Интересный результат на досуге в субботу (оцените)

[DiviSer]

age в сообщении #303379 писал(а):

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
$\begin{cases} x_0(2m_1n+1)+y_0(2m_1n+1)-z_0(2m_2n+1)=0\\ x_0(2m_3n+1)+y_0(2m_4n+1)-z_0(2m_3n+1)=0\\ x_0(2m_5n+1)+y_0(2m_6n+1)-z_0(2m_6n+1)=0 \end{cases}$

я так понимаю система должна выглядеть так:
$\begin{cases} x_0(2m_1n+1)+y_0(2m_1n+1)=z_0(2m_2n+1)\\ x_0(2m_3n+1)+y_0(2m_4n+1)=z_0(2m_3n+1)\\ x_0(2m_6n+1)+y_0(2m_5n+1)=z_0(2m_5n+1) \end{cases}$
то есть в виде матрицы
$\left( \begin{array}{ccc} c_1&c_1&c_2\\ c_3&c_4&c_3\\ c_6&c_5&c_5\\ \end{array} \right)$
которе вполне может иметь бесконечное количество решения с нулевым свободным столбцом, в случае если определитель равен 0 (т. е. в случае вырожденной матрицы).

[age]

DiviSer
В смысле, когда все четыре определителя равны 0?

[DiviSer]

age в сообщении #304270 писал(а):

DiviSer
В смысле, когда все четыре определителя равны 0?

Да. В этом случае система имеет неограниченное количество решений.

[age]

DiviSer
Например, система:
$\begin{cases} x+y-2z=0\\ 3x+4y-3z=0\\ 5x+6y-7z=0 \end{cases}$
Имеет все 4 определителя, равные нулю.

В данном случае получаем решение:
$\begin{cases} x=5k\\ y=-3k\\ z=k \end{cases}$
т.е. вся система параметризуется относительно одного параметра $k$. Откуда $x,y,z$ не могут быть взаимно простыми.

[DiviSer]

age в сообщении #304283 писал(а):

DiviSer
Например, система:
$\begin{cases} x+y-2z=0\\ 3x+4y-3z=0\\ 5x+6y-7z=0 \end{cases}$
Имеет все 4 определителя, равные нулю.

В данном случае получаем решение:
$\begin{cases} x=5k\\ y=-3k\\ z=k \end{cases}$
т.е. вся система параметризуется относительно одного параметра $k$. Откуда $x,y,z$ не могут быть взаимно простыми.

сами то числа
$\begin{cases} x=5\\ y=-3\\ z=1 \end{cases}$
взаимнопростые, следовательно имеют решения
Вобщем такое простое решение для такой теоремы быть не может

[age]

Именно, т.е. одно из них должно быть единицей.
Жаль, что это лишь "рассуждения", т.к. без п.5 они ничего не стоят.

[age]

age в сообщении #304388 писал(а):

Жаль, что это лишь "рассуждения", т.к. без п.5 они ничего не стоят.

Попробуем обойти п.2-п.5.
П.6. справедлив вне зависимости от п.2-п.5., согласно п.4:

Цитата:

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:
$(x_0+y_0)(2k_1n+1)=z_0(2k_3n+1)$

с той лишь разницей, что теперь $z_0$ может иметь общие множители не только с $x_0+y_0$, но и простые числа $2kn+1\in(2k_1n+1)$.
Поэтому с данным ограничением все, что касается п.6 и выше - выполнимо.
Т.е. решение $x^n+y^n=z^n$ возможно лишь тогда, когда определитель матрицы равен 0:
$\left|\begin{array}{ccc} m_1&m_1&-m_2\\ m_3&m_4&-m_3\\ m_5&m_6&-m_6\\ \end{array} \right|=0$
Это нам точно так же дает нам ту же самую суть:

Для системы уравнений, для которой в соответствии с методом Крамера все четыре определителя равны 0, либо решений нет, и тогда $x_0+y_0=z_0$,
либо есть бесконечное количество решений, т.е. решение возможно лишь в параметрической форме, когда две неизвестные выражаются через третью (требование бесконечного количества решений).
Таким образом,
$\begin{cases} y_0=k_1x_0\\ z_0=k_2x_0\end{cases}$
Откуда для выполнения условия взаимной простоты $x_0=1$.
Но т.к. $x_0^n=z-y$, то $z-y=1$. $z=y+1$.
Откуда $x^n+y^n=(y+1)^n$.
Но можно показать, что последнее уравнение решений не имеет. Поэтому единственным условием, при которым возможны решения, остается $x_0+y_0=z_0$.

[age]

age в сообщении #305122 писал(а):

Таким образом,
$\begin{cases} y_0=k_1x_0\\ z_0=k_2x_0\end{cases}$
Откуда для выполнения условия взаимной простоты $x_0=1$.

Увы, коэффициенты $k_1,k_2$ могут быть рациональными числами с одинаковым знаменателем. Тогда $x_0\neq1$.