Интересный результат на досуге в субботу (оцените)

[age]

Рассмотрим Случай 1 теоремы Ферма, т.е. $n\not|\ xyz$.
1. Пусть справедлива система:
$\begin{cases} x+y=z_0^n\\ z-y=x_0^n\\ z-x=y_0^n \end{cases} $
Тогда несложно показать, что
$x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\div z$.

2. Также несложно показать, что $2z=x_0^n+y_0^n+z_0^n$, откуда следует, что $2\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)\div (x_0^n+y_0^n+z_0^n)$.

3. Поскольку $x_0^{n^2}+y_0^{n^2}=(x_0^n+y_0^n)(2kn+1)$,
где $2kn+1=\prod\limits_{i=1}^m{(2k_in+1)}$, $2k_in+1$ - простые числа,
то последнее выражение есть не что иное как
$2(x_0^n+y_0^n)(2kn+1)\div (x_0^n+y_0^n+z_0^n)$.

4. Несложно заметить, что
$x_0^n+y_0^n=2z-z_0^n=z_0[2(2k_1n+1)-z_0^{n-1}]=z_0[2(2k_1n+1)-(2k_2n+1)]$$=z_0(2k_3n+1)$

откуда последнее выражение примет вид
$2[z_0(2k_3n+1)](2kn+1)\div (z_0(2k_3n+1)+z_0^n)$.
Или

$\dfrac{2[z_0(2k_3n+1)](2kn+1)}{z_0(2k_3n+1)+z_0^n}$ - есть целое число. Что то же самое, что и

$\dfrac{2(2k_3n+1)(2kn+1)}{(2k_3n+1)+z_0^{n-1}}$ - есть целое число.

5. Предположим, что $x_0^n+y_0^n$ содержит простые множители $z_2\notin z_0$ отличные от простых чисел вида $2kn+1$, произведение которых есть $2kn+1$. Тогда последнее выражение можно переписать в виде:

$\dfrac{2[z_2(2k_3n+1)](2kn+1)}{z_2(2k_3n+1)+z_0^{n-1}}$ - есть целое число.

Легко заметить, что частное будет только тогда целым числом, когда знаменатель дроби $z_2(2k_3n+1)+z_0^{n-1}$ содержит только те простые множители $z_i$, которые содержит и числитель. Но числитель содержит лишь простые числа вида $2kn+1$ и множитель $z_2$.
В то время как знаменатель содержит сумму двух чисел, одно из которых $z_2(2k_3n+1)$ делится на $z_2$. Следовательно, и второе $z^{n-1}$ должно делиться на $z_2$. Т.е. $z_2\in z_0$.
Мы пришли к противоречию.

Таким образом, все простые множители $x_0^n+y_0^n$ отличные от простых чисел вида $2kn+1$ входят в $z_0$ или $x+y$.

6. Но число $x_0^n+y_0^n$ в свою очередь, представляет собой $(x_0+y_0)(2m_1n+1)$. Откуда
$(x_0+y_0)(2m_1n+1)=z_0(2m_2n+1)$, или
$x_0(2m_1n+1)+y_0(2m_1n+1)=z_0(2m_2n+1)$
где $2m_1n+1$ и $2m_2n+1$ - некоторые произведения простых чисел вида $2kn+1$.

7. Ввиду того, что п.5, п.6 справедливы и для чисел $x_0, y_0$, то проводя аналогичные рассуждения для данных чисел получим систему трех уравнений:
$\begin{cases} x_0(2m_1n+1)+y_0(2m_1n+1)=z_0(2m_2n+1)\\ x_0(2m_3n+1)+y_0(2m_4n+1)=z_0(2m_3n+1)\\ x_0(2m_5n+1)+y_0(2m_6n+1)=z_0(2m_6n+1) \end{cases}$
или
$\begin{cases} x_0(2m_1n+1)+y_0(2m_1n+1)-z_0(2m_2n+1)=0\\ x_0(2m_3n+1)+y_0(2m_4n+1)-z_0(2m_3n+1)=0\\ x_0(2m_5n+1)+y_0(2m_6n+1)-z_0(2m_6n+1)=0 \end{cases}$

8. Для того чтобы система имела решения в целых числах относительно коэффициентов $m_1,m_2,...,m_6$, необходимо чтобы для матрицы
$\left( \begin{array}{ccc} m_1&m_1&-m_2\\ m_3&m_4&-m_3\\ m_5&m_6&-m_6\\ \end{array} \right)$
по методу Гаусса все четыре определителя (определитель матрицы коэффициентов и определители матриц, образованных из исходной путем замены соответствующего столбца на столбец свободных членов) - были целыми положительными числами.

В соответствии с формулами Гаусса:
$x=\dfrac{\Delta_1}{\Delta}$
$y=\dfrac{\Delta_2}{\Delta}$
$z=\dfrac{\Delta_3}{\Delta}$.
- также должны быть целые числа.

Но это невозможно, т.к. $\Delta_1=\Delta_2=\Delta_3=0$. Мы приходим к противоречию.
Таким образом, таких коэффициентов не существует и $x_0+y_0=z_0$.

[natalya_1]

age в сообщении #303379 писал(а):

несложно показать, что
$x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\div z$.

У меня это не получается.

[age]

natalya_1
Попробуйте так $(z-x)^n+(z-y)^n\div z$

[natalya_1]

$x_0^{2n}+y_0^{2n}=z^2-2zy+y^2+z^2-2zx+x^2$, но
$(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$, получается, что $2xy$ должно делиться на $z$

Ой, я перепутала $2n$ и $n^2$

[age]

Нет, немножко не так.
$(z-x)^n+(z-y)^n=[z^n-nz^{n-1}x+...+nzx^{n-1}-x^n]+$$[z^n-nz^{n-1}y+...+nzy^{n-1}-y^n]$$=2z^n-nz^{n-1}(x+y)+...+nz(x^{n-1}+y^{n-1})-(x^n+y^n)$$=2z^n+Kz-(x^n+y^n)=(z^n+Kz)\div z$

[ananova]

age в сообщении #303379 писал(а):

5. Предположим, что $x_0^n+y_0^n$ содержит простые множители $z_2\notin z_0$ отличные от простых чисел вида $2kn+1$, произведение которых есть $2kn+1$.

Чтобы произведение было вида $2kn+1$ нужно чтобы хотя бы один из множителей $z_2$ был вида $2kn+1$. Но, ИМХО, для $z_2$ это невозможно. Попробую это доказать, но может у Вас быстрей получится.

-- Вс мар 28, 2010 09:35:36 --

Впрочем, вот тут это уже есть... Это как раз тот момент, который я "мусолил" c Вами в соседней теме.

age в сообщении #303379 писал(а):

Таким образом, все простые множители $x_0^n+y_0^n$ отличные от простых чисел вида $2kn+1$ входят в $z_0$ или $x+y$.

-- Вс мар 28, 2010 09:40:45 --

Всё что дальше - дело техники, поскольку имею подобный результат, но попроще и совсем другим методом.

[age]

ananova в сообщении #303462 писал(а):

Чтобы произведение было вида $2kn+1$ нужно чтобы хотя бы один из множителей $z_2$ был вида $2kn+1$. Но, ИМХО, для $z_2$ это невозможно. Попробую это доказать, но может у Вас быстрей получится.

Пример:
Пусть $n=7$, тогда $15=2\cdot1\cdot7+1=3\cdot5$

ananova в сообщении #303462 писал(а):

Впрочем, вот тут это уже есть... Это как раз тот момент, который я "мусолил" c Вами в соседней теме.

Ну, собственно, соседней темой и "навеяно". Плюс еще вот этим утверждением участника Гаджимурат:

Гаджимурат в сообщении #299726 писал(а):

age в сообщении #299709 писал(а):

Но мне очень сильно кажется, что решение $x^3+y^3=z^3$ может быть тогда и только тогда, когда $m=g-k$ . Вот этого доказать не умею.

Не правильное предположение.Если бы это было так,то я,повторяюсь уже не первый раз на этом форуме, 30 лет назад доказал бы ВТФ.
Все дело в том,что если принять $x=mx_1=m_1m_2x_1$,то $g-k$ должно делится на $m_1$,
а $g^2+gk+k^2$ должно делится на $m_2$,т.есть
$g-k=6m_1m_2+9m_1^3$.Вот по этой причине я и стою в тупике вот уже более 30 лет.

[ananova]

age в сообщении #303465 писал(а):

Ну, собственно, соседней темой и "навеяно".

Наверное, мне пора здесь выкладывать полное доказательство, а то так до редакции и не донесу

[age]

age в сообщении #303379 писал(а):

5. Предположим, что $x_0^n+y_0^n$ содержит простые множители $z_2\notin z_0$ отличные от простых чисел вида $2kn+1$, произведение которых есть $2kn+1$. Тогда последнее выражение можно переписать в виде:

$\dfrac{2[z_2(2k_3n+1)](2kn+1)}{z_2(2k_3n+1)+z_0^{n-1}}$ - есть целое число.

Легко заметить, что частное будет только тогда целым числом, когда знаменатель дроби $z_2(2k_3n+1)+z_0^{n-1}$ содержит только те простые множители $z_i$, которые содержит и числитель. Но числитель содержит лишь простые числа вида $2kn+1$ и множитель $z_2$.
В то время как знаменатель содержит сумму двух чисел, одно из которых $z_2(2k_3n+1)$ делится на $z_2$. Следовательно, и второе $z^{n-1}$ должно делиться на $z_2$. Т.е. $z_2\in z_0$.
Мы пришли к противоречию.

Этот вывод неверен, т.к. множители $z_2$ могут не входить в $z_0$, но при этом в сумме с $z_0^{n-1}$ давать один из множителей числителя, входящих $2kn+1$.

[DiviSer]

age в сообщении #303379 писал(а):

В соответствии с формулами Гаусса:
$x=\dfrac{\Delta_1}{\Delta}$
$y=\dfrac{\Delta_2}{\Delta}$
$z=\dfrac{\Delta_3}{\Delta}$.
- также должны быть целые числа.

Но это невозможно, т.к. $\Delta_1=\Delta_2=\Delta_3=0$. Мы приходим к противоречию.
Таким образом, таких коэффициентов не существует и $x_0+y_0=z_0$.

Вобще то это метод Крамера но не в этом суть...
С чего $\Delta_1=\Delta_2=\Delta_3=0$ должно выполняться??

[age]

DiviSer
$\begin{cases} m_1x_0+m_1y_0-m_2z_0=0\\ m_3x_0+m_4y_0-m_3z_0=0\\ m_5x_0+m_6y_0-m_6z_0=0 \end{cases}$
Там не коэффициенты, а надо переобозначить.

[DiviSer]

age в сообщении #304234 писал(а):

DiviSer
$\begin{cases} m_1x_0+m_1y_0-m_2z_0=0\\ m_3x_0+m_4y_0-m_3z_0=0\\ m_5x_0+m_6y_0-m_6z_0=0 \end{cases}$
Там не коэффициенты, а надо переобозначить.

Я не пйому почему детерминанты $\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3$ должны равняться нулю???

[age]

DiviSer
Определители матриц:
$\left( \begin{array}{ccc} 0&m_1&-m_2\\ 0&m_4&-m_3\\ 0&m_6&-m_6\\ \end{array} \right)$
$\left( \begin{array}{ccc} m_1&0&-m_2\\ m_3&0&-m_3\\ m_5&0&-m_6\\ \end{array} \right)$
$\left( \begin{array}{ccc} m_1&m_1&0\\ m_3&m_4&0\\ m_5&m_6&0\\ \end{array} \right)$

[DiviSer]

age в сообщении #304248 писал(а):

DiviSer
Определители матриц:
$\left( \begin{array}{ccc} 0&m_1&-m_2\\ 0&m_4&-m_3\\ 0&m_6&-m_6\\ \end{array} \right)$
$\left( \begin{array}{ccc} m_1&0&-m_2\\ m_3&0&-m_3\\ m_5&0&-m_6\\ \end{array} \right)$
$\left( \begin{array}{ccc} m_1&m_1&0\\ m_3&m_4&0\\ m_5&m_6&0\\ \end{array} \right)$

странно как это свободные члены оказались нулями в то время как в исходной системе
$\begin{cases} x_0(2m_1n+1)+y_0(2m_1n+1)-z_0(2m_2n+1)=0\\ x_0(2m_3n+1)+y_0(2m_4n+1)-z_0(2m_3n+1)=0\\ x_0(2m_5n+1)+y_0(2m_6n+1)-z_0(2m_6n+1)=0 \end{cases}$
есть выражение отдельное от $m_1,m_2,...$ а именно $x_0+y_0-z_0$ ??

[age]

DiviSer
Правильно, неизвестные $x_0,y_0,z_0$, а коэффициенты $2m_in+1$ переобозначены как $m_i$.