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
17
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
12055
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
17
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
12055
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
17
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
12055
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
17
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
9061
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
9143
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
17
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
9143
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  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: Bing [bot]


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