Неожиданное применение теоремы Иноземцева : Великая теорема Ферма fixfix
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
 
 Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение27.10.2024, 14:48 


01/10/23
18
Изображение
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:
$$ \boxed{{1, 2}} $$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение27.10.2024, 14:55 


05/09/16
12152
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 $d=8$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение27.10.2024, 15:39 


01/10/23
18
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение27.10.2024, 16:12 


05/09/16
12152
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение02.11.2024, 08:29 


01/10/23
18
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение02.11.2024, 08:44 


05/09/16
12152
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}} $

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение02.11.2024, 09:05 


01/10/23
18
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
$n=2, x = 3, z = 5$

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение02.11.2024, 17:39 
Заслуженный участник


20/12/10
9119
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение02.11.2024, 23:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9218
Цюрих
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 $n = 3$, $d = 27\sqrt{2}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение03.11.2024, 11:56 


01/10/23
18
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 ))

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение03.11.2024, 12:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9218
Цюрих
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Неожиданное применение теоремы Иноземцева
Сообщение07.12.2024, 11:44 


01/10/23
18
Сэр Уайлс, Эндрю ведь доказал что только n = [1,2] являются решением.
Вот как показать что из следующего следует, что n - [1,2]
$$\left\{
\begin{array}{rcl}
 xz = \left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^{\dfrac{2}{n}} \\
 x^n < d < z^n\\
\end{array}
\right.$$
Где $x,z$ - взаимнопростые
$d^2$ - целое четное число

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 12 ] 

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