Выделяете нужный текст и нажимаете "вставка" в правом нижнем углу сообщения, из которого хотите процитировать.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1497494 писал(а):

Если натуральное число разлагается на 2 множителя $a+b=kd$, то эти сомножители взаимно просты.

Однако ... Это как-то слишком неверно.

[falconer]

mihaild в сообщении #1497495 писал(а):

Это неправда. Контрпример: $2 + 2 = 2 \cdot 2$.

Согласен.

Но с другой стороны это число $2^2$. При разложении на простые множители классическая запись

$$ a=p^k\cdot q^n\cdot m$$

а не

$$\underbrace{p\cdot p\cdot p\cdot ... \cdot p }_{k}\cdot \underbrace{q\cdot q\cdot q\cdot ... \cdot q}_{n}\cdot m$$

Поэтому в

$$ a+b=2^2\cdot d,\;c=2^2\cdot f,\;(d,f)=1,\;\frac{c^p}{a+b}=\frac{2^{2p}f^p}{2^2d}=\frac{2^{2p-2}f^p}{d}\text{ все равно рациональное} $$

Приведите Ваш конрпример.

[mihaild]

Вы хотите, чтобы я контпример к ВТФ привел?) Нет, это я сделать не могу. Но и не должен - это вы должны явно выписать доказательство, чётко определя все вводимые символы, и явно формулируя и доказывая промежуточные утверждения.
Ну и да, очевидно, что правая часть является рациональной. Но вопрос не в этом, а в том, является ли она целой (целые числа - тоже рациональные).
Пока что вы писали

falconer в сообщении #1497487 писал(а):

$$ a+b=kd,\;c=kf,\;1\le k < c,\;d>f,\;\;НОД(d,f)=1$$

Тут тоже неплохо бы явно ввести $k, d, f$, ну да ладно - понятно, что $k$ - НОД $a + b$ и $c$. Дальше нужно доказать, что $\frac{k^{p - 1} f^p}{d}$ не является целым. Доказать это исключительно из равенств выше не получится.
И вы пропустили вопрос

mihaild в сообщении #1497495 писал(а):

Где вы пользовались нечетностью и простотой?

[falconer]

mihaild в сообщении #1497509 писал(а):

Вы хотите, чтобы я контпример к ВТФ привел?) Нет, это я сделать не могу. Но и не должен - это вы должны явно выписать доказательство, чётко определя все вводимые символы, и явно формулируя и доказывая промежуточные утверждения.
Ну и да, очевидно, что правая часть является рациональной. Но вопрос не в этом, а в том, является ли она целой (целые числа - тоже рациональные).

Давайте все же закроем этот вопрос.

Итак, есть натуральное решение $x=a,y=b,z=c$ уравнения Ферма

$$ x^p+y^p=z^p $$

Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству

$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Дробь $m/n$ - несократимая ($(m,n)=1$) и $n>1$. Тогда и $(c,m)=1$. Это следует из

$$(a+b)n=cm$$

Если $(c,m)=k>1$, то квадрат $k^2$ должен быть делителем $a+b$, поскольку $(m,n)=1$. И мы приходим к (сумма $a+b$ кратна $k^2$, а $c$ и $m$ кратны $k$)

$$ 1<\frac{k(a+b)}{k^2c}=\frac{km_1}{n}$$

$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m_1}{n},$$

где $m_1<m$. Но $m/n$ была несократимой дробью! Итак, $(c,m)=1$.

$$a+b=c\;\;\frac{m}{n}$$

Очевидно, что $(c,n)>1$, но я не провожу сокращение специально.

$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}$$

Поскольку $(m,n)=1$ и $(c,m)=1$, то

$$\frac{nc^{p-1}}{m}\text{ - это рациональное число, если натуральные числа } a,b,c \text{ - решение уравнения Ферма} $$

И мы приходим к невозможному требованию равенства натурального и рационального чисел.

$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\,a^{p-1-i}b^i = \frac{nc^{p-1}}{m}$$

Надеюсь, вопрос с делимостью закрыт.

-- 23.12.2020, 00:36 --

mihaild в сообщении #1497509 писал(а):

Вы хотите, чтобы я контпример к ВТФ привел?) Нет, это я сделать не могу. Но и не должен - это вы должны явно выписать доказательство, чётко определя все вводимые символы, и явно формулируя и доказывая промежуточные утверждения.
Ну и да, очевидно, что правая часть является рациональной. Но вопрос не в этом, а в том, является ли она целой (целые числа - тоже рациональные).

Прошу прощения. В предыдущем ответе я наколбасил. Поэтому посылаю исправленный вариант.

Давайте все же закроем этот вопрос.

Итак, есть натуральное решение $x=a,y=b,z=c$ уравнения Ферма

$$ x^p+y^p=z^p $$

Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству

$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Дробь $m/n$ - несократимая ($(m,n)=1$) и $n>1$. Тогда и $(c,m)=1$. Это следует из

$$(a+b)n=cm$$

Если $(c,m)=k>1$, то квадрат $k^2$ должен быть делителем $a+b$, поскольку $(m,n)=1$. И мы приходим к

$$ a+b=k^2t,\;c=kc_1,\;m=km_1$$

$$ \frac{a+b}{c}=\frac{k^2t}{kc_1}=\frac{km_1}{n}$$

$$ \frac{a+b}{c}=\frac{m_1}{n},$$

где $m_1<m$. Но $m/n$ была несократимой дробью! Итак, $(c,m)=1$.

$$a+b=c\;\;\frac{m}{n}$$

Очевидно, что $(c,n)>1$, но я не провожу сокращение специально.

$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}$$

Поскольку $(m,n)=1$ и $(c,m)=1$, то

$$\frac{nc^{p-1}}{m}\text{ - это рациональное число, если натуральные числа } a,b,c \text{ -решение уравнения Ферма} $$

И мы приходим к невозможному требованию равенства натурального и рационального чисел.

$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\,a^{p-1-i}b^i = \frac{nc^{p-1}}{m}$$

Надеюсь, вопрос с делимостью закрыт.

[mihaild]

falconer в сообщении #1497519 писал(а):

$$ \frac{a+b}{c}=\frac{k^2t}{kc_1}=\frac{km_1}{n}$$

$$ \frac{a+b}{c}=\frac{m_1}{n},$$

Какой-то магический переход. Куда $k$ делось?

Ну и напоминаю, что натуральные числа по определению рациональные; прекратите, пожалуйста, говорить "рациональные", подразумевая "нецелые рациональные".

[falconer]

mihaild в сообщении #1497524 писал(а):

Какой-то магический переход. Куда $k$ делось?

$$\frac{a+b}{c}=\frac{k^2t}{kc_1}=\frac{km_1}{n} $$

$$\frac{kt}{c_1}=\frac{km_1}{n} $$

$$\frac{t}{c_1}=\frac{m_1}{n} $$

Давайте обойдемся без $k$.

На входе у нас дробь $(a+b)/c$. Она сокращается до несократимой дроби $m/n$. В чем заключается процесс сокращения?
Из числителя и знаменателя убирается все, что у них общее. В результате в $m$ остается только то,чего нет в $c$.
Отсюда $(c,m)=1$. А в $n$ остается только то,чего нет в $a+b$. Следовательно, и $(m,n)=1$, т.е . $m/n$ - несократима дробь.
Из

$$ \frac{a+b}{c}=\frac{m}{n} $$

получаем

$$a+b=c\;\frac{m}{n} $$

Несмотря на то, что $(c,n)>1$, сокращение я не делаю.

$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{nc^{p-1}}{m} -\text{ несократимая дробь,} $$

т.к. $(m,n)=1$ и $(c,m)=1$

.

mihaild в сообщении #1497524 писал(а):

Ну и напоминаю, что натуральные числа по определению рациональные; прекратите, пожалуйста, говорить "рациональные", подразумевая "нецелые рациональные".

Предлагаете писать "нецелые рациональные". А почему не "нецелые действительные"? Ведь Ваши ''натуральные числа по определению рациональные '' еще и действительные.

Я старой закалки и придерживаюсь следующих определений.
Натуральные числа - все целые положительные числа (1, 2, 3, ...)
Целые - все отрицательные натуральные, 0 и все натуральные.
Рациональные - все числа представимые как отношение двух целых ($m/(n\not=0),\;(m,n)=1$).
И т.д.

А то, что

$$ 2=\frac{2}{1},$$

не делает 2 рациональным.

Позвольте мне различать натуральные, целые и рациональные числа так, как я привык.