О великой теореме Ферма

[Antoshka]

Пусть имеется уравнение $x^3+y^3=z^3$. Требуется доказать, что у него нет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Возникает закономерный вопрос: а можно ли получить в явном виде соотношения для гипотетических $x,y,z$ натуральных такие, что при подстановке этих соотношений в исходное уравнение получалось бы верное тождество, как для показателя два? Да, такие соотношения существуют, причём в литературе они мне не встретились. Например, у Рибенбойма их нет, у него есть только соотношения Барлоу.Рассмотрим случай $z$делится на $3$. Тогда эти соотношения имеют вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{(\sqrt{3}(a-b)^{3/2}-\sqrt{-a^3+3a^2b-3ab^2+33b^3})}{4\sqrt {2}}\\ y=\frac{(\sqrt{3}(a-b)^{3/2}+\sqrt{-a^3+3a^2b-3ab^2+33b^3})}{4\sqrt{2}}\\ z=\frac{\sqrt{3(a-b)}b}{\sqrt{2}} \end{array} \right$$

. Здесь $a$ и $b$ натуральные взаимно простые числа. Есть ещё второе множество решений. В нем соотношения имеют похожий вид

[Iosif1]

Antoshka в сообщении #1481257 писал(а):

Например, у Рибенбойма их нет, у него есть только соотношения Барлоу.Рассмотрим случай $z$делится на $3$. Тогда эти соотношения имеют вид

Остаётся доказать, что их нет, потому, что их не может быть никогда.

[Dmitriy40]

Antoshka в сообщении #1481257 писал(а):

Пусть имеется уравнение $x^3+y^3=z^3$. Требуется доказать, что у него нет решений в натуральных попарно взаимно простых числах.

Тривиально: поскольку по теореме Ферма решений нет в произвольных натуральных числах, то соответственно нет и в более узком классе попарно взаимно простых. ЧТД.

[Antoshka]

Здравствуйте. Чтобы доказать ВТФ-уравнение $x^n+y^n=z^n,n>2,n\in\mathbb{N}$ не имеет решений в попарно взаимно простых натуральных числах в общем случае, ее нужно доказать сначала для случая $n=3$, так как для тройки доказательство отдельное и на общий случай не распространяется. Но случай для кубов не особо интересен, поэтому можно сразу рассматривать $n>3$. Итак, имеем уравнение $x^5+y^5=z^5$. Пусть для определённости $z$ делится на $5$. Прежде всего понадобится важная лемма. Однако, прежде, чем ее изложить, расскажу,в чем вообще заключается идея доказательства. Возьмём похоже уравнение $x^2+y^2=z^2$. Это уравнение имеет известные решения в натуральных числах, причём при подстановке этих решений в уравнение получается тождественное равенство. Возникает закономерный вопрос: а можно ли изготовить аналогичные решения и для случая $n>2$, чтобы при подстановке этих решений в уравнение $x^5+y^5=z^5$ получалось верное тождество? Оказывается, можно, только будет не одно множество решений, а несколько, но переменных там тоже две. Из этих решений можно в итоге изготовить систему уравнений из двух уравнений с двумя неизвестными и ее решить. Вот и все. Перехожу теперь к изложению леммы, которая нам понадобится.
Лемма. Пусть уравнение $x^5+y^5=z^5$ имеет решения в натуральных попарно взаимно простых числах для случая $z$ делится на пять. Тогда верно следующее:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^5+5mwA, \\ x=w^5+5mwA, \\ z=m^5+5mwA+w^5,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

Доказательство леммы.
Как в знаменитой телеграмме, переносим $x$ в правую часть, затем по аналогии $y$. Тогда $y^5=z^5-x^5\Leftrightarrow y^5=(z-x)(z^5-x^5)/(z-x)\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} z-x=m^5, \\ z-y=w^5, \\ m,w\in\mathbb{N} \end{array} \right$$
Пусть $z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^5+y^5=(x+v)^5\Rightarrow \frac{y^5-v^5}{5v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^5, \\5\mid y-v;v=m^5\Rightarrow m^5\mid y^5\Rightarrow m\mid y $
Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^5+5mh_y$.
Аналогично, пусть $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^5+y^5=(y+u)^5\Rightarrow \frac{x^5-u^5}{5u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^5, \\5\mid x-u;u=w^5\Rightarrow w^5\mid x^5\Rightarrow w\mid x $. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^5+5wh_x$.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 5mh_y=5wh_x\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} h_y=wA \\ h_x=mA \\ \end{array} \right.$$. Окончательно получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=m^5+5p, \\ y=w^5+5p, \\ p=mwA\\ z=m^5+5p+w^5,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

Пусть $z$ делится на $5$. Тогда $x+y=5^4C^5\Rightarrow m^5+w^5+10mwA=5^4C^5;z=m^5+w^5+5mwA\Rightarrow z=5C(5^3C^4-mwD)$. Поясню последний переход подробнее. Очевидно $$\frac{z^5}{x+y}\in\mathbb{N}\Rightarrow\frac{(5^4C^5-5mwA)^5}{5^4C^5}=5(\frac{5^3C^5-mwA}{C})^5=5(5^3C^4-\frac{mwA}{C})^5\in\mathbb{N}$ $(x,y)=(y,z)=(x,z)=1\Rightarrow (m,C)=(C,w)=1\Rightarrow C\mid A\Rightarrow A=CD$. $C,D\in\mathbb{N}.$
Лемма доказана.
Надо ещё выяснить, могут ли $C,D$ иметь какие-то общие делители. Прежде всего, нужно выяснить, чему вообще равно $D$. Делается это просто. В силу доказанной леммы, $(x+y-z)^5=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5\Leftrightarrow (x+y-z)^5-(x^5+y^5-z^5)=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5$.
Решаем это уравнение относительно $D$ например в wolfram mathematica и получаем, что $D^5=x^2+xy+y^2-z(x+y-z)$. Отсюда следует, что $D$ нечетно всегда: и когда $z$ четное, и когда $z$ нечетное. Предположим, что $(C,D)>1$. Тогда $(x^2+xy+y^2)=(x+y)^2-xy\Rightarrow (C,D)\mid xy$. Но ранее было установлено, что $x+y=5^4C^5$. Получается, что $(C,D)\mid x,(C,D)\mid y$. Имеем противоречие, так как $(x,y)=1$. Имеем, что $(C,D)=1$.
Аналогично проверяется, что $(m,D)=(w,D)=1$.
$x+y=5^4C^5\Leftrightarrow m^5+w^5+10mwCD=5^4C^5\Rightarrow 25 \mid m^5+w^5\Rightarrow 5\mid C$. При таком раскладе получается, что $D$ не может делиться на $5$. Вот далее совершенно неочевидный шаг. Запишем тождество $\frac{5p^4}{5p+z}=(p^3-1/5p^2z+1/25pz^2-1/125z^3)+\frac{1/125z^4}{5p+z}$. Умножим обе части тождества на $5^3p$. Получим $\frac{5^4p^5}{z+5p}=(5^3p^4-25p^3z+25p^2z^2-pz^3)+\frac{z^4p}{5p+z}$. В силу доказанной леммы, в левой части тождества целое число, значит и последнее слагаемое в тождестве является целым числом. Поэтому делаем замену переменной и записываем $\frac{z^4p}{5p+z}=m_0+pz^3,m_0\in\mathbb{Z}$
Важно понять, какой знак имеет число $m_0$. Выразим из последнего равенства $m_0$. Получается $m_0=z^3p(\frac{z}{z+5p}-1)\Rightarrow m_0<0$. Вернёмся к равенству $\frac{z^4p}{5p+z}=m_0+pz^3,m_0\in\mathbb{Z}\Leftrightarrow z^4p=(m_0+pz^3)(5p+z)\Leftrightarrow \\5z^3p^2+5pm_0+zm_0=0$
Как видите, получилось квадратное уравнение относительно $p$. Посчитаем его дискриминант. $D_{ кв1}=25{m_0}^2-20z^4m_0={\varepsilon_1}^2$. Дискриминант представляет из себя в свою очередь квадратное уравнение такое $25{m_0}^2-20z^4m_0-{\varepsilon_1}^2=0$. Посчитаем его дискриминант.
$D_{кв2}/4=(10z^4)^2+25{\varepsilon_1}^2={\varepsilon_2}^2\Leftrightarrow (2z^4)^2+{\varepsilon_1}^2=({\varepsilon_2/5})^2$
Ранее было получено, что
$\left\{ \begin{array}{ lcl} m_0<0 \\ p>0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} \varepsilon_1=10pz^3+5m_0 \\ \varepsilon_2/25=2/5z^4-m_0 \\ \end{array} \right.$$$
Получается ПТ $(2z^4/5)^2+(\varepsilon_1/5)^2=(\varepsilon_2/25)^2$.
А дальше рассматриваем 2 случая: $z$ нечетное и четное. Для начала пусть $z$ нечетно, а $y$ четное. Тогда $m_0,m$ также четные $\Rightarrow (z^4/5)^2+((2pz^3+m_0)/2)^2=(z^4/5-m_0/2)^2 \Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} z^4/5=a^2-b^2 \\ 1/2(2pz^3+m_0)=2ab \\ z^4/5-m_0/2=a^2+b^2 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} z=5(a^2-b^2) \\ m_0=-2b^2 \\ p=\frac{2ab+b^2}{(5(a^2-b^2))^{3/4}} \end{array} \right.$
Важно понимать, что $a,b$ могут не быть натуральными числами, поэтому $\left\{ \begin{array}{lcl} a=\sqrt{\alpha}a_1 \\ b=\sqrt{\alpha}b_1\\ \alpha,a_1,b_1\in\mathbb{N} \end{array} \right.$
Здесь $\alpha$ является возможным общим делителем чисел в ПТ. Сейчас важно узнать, может ли $\alpha$ делиться на $5$. Для этого распишем $m_0$ и узнаем, делится ли оно на пять. $m_0=\frac{5^4p^5}{z+5p}-5p^2(25p^2-5pz+z^2)$.
В силу соотношений из леммы, $\frac{5^4p^5}{z+5p}=(mwD)^5$. Раз $D$ не делится на $5$, то и $m_0$ не делится и $\alpha$ не делится.
Запишем теперь $z,z+5p$ в терминах $a_1,b_1,\alpha$.
$\left\{ \begin{array}{lcl} z=(5\alpha (a_1^2-b_1^2))^{1/4}\\ z+5p=\frac{a_1(a_1+2b_1)(5\alpha (a_1^2-b_1^2))^{1/4}}{a_1^2-b_1^2} \\ \end{array} \right.$
Запишем дробь в терминах соотношений из леммы: $\frac{z^5}{z+5p}=\frac{(5C)^5(5^3C^4-mwD)^5}{5^4C^5}$
Эта дробь, которая на самом деле является натуральным числом, делится на $5$, причём не больше и не меньше. Запишем ее же в терминах $a_1,b_1,\alpha$. Получим $\frac{z^5}{z+5p}=\frac{5\alpha (a_1^2-b_1^2)^2}{a_1\cdot (a_1+2b_1)}$
Раз $z$ делится на $5$, то $a_1^2-b_1^2$ делится на $5$, но тогда либо $a_1$ либо $a_1+2b_1$ делится на $5$, но это невозможно. Имеем противоречие. Далее нужно рассмотреть случай, когда $z$ четное.

[Antoshka]

Здесь описка

Antoshka в сообщении #1508613 писал(а):

Окончательно получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=m^5+5p, \\ y=w^5+5p, \\ p=mwA\\ z=m^5+5p+w^5,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

Правильно так

Antoshka в сообщении #1508613 писал(а):

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^5+5p, \\ x=w^5+5p, \\ p=mwA\\ z=m^5+5p+w^5,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

[dick]

А почему $v=m^5$.

[dick]

Понял, читаю дальше.

[dick]

Надо ещё выяснить, могут ли $C,D$ иметь какие-то общие делители. Прежде всего, нужно выяснить, чему вообще равно $D$. Делается это просто. В силу доказанной леммы, $(x+y-z)^5=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5\Leftrightarrow (x+y-z)^5-(x^5+y^5-z^5)=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5$.

У Вас, в первом равенстве, слева четная степень. Какая, по Вашему, скобка правой части может делиться на наименьшее основание степени слева?

[Antoshka]

dick в сообщении #1546551 писал(а):

Надо ещё выяснить, могут ли $C,D$ иметь какие-то общие делители. Прежде всего, нужно выяснить, чему вообще равно $D$. Делается это просто. В силу доказанной леммы, $(x+y-z)^5=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5\Leftrightarrow (x+y-z)^5-(x^5+y^5-z^5)=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5$.

У Вас, в первом равенстве, слева четная степень. Какая, по Вашему, скобка правой части может делиться на наименьшее основание степени слева?

Там пятая степень, то есть нечётная

[dick]

А основание четное?

[Antoshka]

dick в сообщении #1546973 писал(а):

А основание четное?

Конечно. Ведь основание это $x+y-z$, а так как $xyz$ чётно, то и $x+y-z$ чётно. С учётом соотношений из леммы и того, что $x^5+y^5=z^5$, это уравнение превращается в тождество, поэтому оно записано правильно

[dick]

Когда я писал "четная степень", имел ввиду четное основание. Так что Вы скажите на мой вопрос?

[Antoshka]

dick в сообщении #1547054 писал(а):

Когда я писал "четная степень", имел ввиду четное основание. Так что Вы скажите на мой вопрос?

Antoshka в сообщении #1547043 писал(а):

dick в сообщении #1546973 писал(а):

А основание четное?

Конечно. Ведь основание это $x+y-z$, а так как $xyz$ чётно, то и $x+y-z$ чётно. С учётом соотношений из леммы и того, что $x^5+y^5=z^5$, это уравнение превращается в тождество, поэтому оно записано правильно

[dick]

Был еще один вопрос.

[Antoshka]

dick в сообщении #1547083 писал(а):

Был еще один вопрос.

Вы про это?

dick в сообщении #1546551 писал(а):

У Вас, в первом равенстве, слева четная степень. Какая, по Вашему, скобка правой части может делиться на наименьшее основание степени слева?

Найти наименьшее значение основания степени в левой части я не знаю как, да и зачем его находить? Если вы подставите соотношения из леммы в данное равенство, то у вас получится тождество $(5mwcd)^5=(5mwcd) ^5$, что говорит о том, что равенство записано верно