Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[iakowlew]

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n=4m-1$ и $m\geqslant 1$.
Обозначим $z^2-y^2=t$, откуда $z^2=t+y^2$, тогда имеем:
$x^{2n}=(t+y^2)^n-y^{2n}$.
Разложим $(t+y^2)^n$ по формуле бинома Ньютона, получим
$x^{2n}=t^n+C_n^1y^2t^{n-1}+...+C_n^{n-1}y^{2(n-1)}t+y^{2n}-y^{2n},$
или
$x^{2n}=t(tM+C_n^{n-1}y^{2(n-1)})$,
где $M-$некоторый многочлен.
Учтем, что $t=z^2-y^2$ и $C_n^{n-1}=n$, получим
(2) $x^{2n}=(z^2-y^2)((z^2-y^2)M+ny^{2(n-1)})$.
Допустим, что $z^2-y^2$ и $(z^2-y^2)M+ny^{2(n-1)}$ 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 $(z^2-y^2,y^2) \neq 1$, откуда $(z,y) \neq 1$ и $(x,y,z) \neq 1$.
В этом случае ур-е (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $x$ кратен $n$ то имеем:
(3) $x=x_1x_2, n^{2n-1}x_1^{2n}=z^2-y^2,$
(4)$ nx_2^{2n}=z^{2(n-1)}+z^{2(n-2)}y^2+...+z^2y^{2(n-2)}+y^{2(n-1)}.$
Заметим, что в ур-и (4) правая часть при $n=4m-1$ имеет значение $8d-1$,
т. к. количество членов в правой части равно $4m-1$
и каждый член имеет значение $8d_k+1$, т. к. он является квадратом.
Отсюда следует, что если $n=4m-1$, то в уравнении (1) $x$ кратен $n$.

Рассмотрим (как частный случай) уравнение
$x^6=z^6-y^6$.
Имеем:
$x^6=(z^3-y^3)(z^3+y^3)=(z^2-y^2)(z^2-zy+y^2)(z^2+zy+y^2).$
Отсюда имеем, что $z^2-y^2=3^{6k-1}x_1^6=3A^2.$
Отсюда имеем, что
(5) $A=mn, z=m^2+3n^2, y=m^2-3n^2.$
Тогда, с учетом формул (5), имеем:
$z^2-zy+y^2=(m^2+3n^2)^2-(m^2+3n^2)(m^2-3n^2)+(m^2-3n^2)^2=A_1^2$.
или
(6) $m^4+27n^4=A_1^2.$
Далее
$z^2+zy+y^2=3A_2^2$
или с учетом формул (5)
$3m^4+9n^4=3A_2^2.$
или
(7) $m^4+3n^4=A_2^2.$
Сравнивая формулы (6) и (7) видим, что $A_1$ и $A_2$
являются решениями одного уравнения:
(8) $m^4+3b^2=c^2.$
...
Далее я готов просмотреть критику.

[anwior]

iakowlew в сообщении #389855 писал(а):

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n=4m-1$ и $m\geqslant 1$.
...
В этом случае ур-е (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $x$ кратен $n$ то имеем:
(3) $x=x_1x_2, n^{2n-1}x_1^{2n}=z^2-y^2,$
(4)$ nx_2^{2n}=z^{2(n-1)}+z^{2(n-2)}y^2+...+z^2y^{2(n-2)}+y^{2(n-1)}.$
Заметим, что в ур-и (4) правая часть при $n=4m-1$ имеет значение $8d-1$,
т. к. количество членов в правой части равно $4m-1$
и каждый член имеет значение $8d_k+1$, т. к. он является квадратом.
Отсюда следует, что если $n=4m-1$, то в уравнении (1) $x$ кратен $n$.

Рассмотрим (как частный случай) уравнение
$x^6=z^6-y^6$.

В этом случае ур-е (1) имеет не основное решение.
Таким образом, если $x$ кратен $n$ то имеем:
...
Отсюда следует, что если $n=4m-1$, то в уравнении (1) $x$ кратен $n$.

Все строки, заполняющие отточие -- какова их роль?
А какое положение в док-ве подкрепляет приводимый пример?
Нет общности -- не рассмотрен случай, когда $x$ не кратен $n$.

Отсюда, главный вопрос -- а что вообще здесь доказано и рассмотрено?

[iakowlew]

Первая часть док-ва утверждает, что если $n=4m-1$, то
$x$ кратен $n$. Во второй части док-ва, на частном примере $2n=6$,
я пытаюсь доказать, используя первую часть, что $x^6+y^6=z^6$
не имеет решения в целых числах. Если это док-во верно,
то я попробую доказать ВТФ для всех $n=4m-1$.
Элементарного док-ва ВТФ, кроме случая $n=4$,
лично я не видел.

[iakowlew]

Рассмотрим уравнение (8).
Может быть, как Эйлер, разложить:
$m^4+3b^2=(m^2+i\sqrt3b)(m^2-i\sqrt3b)$,
где $i=\sqrt{-1}$.

[Коровьев]

iakowlew в сообщении #390391 писал(а):

Рассмотрим уравнение (8).
Может быть, как Эйлер, разложить:
$m^4+3b^2=(m^2+i\sqrt3b)(m^2-i\sqrt3b)$,
где $i=\sqrt{-1}$.

Доказательство БТФ для показателя делящегося на 3
Пусть для всех целых и взаимно простых выполняется
$x^3^n+y^3^n=z^3^n$
где $n$ любое целое число (А хоть бы и отрицательное )
Сделаем подстановку
X=x^n
Y=y^n
Z=z^n
получим
$X^3+Y^3=Z^3$
А это, как уже доказал Эйлер, невозможно для целых чисел и, следовательно, невозможно и исходное предположение! А в частности и для показателя равного шести!

[iakowlew]

Док-во Эйлера, доказывали после него еще лет 200...
Эйлер не смог доказать теорему для $n=4$.
Возможно Ферма нашел элементарное док-во
своей теоремы, для "определенных" значений $n$...

[iakowlew]

Рассмотрим уравнение (7):
(7) $m^4+3n^4=A_2^2$,
где $n$- четное число.
$n^4=2ab$, отсюда $a=u^4, b=8v^4$.
Тогда
$m^2=u^4-3*4v^4$.
или
$3*4v^4+m^2=u^4$.
Пусть $v=ck$.
Тогда
$u^2=c^4+3k^4$.
Это ур-е имеет такой же вид, что и уравнение (7).
Если уравнение (7) имеет минимальное решение,
то это уравнение имеет еще более минимальное решение.
Таким образом, уравнение (7) не имеет решения в целых числах.
Значит, уравнение (1) также не имеет решения в целых числах.

[iakowlew]

Из вышеизложенного следует, что уравнение
$nx^4+y^4=z^2$,
где $n$ - простое и $n=4m-1$ и $m\geqslant 1$, а также $n=1$
не имеет решения в целых числах.

[r-aax]

iakowlew в сообщении #390891 писал(а):

Из вышеизложенного следует, что уравнение
$nx^4+y^4=z^2$,
где $n$ - простое и $n=4m-1$ и $m\geqslant 1$, а также $n=1$
не имеет решения в целых числах.

$19 \cdot 1^4 + 3^4 = 10^2$

[Maslov]

iakowlew в сообщении #390891 писал(а):

Из вышеизложенного следует, что уравнение
$nx^4+y^4=z^2$,
где $n$ - простое и $n=4m-1$ и $m\geqslant 1$, а также $n=1$
не имеет решения в целых числах.

$ 3 \cdot 1^4 + 1^4 = 2^2 $
$ 3 \cdot 2^4 + 1^4 = 7^2 $
$ 3 \cdot 2^4 + 2^4 = 8^2 $
$ 3 \cdot 3^4 + 3^4 = 18^2 $
$ 3 \cdot 4^4 + 2^4 = 28^2 $
$ 3 \cdot 4^4 + 4^4 = 32^2 $
$ 3 \cdot 5^4 + 5^4 = 50^2 $
$ 19 \cdot 1^4 + 3^4 = 10^2 $
$ 19 \cdot 2^4 + 6^4 = 40^2 $
$ 31 \cdot 3^4 + 5^4 = 56^2 $

[iakowlew]

Вы правы.
Я не уточнил, что это уравнение не имеет решения в целых,
когда $x$ - четное число, $y$ и $z$ - нечетные числа.

-- Пт дек 24, 2010 15:27:01 --

Пожалуй Вы правы.
Осталось порешать уравнение (6) или
сливать воду...

[r-aax]

iakowlew в сообщении #390936 писал(а):

Вы правы.
Я не уточнил, что это уравнение не имеет решения в целых,
когда $x$ - четное число, $y$ и $z$ - нечетные числа.

$3 \cdot 28^4 + 47^4 = 2593^2$

[iakowlew]

iakowlew в сообщении #390721 писал(а):

Рассмотрим уравнение (7):
(7) $m^4+3n^4=A_2^2$,
где $n$- четное число.
$n^4=2ab$, отсюда $a=u^4, b=8v^4$.
Тогда
$m^2=u^4-3*4v^4$.
или
$3*4v^4+m^2=u^4$.
Пусть $v=ck$.
Тогда
$u^2=c^4+3k^4$.
Это ур-е имеет такой же вид, что и уравнение (7).
Если уравнение (7) имеет минимальное решение,
то это уравнение имеет еще более минимальное решение.
Таким образом, уравнение (7) не имеет решения в целых числах.
Значит, уравнение (1) также не имеет решения в целых числах.

Здесь я не учел, что кроме
$y^2=u^4-3*4v^4$
возможно
$y^2=4v^4-3u^4$,
где $u$ - нечетное, но для
$m^4+n^4=A_2^2$
этот алгоритм док-ва работает, т. е. уравнение
$x^4+y^4=z^2$
не имеет решения в целых числах.

[iakowlew]

Допустим, что
$m^2=4v^4-3u^4$,
где $v$ - четное.
Тогда
$4v^4-3u^4=4(v^4-u^4)+u^4=m^2$.
$v^4-u^4=k$, где $k$ - нечетное число, то есть
$4k=m^2-u^4$,
где $m$ и $u$ - нечетные числа.
Квадрат нечетного числа имеет вид $8d+1$.
Имеем $4k=8d_1$, что невозможно в целых числах.
Таким образом уравнение
$m^2=4v^4-3u^2$
имеет единственное решение $uv=1$, $m=1$.
Тогда ур-е (7) имеет вид
(7) $3n^4+1=A_2^2$.
Если $m=1$, то из формул (5) имеем:
$z=3n^2+1 , y=3n^2-1$
или
$z-y=2$, но $z-y \geqslant 3^5$.
Таким образом уравнение
$x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$
не имеет решения в целых числах.

[r-aax]

iakowlew в сообщении #391265 писал(а):

Здесь я не учел, что кроме
$y^2=u^4-3*4v^4$
возможно
$y^2=4v^4-3u^4$,
где $u$ - нечетное, но для
$m^4+n^4=A_2^2$
этот алгоритм док-ва работает, т. е. уравнение
$x^4+y^4=z^2$
не имеет решения в целых числах.

Может быть Вы соберете все условия вместе и скажете, какое все-таки уравнение и при каких ограничениях не имеет решений?