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 Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ... 13  След.
 
 
Сообщение18.02.2009, 01:10 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
shwedka писал(а):
Докажите, что из $z^n\div(x+y)$ следует: Любой множитель $x+y$ одновременно является и множителем $z$. Я соглашусь, если речь идет о простых множителях. Тогда нужно переписать все Ваши рассуждения, включив слово 'простой'.вас устроит, если $x+y$ делится на 9, а $z$ только на 3? Но если речь идет о произвольных множителях, то жду доказательства.

1. Предположим, что $z\div z_i^k$ и $x+y\div z_i$. Тогда т.к. каждый множитель $x+y$ есть $n$-ная степень числа (за исключением множителя $n$), то в $x+y$ данный множитель входит в степени $n$.
2. Т.к. $x+y$ и $$\frac{x^n+y^n}{x+y}$$ взаимно простые числа и могут иметь общим множителем лишь $n$, а $x^n+y^n=z^n$, то если в $z$ данный множитель $z_i\neq n$ входит в степени $k$, то он входит либо в полином, либо в основание числа $x^n+y^n$. Но тогда он также должен быть $n$-ой степенью числа. Тогда т.к. $n$ - простое, то единственным показателем степени, который одновременно является и $n$-ой и $k$-ой степенью является $kn$, т.е. $x+y\div z_i^{kn}$. Т.е. $x+y$ делится не просто на $z_i^k$, а аж на $z_i^{kn}$.
Таким образом речь идет действительно о произвольных множителях.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 01:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
От Дж.Литлвуда.
Цитата:
Устное слово опасно. Одна знаменитая лекция была совершенно непонятна большинству аудитории потому, что "Ханю", - несомненно важное действующее лицо в драме - не сразу отождествлялась слушателями с h\nu

После прочтения супертермина основание, введённого тут кем-то, не буду говорить кем, хотя это и Petern1, у меня сложилось твёрдое убеждение, что любой пользующий его, кроме школьной алгебры ничего более не читал. И не желает.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 01:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Мат в сообщении #187249 писал(а):
взаимно простые числа и могут иметь общим множителем лишь $n$

Уж Вы определитесь, то ли взаимно простые, то ли имеют общий множитель $n$. Уж через союз 'и' такое писать нельзя.

Цитата:
Таким образом речь идет действительно о произвольных множителях.

Все-таки не произвольных, а отличных от $n$.
То есть для множителей, равных $n$ или его степеням все Ваши рассуждения не работают?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 12:46 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Цитата:
Уж Вы определитесь, то ли взаимно простые, то ли имеют общий множитель . Уж через союз 'и' такое писать нельзя.

Цитата:
То есть для множителей, равных $n$ или его степеням все Ваши рассуждения не работают?

shwedka
Изначально, в виду ососбенности числа $n$ при доказательстве теоремы Ферма выделяют два случая:
1. Ни одно из $x$,$y$,$z$ не делится на $n$.
2. Одно из $x$,$y$,$z$ делится на $n$.
Будем считать, что случай 1 вы в моем исполнении зачли.
Рассмотрим случай 2. Пусть $z\div n$ или даже $z\div n^k$.
Тогда точно также как и выше несложно показать, что $x+y\div n^{nk-1}$, но т.к. $$\frac{x^n+y^n}{x+y}\div n$$ именно в первой степени, то в основание $x+y$ $n$ может входить лишь в степени $n^{nk-1}$.
3. При доказательстве модифицированного п.2. выше мы также учли тот факт, что основание $2z-(x+y)\div z_i$. Таким образом, если $z_i=n^k$ - данный случай, то т.к. $z\div n^k$, $(x+y)\div n^{nk-1}$, то $2z-(x+y)\div n^k$ - и ни в какой другой степени, т.к. иначе окажется что $$\frac{x^n+y^n}{x+y}\div n^n$$, что невозможно.
Т.е. $(z-x)^n+(z-y)^n$ включает также и множитель $n^k$, причем только в основании, в полиноме же оно делится на $n$ причем точно в первой степени, в точности в той же структуре как и $z$.
Таким образом, данное доказательство замечательно также тем, что абсолютно не чувствительно к 1 и 2-му случаям теоремы Ферма.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 14:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Мат в сообщении #187337 писал(а):
Будем считать, что случай 1 вы в моем исполнении зачли.

Ни в одном глазу!!
Вы не объяснили, что происходит после пункта 2. Вот Вы, имея одно решение УФ, построили другое решение. Я не вижу дальнейшего рассуждения. Не ссылайтесь, плиз, на какие-то далеkие страницы. Если доказательство есть, скопируйте.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 14:41 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
shwedka
Покорнейше извиняюсь. Имеется в виду случай 1 п.2 (модифицированного).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 14:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Давайте, пока ограничимся случаем 1 и расскажите, что происходит дальше.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 16:01 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
А дальше мы получаем условие $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$, т.е. чтобы $n$-я степень числа $z^n$ вида была числом вида $x^n+y^n$ необходимо и достаточно, чтобы само число $z$ было также числом вида $a^n+b^n$ (строгая формулировка), вернее чтобы существовало равенство $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$.
Дальше я на много процентов уверен, что данное уравнение невозможно ни для каких $k>2$. Но строгого доказательства пока нет. Вернее есть для $k\neq n$ см.выше, но для этого случая к сожалению не всегда выполним п.2. в частности $x^3+y^3=z^2$, но $x^3+y^3\neq (a^3+b^3)^2$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 16:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Мат в сообщении #187388 писал(а):
А дальше мы получаем условие $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$, т.е. чтобы $n$-я степень числа $z^n$ вида была числом вида $x^n+y^n$ необходимо и достаточно, чтобы само число $z$ было также числом вида $a^n+b^n$ (строгая формулировка), вернее чтобы существовало равенство $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$.

Доказано только то, что стоит после 'вернее', при этом доказана только часть 'необходимо'. Доказательства части 'достаточно' я не наблюдаю.
Мат в сообщении #187388 писал(а):
Но строгого доказательства пока нет.

Всего хорошего и желаю удачи. Встретимся, когда докажете.
Очень честный ферматик попался: сам признался в отсутствии доказательства.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 19:23 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
shwedka
Общение с вами, ваш интерес побудили меня на новые деяния и поглядите какой бред я соорудил.
1. Рассмотрим случай 1: ни одно из $x$,$y$,$z$ не делит $n$. Тогда каждое из чисел $z-x$, $z-y$ есть $n$-ая степень числа, причем:
$z-y=x_0^n\in x^n$
$z-x=y_0^n\in y^n$
Откуда $x=x_0x_1$, где $x_1$ - полиномиальная часть $x$, $y=y_0y_1$, где $y_1$ - полиномиальная часть $y$.
2. Тогда исследуемое нами в п.2. уравнение примет вид:
$k_1^nk_2^nx^n+k_1^nk_2^ny^n=\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)^n$ или
$k_1^nk_2^nx_0^nx_1^n+k_1^nk_2^ny_0^ny_1^n=\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)^n$
3. Правую часть данного уравнения можно представить:
$\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)^n=((x_0^n)^n+(y_0^n)^n)^n=(x_0^n+y_0^n)^n(x_0^{n^2-n}+...+y_0^{n^2-n})^n$
Откуда:
$k_1^nk_2^nx_0^nx_1^n+k_1^nk_2^ny_0^ny_1^n\div (x_0^n+y_0^n)^n$

4. Т.к. и
$k_1^nk_2^nx_0^nx_1^n+k_1^nk_2^ny_0^ny_1^n\div (x_0^n+y_0^n)^n$ и

$x_0^n+y_0^n\div x_0^n+y_0^n$ то и

$k_1^nk_2^nx_1^n-k_1^nk_2^ny_1^n\div x_0^n+y_0^n$ или

$k_1^nk_2^n(x_1^n-y_1^n)\div x_0^n+y_0^n$

Но т.к. $x_0^n+y_0^n=k_1k_2z$, то ни $k_1$ ни $k_2$ общих множителей с $z$ не имеют откуда:

$k_1^nk_2^n(x_1^n-y_1^n)\div k_1k_2z$

$k_1^{n-1}k_2^{n-1}(x_1^n-y_1^n)\div z$

$x_1^n-y_1^n\div z$.

5. Обе полиномные части $x_1^n\in x^n$ и $y_1^n\in y^n$ также представимы:
$x_1^n=z^{n-1}+...+y^{n-1}=\alpha_1z+y^{n-1}$
$y_1^n=z^{n-1}+...+x^{n-1}=\alpha_2z+x^{n-1}$
Откуда:
$x_1^n-y_1^n=\alpha_1z+y^{n-1}-(\alpha_2z+x^{n-1})=\alpha z+y^{n-1}-x^{n-1}\div z$
Т.е. $y^{n-1}-x^{n-1}\div z$

6. Но т.к. в силу свойства, на которое я вам указывал никакой полином степени $k$ не может иметь общих множителей с полиномом степени $n$, где $k$ и $n$ - взаимно простые, то единственные множители числа $y^{n-1}-x^{n-1}$, которые могут делиться на полиномную часть $z_1$ - это $x+y$ и $x-y$. Выше было показано, что $x+y$ и $z_1$ - взаимно простые (как полином и основание одного и того же числа $x^n+y^n$). Тогда лишь $(x-y)\div z_1$. Но это невозможно.
Буду признателен за разбитие.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 20:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Мат в сообщении #187456 писал(а):
никакой полином степени $k$ не может иметь общих множителей с полиномом степени $n$, где $k$ и $n$ - взаимно простые, т

Когда докажете это, буду смотреть на остальное.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 20:38 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
shwedka
Ну пожалуйста, поверьте на слово. Ну посмотрите остальное. :cry:

Добавлено спустя 5 минут 57 секунд:

shwedka писал(а):
Мат в сообщении #187456 писал(а):
никакой полином степени $k$ не может иметь общих множителей с полиномом степени $n$, где $k$ и $n$ - взаимно простые, т

Когда докажете это, буду смотреть на остальное.

Ладно! Я приведу лишь общую структуру доказательства. Ибо оно выполнено в духе П.Ферма.
Допустим два полинома степени $n$ и степени $k$ имеют общий множитель $m$. Но тогда на $m$ делится и их разность и сумма. Но тогда найдется меньший полином степени $p$, который также делится на $m$ и т.д. Пока в конце концов не найдется полином степени 1, который делится на $m$, но это невозможно, т.к. это будет основание, а основание любого числа $x^n+y^n$ и его полином всегда взаимно просты. А значит таких множителей $m$ не существует.

Добавлено спустя 17 минут 42 секунды:

shwedka
Хотя, спасибо! Один пробел я все же не в данном случае, но в общем увидел:
Например, полиномы:
$x^{17}+y^{17}$ и $a^6+b^6$ могут иметь общие множители. В частности $$\frac{7^{17}+2^{17}}{7+2}\div \frac{6^6+5^6}{6^2+5^2}$$. Но в рассматриваемом случае, т.к. $x=a$, $y=b$, то данное замечание несущественно.
В общем случае не могут иметь общие множители никакие полиномы $x^n+y^n$ и $a^k+b^k$ если $n$ и $k$ - взаимнопростые простые числа, большие двух.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 21:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Мат в сообщении #187469 писал(а):
Но тогда найдется меньший полином степени $p$, который также делится на $m$ и т.д

Доказательства этого факта не вижу.
Цитата:
а основание любого числа $x^n+y^n$ и его полином всегда взаимно просты
вы сами писали, что это не так.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 21:35 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
shwedka
Если я один буду все доказывать, то что же останется математикам? Математика скучна, если в ней нет загадок. Вот и этот факт, пусть останется загадкой. Быть может найдутся пытливые умы, которые в процессе его "взятия" создадут новые теоремы и области математики, продвинут математику дальше к новым горизонтам. Пусть дерзают, зачем лишать их этого?

Добавлено спустя 1 минуту 45 секунд:

Цитата:
вы сами писали, что это не так.

Речь идет не об общем доказательстве, а лишь о доказательстве случая 1, когда ни $x$, ни $y$, ни $z$ не делят $n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2009, 21:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Мат в сообщении #187502 писал(а):
Если я один буду все доказывать

Если Вы не будете доказывать, то и не хвалитесь, как стоит в заголовке темы,
Цитата:
Доказательство теоремы Ферма
.
Назвали бы 'некоторые разговоры о ВТФ'

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 182 ]  На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ... 13  След.

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