Доказательство ВТФ

[nnosipov]

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

Из числителя и знаменателя убирается все, что у них общее. В результате в $m$ остается только то,чего нет в $c$.
Отсюда $(c,m)=1$.

Ну да, конечно. Сократите-ка дробь $(a+b)/c=25/15$ и посмотрите, будет ли там $(c,m)=1$.

-- Ср дек 23, 2020 20:18:51 --

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

Предлагаете писать "нецелые рациональные".

Если угодно, можно употреблять термин "дробные числа". Но это все непринципиально. Принципиальным является то, какие свойства делимости целых чисел Вы используете в рассуждениях. Пока это какие-то волшебные свойства.

[Sender]

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

Я старой закалки и придерживаюсь следующих определений.

Вряд ли вы старше, скажем, Марка Яковлевича Выгодского, а в его справочнике определение рациональных чисел соответствует принятому сейчас.

[kotenok gav]

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

А то, что

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

не делает 2 рациональным.

Подставьте $m=2$ и $n=1$ в ваше же собственное определение:

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

Рациональные - все числа представимые как отношение двух целых ($m/(n\not=0),\;(m,n)=1$).

[bot]

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

Целые - все отрицательные натуральные, 0 и все натуральные.

Отрицательных натуральных чисел не бывает. Следовательно согласно Вашему определению множество целых чисел - это дополненное нулём множество натуральных чисел.

[Odysseus]

falconer в сообщении #1497577 писал(а):

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.

Дополню уже приведенные ответы тем, что стандартное определение рациональных чисел, включающее как целые числа, так и дроби, которые не являются целыми числами (вы, как я понимаю, под "рациональным числом" имеете в виду несократимые дроби, причем только те, которые не являются целыми числами, хотя формально записали это неправильно), не случайно именно такое.
Во-первых, множество рациональных чисел обладает рядом универсальных свойств, которые активно изучаются в математике и важны в приложениях. Например, это так называемое "поле", что позволяет привлечь развитую абстрактную теорию полей, не проводя заново многие доказательства конкретно для рациональных чисел. Также, в приложениях часто рассматривают многочлены с рациональными коэффициентами и т.д.
Во-вторых, когда при решении возникает какая-то дробь, то заранее (а часто и потом без сложных вычислений) неизвестно сводится ли она к целому числу или нет.

Поэтому такое множество явно заслуживает своего названия, так же как его заслуживают натуральные числа, целые, вещественные, комплексные и т.д. Не говорить же каждый раз "целые числа и дроби с целыми числителями и знаменатели, когда дробь не является целым числом".

По сравнению с ним, "несократимые дроби с целыми числителями и знаменатели, когда дробь не является целым числом", на которые ссылаетесь вы, далеко не так важны в математике и приложениях, поэтому для них отдельного названия особо никому не нужно. Можно называть их "нецелые рациональные числа" или "нецелые несократимые дроби", если в последнем случае из контекста понятно, что речь не идет об иррациональных или комплексных числах. Если вы хотите дать им какое-то другое свое название из "одного слова" - можете это сделать, но тогда
- Оно не должно обозначать то, для чего в математике уже зарезервирован свой термин, как в случае рациональных чисел. Иначе ваше доказательства будет непонятными или просто будет считаться неправильными. Название "дроби", например, тоже в данном случае будет некорректным, поскольку $ \frac{2}{1}$ это тоже дробь.
- Читателям придется помнить что означает этот новый термин, что уменьшит количество тех, кто захочет разбираться в том, что вы пишите.

Но как вам уже ответили, это чисто терминологический комментарий. Если здесь еще можно после вопросов понять что вы имеете в виду, то ваши ошибки в свойствах делимости целых чисел останутся.

[Valprim]

falconer в сообщении #1497519 писал(а):

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.

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

Так как свойства натуральных не проявляются, то пусть решением уравнения Ферма $a^3+b^3=c^3 $ будет:

$a=3;\quad b=5; \quad c=2\sqrt[3]{19} $. Тогда

$$a+b=c\;\;\frac{m}{n}=3+5=2\sqrt[3]19\frac{4}{\sqrt[3]{19}}$$

И для всех ухищрений

$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}=\frac{(2\sqrt[3]{19})^3}{8}=19$$

[falconer]

nnosipov в сообщении #1497579 писал(а):

Ну да, конечно. Сократите-ка дробь $(a+b)/c=25/15$ и посмотрите, будет ли там $(c,m)=1$.

Доказательство для уравнения Ферма 3-й степени приведено отдельно в конце текста.

Ищем решения уравнения Ферма

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

Для всех нечетных натуральных простых показателей степени $p$ уравнение Ферма
можно записать в виде

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

Из (2) видно, что тройка натуральных чисел $x,y,z$, для которой правая часть будет нецелым рациональным числом, не может быть решением уравнения (1).

Допустим есть натуральное решение уравнения (1) $x=a,y=b,z=c$. Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству

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

где $m/n$ - несократимое нецелое рациональное число, т.е. $(m,n)=1$. Подставим значение $a+b=c\cdot m/n$ в правую часть (2)

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

И если $(m,c)=1$, то правая часть является нецелым рациональным числом, что противоречит утверждению: числа $x=a,y=b,z=c$ - решение.

Таким образом, взаимная простота $m$ и $c$ достаточна для возникновения противоречия. Но это условие не является необходимым.

Допустим $a+b=k^sm_1,\;c=k^qn,\;q<s<pq$. В этом случае

$$\frac{a+b}{c}=\frac{k^sm_1}{k^qn}=\frac{k^{s-q}m_1}{n}, $$

т.е., $(k^{s-q}m_1,c)=k^q$, но $(c,m_1)=1$.

Подставив значения $c$ и $a+b$ в правую часть равенства (2), получим

$$ \frac{c^{p}}{(a+b)}=\frac{k^{qp}n^{p}}{k^sm_1}=\frac{k^{qp-s}n^{p}}{m_1} $$

И здесь получается нецелое рациональное число, т.к. $(k\;n,m_1)=1$, несмотря на то, что $(c,k^{s-q}m_1)>1$.

Рассмотрим вариант $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<pq$, в котором $(c,k^{s-q})=k^q>1$.

$$\frac{a+b}{c}=\frac{k^s}{k^qn}=\frac{k^{s-q}}{n}$$

Для таких значений $a+b$ и $c$

$$ \frac{c^{p}}{(a+b)}=\frac{k^{qp}n^{p}}{k^s}=k^{qp-s}n^{p} $$

прямого противоречия в равенстве (2) не возникает.

Таким образом, вопрос о возможности наличия натуральных решений уравнения Ферма остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<pq,\;(a,b)=1,\;(a,c)=1,\;(b,c)=1$. Проверим возможность решений уравнения Ферма для таких значений переменных.

Поскольку мы считаем приведенные выше значения решением, то согласно лемме 1 должно выполняться неравенство

$$1<\frac{x+y}{z}=\frac{k^s}{k^qn}=\frac{k^{s-q}}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Из неравенства видно, что должны быть верными следующие соотношения

$$ (k,n)=1,\;(y,n)=1,\;(x,n)=1$$

Значения $x$ и $y$ должны быть взаимно просты с $n$ по следующей причине. Если, например, $y=ay_1$ и $n=an_1$, то $(y,z)=a>1$, что противоречит нашему предположению: найдено решение, в котором $x,y,z$ --- взаимно простые числа.

Подставив в уравнение Ферма значения $x=k^s-y,y,z=k^qn$, получим уравнение с одним неизвестным $y$.

$$ (k^s-y)^p+y^p=k^{pq}n^p\qquad (3)$$

$$ \sum_{i=0}^p (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i+y^p=k^{pq}n^p$$

При нечетном $p$ последний член суммы (при $i=p$) равен ($-y^p$), следовательно

$$ \sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;(k^{s})^{(p-i)}\;y^i=k^{pq}n^p$$

Разделим сумму на две части: в первой оставим 2 слагаемых ($i=0,1$), а во второй остальные ($i=2,3\cdots p-1$). Вторую часть суммы перенесем вправо.

$$ \sum_{i=0}^{1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i=k^{pq}n^p-\sum_{i=2}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i$$

или

$$ k^{ps} - pk^{(p-1)s}\;y = k^{pq}n^p-\sum_{i=2}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i$$

Сократим равенство на $k^{(p-1)s}$

$$ k^s - p y = k^{pq-(p-1)s}n^p-\sum_{i=2}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(1-i)}\;y^i$$

При любом простом нечетном $p$ все биномиальные коэффициенты под знаком суммы кратны $p$.
Действительно, из

$$ \frac{i}{p}\binom{p}{i}=\binom{p-1}{i-1}$$

следует

$$p\;|\;\binom{p}{i},$$

т.к. $0<i<p$ и для всех $i$ из этого диапазона $(i,p)=1$.

Кроме того, все члены суммы кратны $y^2/k^s$. Вынося из под знака суммы $py^2/k^s$, получаем

$$k^s-py=k^{pq-s(p-1)}n^p-\frac{py^2}{k^s}\sum_{i=2}^{p-1}(-1)^i\frac{1}{p}\binom{p}{i} \frac{y^{i-2}}{k^{(i-2)s}}\qquad (4) $$

Вычитаемое справа в (4) является нецелым рациональным числом при любых натуральных $k,\;y$ и любом простом нечетном $p$. Действительно, значение $py^2/k^s$ нецелое рациональное число, т.к. $(y,k)=1$ и $s>1$. А сумма является нецелым рациональным числом, т.к. член при $i=2$

$$(-1)^2\frac{1}{p}\binom{p}{2}\frac{y^{2-2}}{k^{(2-2)s}}=\frac{1}{p}\binom{p}{2},$$

является целым числом, а все остальные нецелые. Если привести все члены суммы к общему знаменателю, то

$$\sum_{i=2}^{p-1}(-1)^i\frac{1}{p}\binom{p}{i}\frac{y^{i-2}}{k^{(i-2)s}}=\frac{S}{k^{(p-3)s}},$$

где $(S,k)=1$.

С учетом этого окончательно получаем

$$k^s-py=k^{pq-s(p-1)}n^p-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}}\qquad (5) $$

Дальнейший анализ зависит от значений $pq-s(p-1)$.

Значения

$$pq-s(p-1)>0$$

возможны при любых $q<s<pq/(p-1)$. При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (5) является нецелым рациональным числом

$$k^{pq-s(p-1)}n^p-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}}, $$

как разность целого числа и нецелого рационального числа.

Равенство

$$pq-s(p-1)=0$$

выполняется при $s=pq/(p-1)$, но целые значения $s$ возможны только при $q=\alpha(p-1)$ ($\alpha$ --- любое натуральное число). При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (5) также является нецелым рациональным числом

$$1-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}} $$

Неравенство

$$pq-s(p-1)<0$$

выполняется при $pq/(p-1)<s<pq$. При таких значениях $s$ и $q$

$$k^s-py=\frac{n^p}{k^{s(p-1)-pq}}-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}} \qquad (6) $$

Поскольку $s\not=pq$ при любых $q<s<pq$, то при $(k,p)=1$ знаменатели справа не равны,
и правая часть равенства (6) будет нецелым рациональным числом. Чтобы убедиться в этом, достаточно умножить обе части равенства на $k^{s(p-1)-pq}$

$$k^{s(p-1)-pq}\left(k^s-py\right)= n^p-\frac{py^2S}{k^{pq-s}} $$

При $k=pa$ равенство (6) примет вид

$$(pa)^s-py=\frac{n^p}{(pa)^{s(p-1)-pq}}-\frac{y^2S}{p^{(p-2)s-1}a^{(p-2)s}}\qquad (7) $$

Умножив (7) на $(pa)^{s(p-1)-pq}$, получим

$$(pa)^{s(p-1)-pq}\left((pa)^s-py\right)=n^p-\frac{y^2S}{p^{pq-s-1}a^{pq-s}} $$

Итак, доказано, что правая часть равенства (4) является нецелым рациональным числом при любых натуральных

$$k,\;q<s<pq,\;x+y=k^s,\; z=k^qn,\qquad (8)$$

и при любом простом показателе степени $p>2$. Поэтому не может быть равна левой, которая при тех же значениях является целым числом. Следовательно, уравнение (3) не имеет натуральных решений. Что, в свою очередь, доказывает: уравнение Ферма при любом простом показателе степени $p>2$ не имеет натуральных решений при параметрах переменных, приведенных в (8).

При всех других значениях $x,y,z$ значение правой части в (2)

$$ \frac{z^p}{x+y}$$

является нецелым рациональным числом.

Предполагая существование натурального решения уравнения Ферма ($x=a,y=b,z=c$) с любым нечетным простым показателем степени $p$, приходим к необходимости выполнению невозможного равенства целого числа нецелому рациональному

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

Полученное противоречие доказывает: предположение было ошибочным, уравнение Ферма не имеет натуральных решений при любом простом показателе степени $p>2$.
\vspace{5mm}

$$=============================================$$

Доказательство для уравнения Ферма 3-й степени.

Проверяем возможность решений уравнения Ферма 3-й степени при $x=a,y=b,z=c$, в котором $a+b=k^s$, $c=k^qn$ и $q<s<3q$.

Подставив в уравнение Ферма значения $x=k^s-y,y,z=k^qn$, получим уравнение с одним неизвестным $y$.

$$ (k^s-y)^3+y^3=k^{3q}n^3\qquad (9)$$

$$k^s-3y=k^{3q-2s}n^3-\frac{3y^2}{k^s}\qquad (10) $$

Значения $3y^2/k^s$ являются нецелыми рациональными числами при любых натуральных $y$ и $k$ (даже при $(k,3)=3$, т.к. $s>1$).

Дальнейший анализ зависит от значений $3q-2s$.

Значения

$$3q-2s>0$$

возможны при любых $q<s<3q/2$. При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (9) является нецелым рациональным числом

$$k^s-3y=k^{3q-2s}n^3-\frac{3y^2}{k^s} $$

--- разность целого числа и нецелого рационального.

Равенство

$$3q-2s=0$$

выполняется для целых $s$ и $q$ только при четных значениях $q$ ($s=3q/2$). При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (9) также является нецелым рациональным числом

$$k^s-3y=1-\frac{3y^2}{k^s},\qquad (10) $$

Неравенство

$$3q-2s<0$$

выполняется при $3q/2<s<3q$. При таких значениях $s$ и $q$ равенство (10) примет вид

$$k^s-3y=\frac{n^3}{k^{2s-3q}}-\frac{3y^2}{k^s} $$

Поскольку $s$ не может быть равно $3q$, то знаменатели не равны. Умножим обе части на $k^{2s-3q}$

$$k^{2s-3q}\left(k^s-3y\right)=n^3-\frac{3y^2}{k^{3q-s}}, $$

Правая часть равенства будет нецелым рациональным числом
даже при $k=3a$

$$(3a)^{2s-3q}\left(3^sa^s-3y\right)=n^3-\frac{y^2}{3^{3q-s-1}a^{3q-s}} $$

Итак, доказано, что правая часть равенства (10) является нецелым рациональным числом при любых натуральных

$$k,\;q<s<3q,\;x+y=k^s,\; z=k^qn\qquad (11)$$

И не может быть равна левой, которая при тех же значениях является целым числом.
Что, в свою очередь, доказывает, что уравнение (9) не имеет натуральных решений. Следовательно, уравнение Ферма степени $3$ не имеет натуральных решений при параметрах переменных, приведенных в (11).

При всех других значениях $x,y,z$ значение правой части в (2)

$$ \frac{z^3}{x+y}$$

является нецелым рациональным числом.

Предполагая существование натурального решения уравнения Ферма 3-й степени ($x=a,y=b,z=c$), приходим к необходимости выполнению невозможного равенства целого числа нецелому рациональному

$$a^2-ab+b^2\stackrel{?}{=}\frac{с^3}{a+b}$$

Полученное противоречие доказывает: предположение было ошибочным, уравнение Ферма 3-й степени не имеет натуральных решений.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1498946 писал(а):

Доказательство для уравнения Ферма 3-й степени приведено отдельно в конце текста.

Вот давайте его и будем смотреть.

falconer в сообщении #1498946 писал(а):

Проверяем возможность решений уравнения Ферма 3-й степени при $x=a,y=b,z=c$, в котором $a+b=k^s$, $c=k^qn$ и $q<s<3q$.

Откуда взялись эти $k$, $s$, $q$, $n$? Или Вы рассматриваете уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$ при дополнительных ограничениях на неизвестные $a$, $b$, $c$?

[falconer]

nnosipov в сообщении #1498955 писал(а):

Откуда взялись эти $k$, $s$, $q$, $n$? Или Вы рассматриваете уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$ при дополнительных ограничениях на неизвестные $a$, $b$, $c$?

Прочитайте начало. Там все объяснения по поводу $k$, $s$, $q$, $n$.

-- 05.01.2021, 01:39 --

Раньше я отказался от доказательства ВТФ для уравнения 4-й. степени. Я поспешил.


Доказательство ВТФ для уравнения уравнения 4-й степени.

$$x^4+y^4=z^4\qquad (1)$$

.


Вместо доказательства ВТФ для уравнения (1) докажем более сильное утверждение:
уравнение

$$x^4+y^4=z^2\qquad (2)$$

не имеет натуральных решений.

Если уравнение (1) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$, то тройка чисел $a,b,c^2$ будет решением уравнения (2). И наоборот, если уравнение (2) не имеет натуральных решений, то и уравнение (1) также не имеет решений.

Преобразуем уравнение (2) к виду

$$ \left(\frac{x^2+y^2}{xy}-\frac{z}{xy}\right)\left(\frac{x^2+y^2}{xy}+\frac{z}{xy}\right)=2\qquad (3) $$

Допустим, уравнение (2) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$. Подставим эти решения в (3)

$$ \left(\frac{a^2+b^2}{ab}-\frac{c}{ab}\right)\left(\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{c}{ab}\right)=2\qquad (4) $$

Поскольку уравнение (2) можно рассматривать как уравнение Пифагора

$$\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2=z^2,$$

то согласно лемме 1 в любом решении уравнения (2) должно выполняться неравенство

$$ 1 <\frac{a^2+b^2}{c}=\frac{m}{n} < \sqrt{2},\;\;\;\frac{\sqrt{2}}{2}<\frac{n}{m}<1\qquad (5) $$

Из которого

$$ c=\frac{n}{m}\;(a^2+b^2)$$

Подставим это значение в (4)

$$ \left[\frac{a^2+b^2}{ab}\left(1-\frac{n}{m}\right)\right]\left[\frac{a^2+b^2}{ab}\left(1+\frac{n}{m}\right)\right]=2 $$

$$ \left(\frac{a^2+b^2}{ab}\right)^2\left(1-\frac{n^2}{m^2}\right)=2 $$

Из (5) следует, что значение $1-n^2/m^2>0$

$$0<1-\frac{n^2}{m^2}<\frac{1}{2}\qquad (6)$$

Разделив последнее равенство на $1-n^2/m^2>0$ окончательно получим

$$ \left[\frac{(a+b)^2}{ab}-2\right]^2=\frac{2}{1-n^2/m^2}\qquad (7) $$

С учетом (6) правая часть (7) при любых натуральных $a$ и $b$ изменяется в диапазоне

$$ 2<\frac{2}{1-n^2/m^2}<4\qquad (8)$$

Оценим левую часть равенства (7). Известно, что для любых положительных $a$ и $b$

$$\frac{(a+b)^2}{ab}>4\qquad (9)$$

Это легко выводится. Введем обозначения: $s=(a+b)/2$ и $\delta=(a-b)/2$. Тогда

$$ a=s+\delta,\;b=s-\delta$$

Откуда вытекает

$$ ab=s^2-\delta^2=\frac{(a+b)^2}{4}-\delta^2$$

Т.к. $\delta^2$ не может быть отрицательным, и обращается в 0 только при $a=b$, то, отбрасывая его, мы приходим к неравенству

$$ab\le\frac{(a+b)^2}{4}$$

В любом натуральном решении уравнения (2) $a\not=b$, следовательно, в нашем случае справедливо неравенство (9). Тогда левая часть (7) при любых натуральных $a$ и $b$

$$ \left[\frac{(a+b)^2}{ab}-2\right]^2 > 4 \qquad (10)$$

Сравнение (8) и (10) доказывает, что равенство (7) невозможно при любых натуральных $a$ и $b$. Что, в свою очередь, доказывает: уравнение (2) и уравнение (1) не имеют натуральных решений.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1498979 писал(а):

Прочитайте начало. Там все объяснения по поводу $k$, $s$, $q$, $n$.

Нет, доказательство должно быть выписано полностью для показателя 3. Сделайте это.

falconer в сообщении #1498979 писал(а):

Раньше я отказался от доказательства ВТФ для уравнения 4-й. степени. Я поспешил.

Похоже, Вы опять доказали отсутствие решений в действительных числах (ибо нигде в целочисленность $a$, $b$, $c$ не используется).

[falconer]

nnosipov в сообщении #1499008 писал(а):

Нет, доказательство должно быть выписано полностью для показателя 3. Сделайте это.

Согласен. Все несколько запуталось. Распалось на лоскуты. Подготовлю текст для показателя 3, но это займет какое-то время.

nnosipov в сообщении #1499008 писал(а):

Похоже, Вы опять доказали отсутствие решений в действительных числах (ибо нигде в целочисленность $a$, $b$, $c$ не используется).

А этого не достаточно?

falconer в сообщении #1498979 писал(а):

Допустим, уравнение (2) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$. Подставим эти решения в (3)

[nnosipov]

falconer в сообщении #1499229 писал(а):

А этого не достаточно?

А что изменится, если убрать слово "натуральное"? Дальнейшие аргументы ведь никак эту натуральность не используют.

[Valprim]

falconer в сообщении #1498946 писал(а):

Проверяем возможность решений уравнения Ферма 3-й степени при $x=a,y=b,z=c$, в котором $a+b=k^s$, $c=k^qn$ и $q<s<3q$.

А если $a+b=k^3$, $c=kn$, то проблем нет.

falconer в сообщении #1498979 писал(а):

Преобразуем уравнение (2) к виду

$$ \left(\frac{x^2+y^2}{xy}-\frac{z}{xy}\right)\left(\frac{x^2+y^2}{xy}+\frac{z}{xy}\right)=2\qquad (3) $$

Так как уравнение Ферма имеет решение в действительных числах, то можно начать так:
$a=a;\quad 2ab=2ab; \quad ....$ и так до равенства (3). Доказали, что $a\ne a$

falconer в сообщении #1498979 писал(а):

С учетом (6) правая часть (7) при любых натуральных $a$ и $b$ изменяется в диапазоне

$$ 2<\frac{2}{1-n^2/m^2}<4\qquad (8)$$

С учетом (6) выражение левой части больше 4.

[falconer]

nnosipov в сообщении #1499245 писал(а):

А что изменится, если убрать слово "натуральное"? Дальнейшие аргументы ведь никак эту натуральность не используют.

Согласен. Приведенное доказательство имеет побочный эффект. Оно доказывает не только то, что уравнение Ферма 4-й степени не имеет натуральных решений, но и то, что не имеет вообще никаких решений. Поэтому предлагаю другой вариант доказательства.


Доказательство ВТФ для уравнения уравнения 4-й степени.

$$x^4+y^4=z^4\qquad (1)$$

.


Вместо доказательства ВТФ для уравнения (1) докажем более сильное утверждение:
уравнение

$$x^4+y^4=z^2\qquad (2)$$

не имеет натуральных решений.

Если уравнение (1) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$, то тройка чисел $a,b,c^2$ будет решением уравнения (2). И наоборот, если уравнение (2) не имеет натуральных решений, то и уравнение (1) также не имеет решений.

Преобразуем уравнение (2) к виду

$$ \left(x^2+y^2-z\right)\left(x^2+y^2+z\right)=2x^2y^2\qquad (3) $$

Допустим, уравнение (2) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$. Подставим эти решения в (3)

$$ \left(a^2+b^2-c\right)\left(a^2+b^2+c\right)=2a^2b^2\qquad (4) $$

Поскольку уравнение (2) можно рассматривать как уравнение Пифагора

$$\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2=z^2,$$

то согласно лемме 1 в любом решении уравнения (2) должно выполняться неравенство

$$ 1 <\frac{a^2+b^2}{c}=\frac{m}{n} < \sqrt{2}\qquad (5) $$

Из которого

$$a^2+b^2=\frac{m}{n}\;c$$

Подставим это значение в (4)

$$ \left(\frac{m}{n}\;c-c\right)\left(\frac{m}{n}\;c+c\right)=2a^2b^2 $$

$$ c^2\left(\frac{m^2}{n^2}-1\right)=2a^2b^2 $$

Из (5) следует, что

$$0<\frac{m^2}{n^2}-1<1 $$

Разделим последнее равенство на $m^2/n^2-1$ и извлечем квадратный корень

$$ c=\frac{\sqrt{2}\;ab}{\sqrt{m^2/n^2-1}} $$

Предположив, что уравнение (2) имеет натуральное решение, мы пришли к противоречию: при любых натуральных $a,\;b$ значение $c$ в этом решении должно быть иррациональным.

Предположение было неверным, уравнение (2) и уравнение (1) не имеют натуральных решений.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1499454 писал(а):

мы пришли к противоречию: при любых натуральных $a,\;b$ значение $c$ в этом решении должно быть иррациональным

А почему должно? Откуда это следует? Если в каком-то выражении содержится квадратный корень, то это вовсе не означает, что значения этого выражения должны быть иррациональными. Классический пример: выражение $\sqrt{m^2+n^2}$ при $m=3$, $n=4$ принимает значение $5$.