Неожиданное применение теоремы Иноземцева

[Ryzl]

Имеем:

$$ \left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}} = xz $$

1. Поскольку $x$ и $z$ являются взаимнопростыми числами $xz$ является целым числом.
2. $d$ является положительным поэтому $\dfrac{d}{\sqrt{2}}$ является положительным.
3. Чтобы $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}$ было целым числом $\dfrac{2}{n}$ должно быть таким, чтобы результатом выражения было целое число.
4. Это означает, что $n$ должен быть делителем 2.

Делителем 2 являются 1 и 2.

**Результат**

Целочисленные значения которые может принимать $n$ следующие:

$$ \boxed{{1, 2}} $$

[wrest]

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Чтобы $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}$ было целым числом $\dfrac{2}{n}$ должно быть таким, чтобы результатом выражения было целое число.

Непонятно. Пусть $n=5$, почему $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{5}}$ не может быть целым числом? Подставьте $d=8$

[Ryzl]

wrest в сообщении #1659757 писал(а):

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Чтобы $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}$ было целым числом $\dfrac{2}{n}$ должно быть таким, чтобы результатом выражения было целое число.

Непонятно. Пусть $n=5$, почему $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{5}}$ не может быть целым числом? Подставьте $d=8$

Потому что $d^2 $ не может быть степенью какого либо числа.

[wrest]

Ryzl в сообщении #1659764 писал(а):

Потому что $d^2 $ не может быть степенью какого либо числа.

В смысле? Число $d^2$ уже является второй степенью числа $d$.
И потом, из любого положительного числа можно извлечь корень любой степени. Так что любое положительное число является какой угодно степенью.

[Ryzl]

wrest в сообщении #1659771 писал(а):

Ryzl в сообщении #1659764 писал(а):

Потому что $d^2 $ не может быть степенью какого либо числа.

В смысле? Число $d^2$ уже является второй степенью числа $d$.
И потом, из любого положительного числа можно извлечь корень любой степени. Так что любое положительное число является какой угодно степенью.

$d$ не может быть степенью любого целого числа по условию т.к.

$d = \sqrt{2x^{n}z^{n}}$

Т.е. квадратный корень из удвоенного произведения любых степеней двух взаимнопростых чисел не может быть целым числом, а значит, не может быть степенью целого числа

[wrest]

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Целочисленные значения которые может принимать $n$ следующие:

$$ \boxed{{1, 2}} $$

Что-то я запутался. А можно пример взаимнопростых тройки $x,z$ которуе подходят под

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Имеем:

$$ \left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}} = xz $$

при $n=\boxed{{1, 2}} $

[Ryzl]

wrest в сообщении #1660354 писал(а):

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Целочисленные значения которые может принимать $n$ следующие:

$$ \boxed{{1, 2}} $$

Что-то я запутался. А можно пример взаимнопростых тройки $x,z$ которуе подходят под

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Имеем:

$$ \left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}} = xz $$

при $n=\boxed{{1, 2}} $

В принципе любые два числа (одно из чисел это сумма) из пифагоровой тройки
Например
$n=2, x = 3, z = 5$

[nnosipov]

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

2. $d$ является положительным поэтому $\dfrac{d}{\sqrt{2}}$ является положительным.

Очень впечатляет. А все остальное --- какой-то голимый бред.

[mihaild]

Поскольку в доказательстве никак не используется целость $y$, то оно доказывает, что уравнение $2^3 + y^3 = 5^3$ не имеет решения в вещественных числах.

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Чтобы $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}$ было целым числом $\dfrac{2}{n}$ должно быть таким, чтобы результатом выражения было целое число

Поскольку никто не обещал, что $d$ целое, возьмите $n = 3$, $d = 27\sqrt{2}$.

[Ryzl]

mihaild в сообщении #1660447 писал(а):

Поскольку в доказательстве никак не используется целость $y$, то оно доказывает, что уравнение $2^3 + y^3 = 5^3$ не имеет решения в вещественных числах.

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Чтобы $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}$ было целым числом $\dfrac{2}{n}$ должно быть таким, чтобы результатом выражения было целое число

Поскольку никто не обещал, что $d$ целое, возьмите $n = 3$, $d = 27\sqrt{2}$.

Я взял $n = 3$, $d = 27\sqrt{2}$ (т.е. Вы предложили число $d$ равное произведению $\sqrt(2)$ и $k^{n}$ , где $k$ - некое целое число.)

Получилось $xz = 9$ или $xz = 3^2$, но произведение дух взаимнопростых чисел не может быть квадратом третьего целого числа.

Относительно вопроса о целости $y$. Я исходил из того что:
Отрезок мы можем взять какой угодно длины, т.е. на его длину нет никаких ограничений ($z^n$ где $n$ - может быть любым числом).
И вычесть из этого отрезка мы можем какой угодно отрезок ($y^n$ где $n$ - может быть любым числом).
Ограничения возникают на длину оставшегося отрезка (($x^n$ где $n$ - не может быть любым числом, кроме 1 и 2)

В результате я получил, что: $xz = \left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}

И вот здесь нужно доказать, что произведение $xz$ будет целым числом, только если степень в правой части будет целым числом.

P.S> Выглядит заманчиво ))

[mihaild]

Ryzl в сообщении #1660487 писал(а):

Получилось $xz = 9$ или $xz = 3^2$, но произведение дух взаимнопростых чисел не может быть квадратом третьего целого числа

Ну мало ли что. Утвенрждение

Ryzl в сообщении #1659756 писал(а):

Чтобы $\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}$ было целым числом $\dfrac{2}{n}$ должно быть таким, чтобы результатом выражения было целое число

всё равно неверно.

Ryzl в сообщении #1660487 писал(а):

В результате я получил, что: $xz = \left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}}</div><!-- quote end -->И предположение о целости $y$ тут никак не участвовало, только $x$ и $z$.

Ryzl в сообщении #1660487 писал(а):

И вот здесь нужно доказать, что произведение $xz$ будет целым числом, только если степень в правой части будет целым числом

Нет, то, что если $a = b$, то $a$ целое тогда и только тогда, когда $b$ целое, доказывать не обязательно.