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 Пред.  1, 2, 3, 4
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение07.01.2021, 10:19 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1499454 писал(а):
Подставим это значение в (4)
$$ \left(\frac{m}{n}\;c-c\right)\left(\frac{m}{n}\;c+c\right)=2a^2b^2 $$
$$ c^2\left(\frac{m^2}{n^2}-1\right)=2a^2b^2 $$

$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c $$
Не делится на $c$. Поэтому не выносится за скобки $c^2$. Это всё равно, что вытащить из пустого кармана хотя бы сто рублей.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение09.01.2021, 19:37 


14/12/20
19
nnosipov в сообщении #1499456 писал(а):
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 $5$.


В выражении
$$ c=\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{m^/n^2-1}}$$
знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

-- 09.01.2021, 19:44 --

Valprim в сообщении #1499464 писал(а):
$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c $$
Не делится на $c$. Поэтому не выносится за скобки $c^2$. Это всё равно, что вытащить из пустого кармана хотя бы сто рублей.


Я не понял вашего вопроса. Вы написали
$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c $$

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

Я ровно это и сделал: заменил $ a^2+b^$ на $\frac{m}{n} c$. Почемуне выносится за скобки $c^2$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение09.01.2021, 19:46 
Заслуженный участник


20/12/10
8265
falconer в сообщении #1499934 писал(а):
Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?
Видите ли, это Вы должны доказывать, что число справа окажется иррациональным. Я просто указываю, что иррациональность правой части (и, тем самым, желанное противоречие) не является очевидной, здесь требуется доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение09.01.2021, 20:32 


21/05/16
4154
Аделаида
falconer в сообщении #1499934 писал(а):
знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

А $\dfrac{\sqrt2}{\frac1{\sqrt2}}$ по вашему тоже иррационально, да?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение09.01.2021, 20:41 
Аватара пользователя


16/03/17
475

(Оффтоп)

kotenok gav в сообщении #1499944 писал(а):
falconer в сообщении #1499934 писал(а):
знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

А $\dfrac{\sqrt2}{\frac1{\sqrt2}}$ по вашему тоже иррационально, да?

У меня была мысль несколько дней назад заранее предупредить этот аргумент TC и сразу написать и его, и ответ, но решил запастись попкорном и лучше подождать :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение09.01.2021, 21:33 


13/05/16
131
falconer в сообщении #1499934 писал(а):
В выражении
$$ c=\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{m^/n^2-1}}$$
знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

У вас $m$ фигурирует в первой степени, хотя раньше было в квадрате. Вы квадрат потеряли?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение10.01.2021, 02:47 


14/12/20
19
Antoshka в сообщении #1499958 писал(а):
У вас $m$ фигурирует в первой степени, хотя раньше было в квадрате. Вы квадрат потеряли?


Да. Это просто описка. Прошу прощения.


kotenok gav в сообщении #1499944 писал(а):
А $\dfrac{\sqrt2}{\frac1{\sqrt2}}$ по вашему тоже иррационально, да?


Вы прелагаете, что
$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Но при таком значении корня
$$\frac{m}{n}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},$$
т.е. иррациональное число. При натуральных $a,b,c$ значение
$$\frac{a^2+b^2}{c}=\frac{m}{n}$$
не может быть иррациональным.

-- 10.01.2021, 03:11 --

nnosipov в сообщении #1499935 писал(а):
Видите ли, это Вы должны доказывать, что число справа окажется иррациональным. Я просто указываю, что иррациональность правой части (и, тем самым, желанное противоречие) не является очевидной, здесь требуется доказательство.



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

При $0<\sqrt{m^2/n^2-1}<1$ с учетом того, что
$$1<\frac{m}{n}<\sqrt[4]{2^3},$$
не найдется иррационального числа, которое сократит в числителе $\sqrt{2}$. Допустим
$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a},\qquad  0<\frac{\sqrt{2}}{a}<1$$

Тогда из
$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a}$$
получаем
$$\frac{m}{n}=\frac{\sqrt{a^2+2}}{a}$$

При любом натуральном $a$ значение $a^2+2$ не может быть квадратом целого числа. Следовательно, $\sqrt{a^2+2}/a$ - число иррациональное. Что невозможно при натуральных $a,b,c$: значение
$$\frac{m}{n}=\frac{a^2+b^2}{c}$$
должно быть рациональным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение10.01.2021, 06:59 
Заслуженный участник


20/12/10
8265
falconer в сообщении #1500006 писал(а):
Допустим
$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a},\qquad  0<\frac{\sqrt{2}}{a}<1$$
По-моему, буква $a$ уже занята. Или это то же самое $a$, которое в формуле $$\frac{m}{n}=\frac{a^2+b^2}{c}?$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение10.01.2021, 10:25 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1499934 писал(а):
Почемуне выносится за скобки $c^2$?

Потому что не делится нацело. А дробное число в скобках только расширяет свойства примененных чисел. Тут уже не в чистой воде рыбку ловить.
falconer в сообщении #1500006 писал(а):
Тогда из
$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a}$$

Лучше из $$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{4\sqrt{2}}{7}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение14.01.2021, 23:28 


14/12/20
19
ВТФ утверждает, что

уравнение
$$ x^3 + y^3 = z^3 \qquad(1)$$
не имеет решений в натуральных числах.


При решении уравнения (1) можно ограничиться случаем, когда $x,y$ и $z$ являются взаимно простыми числами. Очевидно, если есть решение для взаимно простых $(x_1,y_1,z_1)$, то тройка
$(kx_1,ky_1,k z_1)$ также будет решением при любом натуральном $k$. А если нет решений со взаимно простыми значениями переменных, то уравнение (1) вообще не имеет натуральных решений.

Кубическое уравнение Ферма можно записать в виде
$$x^2-xy+y^2 = \frac{z^3}{x+y}\qquad (2)$$

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 1 эти значения должны удовлетворять неравенству
$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[3]{2^2},\qquad (3)$$
где $m/n$ - несократимое нецелое рациональное число, т.е. $(m,n)=1$. Из (3) видно, что в любом решении
$1\le (a+b,c)<c$. На первый взгляд, этого достаточно, чтобы правая часть (2) при $c=\alpha s$ и $a+b=\alpha t$
$$ \frac{c^3}{a+b}=\frac{\alpha^3s^3}{\alpha t}=\frac{\alpha^2s^3}{t}$$
была нецелым рациональным числом при любых натуральных $a,b,c$, удовлетворяющих неравенству (3). И на этом можно было бы считать доказательство законченным, поскольку целое число не может быть равно нецелому рациональному числу.

Но есть вариант значений $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$, для которого всегда можно подобрать значения
$k,\;s,\;q,\;n$, чтобы удовлетворялось неравенство (3)
$$1<\frac{a+b}{c}=\frac{k^s}{k^qn}=\frac{k^{s-q}}{n}<\sqrt[3]{2^2}$$

Для таких значений выполняется условие $1\le (a+b,c)=k^q<c$, но правая часть (2) при этом
$$ \frac{c^3}{a+b}=\frac{k^{3q}n^3}{k^s}=k^{3q-s}n^3 $$
является целым числом (но только в том случае, если $s<3q$) и прямого противоречия в равенстве (2) нет.

Таким образом, вопрос о возможном наличии натуральных решений кубического уравнения Ферма остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$. Проверим возможность решений уравнения Ферма 3-й степени для таких значений переменных.

Для таких переменных согласно лемме 1 в любом решении должно выполняться неравенство
$$1<\frac{x+y}{z}=\frac{k^{s-q}}{n}<\sqrt[3]{2^2},\qquad (4)  $$
Откуда видно, что любом решении должны выполняться следующие соотношения
$$ (k,n)=1,\;(x,n)=1,\;(y,n)=1,\;(k,x),\;(k,y)=1$$

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 нашей цели: мы ищем решения, в которых $x,y,z$ --- взаимно простые числа. По той же причине взаимно простыми должны быть $y$ и $k$, иначе из $x+y=k^s$ следует, что $x$ и $y$ не взаимно просты.

Подставив в уравнение Ферма значения $x=k^s-y,\;y,\;z=k^qn$, получим уравнение с одним неизвестным
$$ (k^s-y)^3+y^3=k^{3q}n^3$$
$$k^{3s}-3k^{2s}y+3k^sy^2=k^{3q}n^3 $$
$$3k^sy^2-3k^{2s}y=k^{3q}n^3-k^{3s}\qquad (5) $$

При $(k,3)=1$ левая часть уравнения (5) кратна 3-м, а правая --- нет. Покажем это. Допустим
$$k^{3q}n^3-k^{3s}=3\beta,$$
где $\beta$ --- какое-либо натуральное число. Решив это равенство относительно $n$, получим
$$n=\frac{\sqrt[3]{3\beta+k^{3s}}}{k^q}$$

Подставив это значение $n$ в (4), получим при любом $\beta$
$$\frac{k^{s-q}k^q}{\sqrt[3]{3\beta+k^{3s}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{3\beta/k^{3s}+1}}<1,$$
что противоречит (4). Полученное противоречие доказывает, что $k^{3q}n^3-k^{3s}$ не кратно 3-м. И уравнение (5) не может иметь целочисленное решение, поскольку левая часть кратна 3-м, а правая -- нет.

Допустим, $k=3a$. Подставим это значение в (5)
$$ 3(3a)^sy^2- 3(3a)^{2s}y = (3a)^{3q}n^3-(3a)^{3s}$$
Разделив обе части равенства на $(3a)^s$, получим
$$ 3y^2- 3(3a)^sy= (3a)^{3q-s}n^3-(3a)^{2s}$$
Откуда видно, что правая часть кратна $a$, а левая --- нет ($(3y,a)=1$). Это уравнение не может иметь решений с целыми значениями $y$.


И при $k=3$
$$ y^2-3^sy=3^{3q-s-1}n^3-3^{2s-1}$$
не может быть целых решений при $s<3q-1$, поскольку только $y^2$ не кратен 3-м. Но при $s=3q-1$ получаем уравнение
$$ y^2-3^sy=n^3-3^{2s-1},$$
из которого видно, что значение $n$ должно быть типа $3t+1$.


Рассмотрим вариант $x+y=3^{3q-1},\;z=3^qn$. Напомним, мы ищем решения, в которых $x,\;y,\;z$ взаимно простые. Поэтому из $x+y=3^{3q-1}$ следует: $(x,3)=1,\;(y,3)=1$ --- это числа разной четности. Пусть $x$ --- нечетно, а $y$ --- четно: $x=6t+1,\;y=3(2r+1)+1$.

Подставим значение $z$ в (2)
$$x^2-xy+y^2=\frac{3^{3q}n^3}{3^{3q-1}}=3n^3$$
$$(x+y)^2-3xy=3n^3$$
$$3^{2(3q-1)}-3xy=3n^3$$
$$3^{3(2q-1)}-xy=n^3$$
Вычтем 1 из левой и правой частей равенства
$$3^{3(2q-1)}-(xy+1)=n^3-1\qquad (6)$$

Значение $xy+1$
$$xy+1=(6t+1)(3(2r+1)+1)=36rt+24t+6r+5$$
не кратно 3-м.

A значение $n^3-1$ при $n=3v+1$
$$ n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)=9v(3v^2+3v+1)$$
кратно (как минимум) 9-ти.

Поэтому равенство (6) невозможно при целом значении $n$. Что и доказывает: уравнение (5) не имеет натуральных решений при $x+y=3^{3q-1},\;z=3^qn$.

Итак, доказано, что уравнение (1) не имеет натуральных решений при любых натуральных
$$k,\;q<s<3q,\;x+y=k^s,\; z=k^qn\qquad (7)$$

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
либо к необходимости выполнения невозможного равенства целого числа нецелому рациональному
$$a^2-ab+b^2\stackrel{?}{=}\frac{с^3}{a+b},$$
либо к отсутствию натуральных решений при параметрах переменных, приведенных в (7).

Что и доказывает: уравнение Ферма 3-й степени не имеет натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение15.01.2021, 04:58 
Заслуженный участник


20/12/10
8265
falconer в сообщении #1500957 писал(а):
вопрос о возможном наличии натуральных решений кубического уравнения Ферма остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$
Это утверждение не доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение25.01.2021, 17:09 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1500957 писал(а):
остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$.

Соотношения между числами определяются известными формулами Абеля.
Не проще ли искать противоречия, используя их?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 57 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4

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