Элементарное доказательство ВТФ для четных показателей n.

[iakowlew]

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n\geqslant 3$ и $n-$простое число.
Обозначим $x^2+y^2=t$, откуда $x^2=t-y^2$, тогда имеем:
$z^{2n}=(t-y^2)^n+y^{2n}$.
Разложим $(t-y^2)$ по формуле бинома Ньютона, получим
$z^{2n}=t^n-C_n^1y^2t^{n-1}+...+C_n^{n-1}y^{2(n-1)}t-y^{2n}+y^{2n},$
или
$z^{2n}=t(tM+C_n^{n-1}y^{2(n-1)})$,
где $M-$некоторый многочлен.
Учтем, что $t=x^2+y^2$ и $C_n^{n-1}=n$, получим
(2) $z^{2n}=(x^2+y^2)((x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)})$.
Допустим, что $x^2+y^2$ и $(x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)}$ в формуле (2) имеют общий делитель $p$ и $p \neq n$.
Значит, и $y^{2(n-1)}$ делится на $p$, поскольку $n-$ простое число.
Тогда $(x^2+y^2,y^2) \neq 1$, откуда $(x,y) \neq 1$ и $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае уравнение (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $z$ не кратен $n$ имеем:
(3) $z=z_1z_2, z_1^{2n}=x^2+y^2$.
Если $z$ кратен $n$, значит, $y$ не кратен $n$, тогда имеем:
(4)$y=y_1y_2, y_1^{2n}=z^2-x^2$.
Уравнение (1) это уравнение вида
(5) $a^2+b^2=c^2$,
где $a=x^n, b=y^n, c=z^n.$
Как известно, основные решения этого уравнения в целых числах имеют вид:
$a=2mk, b=m^2-k^2, c=m^2+k^2$, причем $(m,k)=1$ и одно из этих чисел четное.
Допустим в уравнении (1) $x-$ четное число.
Тогда $x^n=2mk$. Поскольку $x-$целое число, то $m=u^n$ и $k=2^{n-1}v^n$.
Таким образом, решения уравнения (1) в целых числах имеют вид:
(6) $x^n=2^nu^nv^n$ или $x=2uv$;
(7) $y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)v^{2n}$, $z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$,
где $u-$нечетное число и $(u,v)=1.$
Если уравнение (1) имеет решение в целых числах, то очевидно существуют такие минимальные числа $x,y,z$,
которые являются решением уравнения (1), а также такие единственные $u$ и $v$, которые определяют эти решения.
Действительно, допустим, что $x=2uv=2u_1v_1,$где $(u_1,v_1)=1$.
В этом случае на основании формул (7), имеем:
1) $x=2uv, y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}, z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$;
2) $x=2u_1v_1, y^n=u_1^{2n}-2^{2(n-1)}v_1^{2n}, z^n=u_1^{2n}+2^{2(n-1)}v_1^{2n}$.
Отсюда имеем,что $y^n+z^n=2u^{2n}=2u_1^{2n}$. Значит, $u=u_1$ и $v=v_1$.
Для уравнения (1) рассмотрим случай, когда $z$ не кратно $n$.
На основании формул (3), имеем, что $z_1^{2n}=x^2+y^2}$. Это уравнение вида (5).
Поэтому, с учетом того, $x=2uv$, имеем:
(8) $z_1^{2n}=u^2+v^2$.
По формуле (7), имеем:
$z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}=(u^2+v^2)M_1+(2^{2(n-1)}-1)v^{2n},$
где $M_1-$некоторый многочлен.
С учетом формул (3) и (8) отсюда получим
$z_1^nz_2^n=z_1^nM_1+(2^{n-1}-1)v^{2n}$.
Отсюда следует, что $(2^{2(n-1)}v^{2n}$ кратно $z_1^n$.
Допустим, что $v^{2n}$ кратно $z_1^n$.
В этом случае из формулы (8) имеем, что $(u,v) \neq 1$.
Если $(u,v) \neq 1$, то из формул (6) и (7) имеем, что $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае уравнение (1) имеет еще более минимальные решения, что противоречит исходному предположению.
Допустим, что $2^{2(n-1)}$ кратно $z_1^n$.
По формуле разности квадратов имеем, что $2^{2(n-1)}-1=(2^{n-1}+1)(2^{n-1}-1)$.
Числа $2^{n-1}+1$ и $2^{n-1}-1$, как можно показать, не имеют общих делителей.
Допустим, что $z_1=z_{11}z_{12}$, тогда имеем:
(9) $2^{n-1}-1=k_1y_{11}$ и $2^{n-1}+1=k_2y_{12}$,
где $k_1$ и $k_2-$некоторые числа.
Рассмотрим число $2^{n-1}+1$. Заметим, что $2^{n-1}+1<2^n$.
Поэтому из формул (9) имеем, что $k_1z_{11}^n<2^n$ и $k_2z_{12}<2^n$.
Эти неравенства возможны в целых числах, только если $z_{11}=z_{12}=1$.
Тогда $z_1=z_{11}z_{12}=1$. По формуле (8) имеем, что $1=u^2+v^2$.
Это равенство возможно в целых числах, только если $v=0$. В этом случае уравнение (1) имеет только тривиальное решение.
Для второго случая, когда $z$ кратен $n$, используя формулы (4), (6) и (7) , имеем аналогичный результат.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #384457 писал(а):

Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.

Допустим ВЫ правы.Доказательство для $n$,где $n$- простое число, будет?

[iakowlew]

В тексте док-ва есть несколько опечаток (администраторы не дают мне возможности их поправить), но есть надежда, что элементарное док-во ВТФ существует, так как допустим, если для $n=4$ и $n=6$ нет решения в целых, то почему оно должно быть для $n=5$.

[gris]

Ни одно нечётное число не делится нацело на 2, так почему же 8 должно делиться???

[shwedka]

iakowlew в сообщении #384576 писал(а):

то почему оно должно быть для $n=5$

Риторический вопрос в качестве доказательства обычно не принимется.

[anwior]

gris в сообщении #384580 писал(а):

Ни одно нечётное число не делится нацело на 2, так почему же 8 должно делиться???

Вы озадачили своим вопросом (?)

Давайте, попробуйте заново.

[Руст]

До сюда нет замечаний.

iakowlew в сообщении #384457 писал(а):

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n\geqslant 3$ и $n-$простое число.
Обозначим $x^2+y^2=t$, откуда $x^2=t-y^2$, тогда имеем:
$z^{2n}=(t-y^2)^n+y^{2n}$.
Разложим $(t-y^2)$ по формуле бинома Ньютона, получим
$z^{2n}=t^n-C_n^1y^2t^{n-1}+...+C_n^{n-1}y^{2(n-1)}t-y^{2n}+y^{2n},$
или
$z^{2n}=t(tM+C_n^{n-1}y^{2(n-1)})$,
где $M-$некоторый многочлен.
Учтем, что $t=x^2+y^2$ и $C_n^{n-1}=n$, получим
(2) $z^{2n}=(x^2+y^2)((x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)})$.
Допустим, что $x^2+y^2$ и $(x^2+y^2)M+ny^{2(n-1)}$ в формуле (2) имеют общий делитель $p$ и $p \neq n$.
Значит, и $y^{2(n-1)}$ делится на $p$, поскольку $n-$ простое число.
Тогда $(x^2+y^2,y^2) \neq 1$, откуда $(x,y) \neq 1$ и $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае уравнение (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $z$ не кратен $n$ имеем:
(3) $z=z_1z_2, z_1^{2n}=x^2+y^2$.
Если $z$ кратен $n$, значит, $y$ не кратен $n$, тогда имеем:
(4)$y=y_1y_2, y_1^{2n}=z^2-x^2$.
Уравнение (1) это уравнение вида
(5) $a^2+b^2=c^2$,
где $a=x^n, b=y^n, c=z^n.$
Как известно, основные решения этого уравнения в целых числах имеют вид:
$a=2mk, b=m^2-k^2, c=m^2+k^2$, причем $(m,k)=1$ и одно из этих чисел четное.
Допустим в уравнении (1) $x-$ четное число.
Тогда $x^n=2mk$. Поскольку $x-$целое число, то $m=u^n$ и $k=2^{n-1}v^n$.
Таким образом, решения уравнения (1) в целых числах имеют вид:
(6) $x^n=2^nu^nv^n$ или $x=2uv$;
(7) $y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}$, (исправлена опечатка) $z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$,
где $u-$нечетное число и $(u,v)=1.$
Если уравнение (1) имеет решение в целых числах, то очевидно существуют такие минимальные числа $x,y,z$,
которые являются решением уравнения (1), а также такие единственные $u$ и $v$, которые определяют эти решения.
Действительно, допустим, что $x=2uv=2u_1v_1,$где $(u_1,v_1)=1$.
В этом случае на основании формул (7), имеем:
1) $x=2uv, y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}, z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$;
2) $x=2u_1v_1, y^n=u_1^{2n}-2^{2(n-1)}v_1^{2n}, z^n=u_1^{2n}+2^{2(n-1)}v_1^{2n}$.
Отсюда имеем,что $y^n+z^n=2u^{2n}=2u_1^{2n}$. Значит, $u=u_1$ и $v=v_1$.
Для уравнения (1) рассмотрим случай, когда $z$ не кратно $n$.
На основании формул (3), имеем, что $z_1^{2n}=x^2+y^2}$. Это уравнение вида (5).

Дальше много опечаток. Попробую исправить их:

Цитата:

Поэтому, с учетом того, $x=2uv$, имеем:
(8) $z_1^{n}=u^2+v^2$. (исправлено)

Тут сидит основная ошибка. Дело в том, что раньше разложение $x=2uv$ была взята из решения уравнения Пифагора $z^{2n}=x^{2n}+y^{2n}$.
А здесь он утверждает, что это же разложение годится и для уравнения Пифагора:
$z_1^{2n}=x^2+y^2.$
Дело в том, что здесь должно использоваться вообще говоря другое разложение. Таких разложений на взаимно простые множители много, если $x$ имеет много простых делителей.
Поэтому бессмысленно дальше читать.

[iakowlew]

Посмотрите, что значит минимальное решение ур-я (1) .
Там все рассмотрено. Это и есть центральный пункт док-ва.

[anwior]

В этом фрагменте:

iakowlew в сообщении #384457 писал(а):

Как известно, основные решения этого уравнения в целых числах имеют вид:
$a=2mk, b=m^2-k^2, c=m^2+k^2$, причем $(m,k)=1$ и одно из этих чисел четное.
Допустим в уравнении (1) $x-$ четное число.
Тогда $x^n=2mk$. Поскольку $x-$целое число, то $m=u^n$ и $k=2^{n-1}v^n$.

бросилась в глаза потеря общности. Думаю правильно так:

Поскольку $x-$целое число, то либо $m=u^n$ и $k=2^{dn-1}v^n$, либо $m=2^{dn-1}u^n$ и $k=v^n$, где $d$ некоторое натуральное, $u$ и $v$ нечетные.

[anwior]

iakowlew в сообщении #384457 писал(а):

Действительно, допустим, что $x=2uv=2u_1v_1,$где $(u_1,v_1)=1$.
В этом случае на основании формул (7), имеем:
1) $x=2uv, y^n=u^{2n}-2^{2(n-1)}v^{2n}, z^n=u^{2n}+2^{2(n-1)}v^{2n}$;
2) $x=2u_1v_1, y^n=u_1^{2n}-2^{2(n-1)}v_1^{2n}, z^n=u_1^{2n}+2^{2(n-1)}v_1^{2n}$.
Отсюда имеем,что $y^n+z^n=2u^{2n}=2u_1^{2n}$. Значит, $u=u_1$ и $v=v_1$.

Я бы Вас зауважал, если бы из допущения в первой строке цитаты вывели

Значит, $u=v_1$ и $v=u_1$.

(Ой горе ж той чайке)

[iakowlew]

Я сократил полное док-во с 4 страниц до 2 страниц, т. е. ,
я предлагаю просто алгоритм док-ва.

[Руст]

iakowlew в сообщении #384731 писал(а):

Посмотрите, что значит минимальное решение ур-я (1) .
Там все рассмотрено. Это и есть центральный пункт док-ва.

Минимальность по вашему означает только то, что разлагается на произведение взаимно простых.
Если $u,v, x=2uv$ имеют много простых делителей, то таких способов разложения много.
Например $(2*3*5*7*11*2)^2+(66^2-35^2)^2=(66^2+35^2)^2$ и
$(2*3*5*7*11*2)^2+(70^2-33^2)^2=(70^2+33^2)^2$ имеется еще несколько взаимно простых с тем же $x$ реешений.

[Коровьев]

iakowlew в сообщении #384798 писал(а):

Я сократил полное док-во с 4 страниц до 2 страниц, т. е. ,
я предлагаю просто алгоритм док-ва.

Теперь ещё сократите. Опубликуйте доказательство для n=3, раз вы написали что ваше доказательство справедливо для

Цитата:

$$n\geqslant 3$$

и $n-$простое число.

то бишь, для чётного показателя равного шести.
Это будет в рамках здешних местных правил про БТФ, да и самому будет легче, а нам то ещё легчее. Заодно и исправите ошибки.

[iakowlew]

Центральный пункт док-ва, состоит в том, что если ур-е (1) имеет
минимальное решение в целых, т. е. $x_{min}, y_ {min},z_{min}$,
то они определяются единственными значениями $u$ и $v$.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #384576 писал(а):

так как допустим, если для $n=4$и $n=6$ нет решения в целых, то почему оно должно быть для $n=5$.

А я то по наивности считал,что если найти доказательство ВТФ для "простых" степеней и самое главное найти простое решение для $n=3$,то для всех остальных степеней найдется решение,как говорят,дело техники.Действительно: век живи и век учись.