Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[iakowlew]

Я готов предоставить док-во, что ур-е
$x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$
не имеет решения в целых числах,
но только в виде "ответить" и после праздников...
С Рождеством!

[r-aax]

Я имел в виду утверждения про уравнения вида $n \cdot x^4 + y^4 = z^2$...

[iakowlew]

Рассмотрите сами ур-е
$nx^2+y^2=z^2$,
где $x$ - четное, $y$ и $z$ - нечетные числа.
Оно имеет решения в целых
$y=p-\frac{nx^2}{4p}$,
$z=p+\frac{nx^2}{4p}$,
где $p$ есть делитель $nx^2$.
С Рождеством!

[r-aax]

iakowlew в сообщении #391645 писал(а):

Рассмотрите сами ур-е
$nx^2+y^2=z^2$,
где $x$ - четное, $y$ и $z$ - нечетные числа.

Зачем мне его рассматривать? Понятно, что оно имеет решение.
Просто Вы в ходе своего изложения утверждаете, что некие промежуточные уравнения не имеют решения в целых числах, но это оказывается не так...

[iakowlew]

Давайте рассмотрим...
Я просто предлагаю рассмотреть вариант док-ва.
Очевидно, что этих вариантов может быть много.

[r-aax]

Тема Ваша. Приведите доказательство целиком.

[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 $n$.

Докажем, что если $x$ кратен $n$, то уравнение (1) не имеет решения в целых числах.
Рассмотрим уравнение
(5) $x_1^2+...x_n^2+y^2=z^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $y,z$ - нечетные числа.
Как известно, все решения этого уравнения в рациональных числах, имеют вид:
$x_1=\frac{2n_1}{m_1},...,x_n=\frac{2n_n}{m_n}$,
$y=1-2^{-2}x_1^2-...-2^{-2}x_n^2, z=1+2^{-2}x_1^2+...+2^{-2}x_n^2$.
Из уравнения (5) следует, что уравнение
$a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+y^2=z^2$,
где $a_1,...,a_n$ - целые числа, имеет следующие решения в рациональных числах
(6) $y=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2, z=1+2^{-2}a_1x_1^2+...+2^{-2}a_nx_n^2$.
Вернемся к уравнению (1).
Имеем
$z^{2n}=z_1^{2n}z_2^{2n}=(x^2+y^2)(x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...+y^{2(n-1)}).$
Отсюда
(7) $z_2^{2n}=x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...+y^{2(n-1)} $.
Аналогично
(8) $y_2^{2n}=x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)}z^2+...+z^{2(n-1)}$.
Уравнения (7) и (8) - это уравнения вида (5).
Поэтому, с учетом формул (6), подразумевая под неизвестными $x,y,z$ их рациональные значения, имеем из (7)
$y^{n-1}=1-2^{2(n-2)}x^{2(n-1)}+...+2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$.
Из (8) имеем
$z^{n-1}=1-2^{2(n-2)}x^{2(n-1)}-...-2^{-2}x^2z^{2(n-2)}$.
Учитывая, что $z>y$, получим
$z^{n-1}=-1+2^{2(n-1)}x^{2(n-1)}+...+2^{-2}x^2z^{2(n-2)}$.
Тогда
(9) $z^{n-1}+y^{n-1}=x^2M_1$,
где $M_1$ - некоторый многочлен.
Заметим, что $x$ кратен $n$.
Из формулы (3) имеем, что $z^2-y^2$ кратно $n$.
Отсюда $z-y$ или $z+y$ кратно $n$, то есть $z=nk_1+c$ и $y=nk_2+c$ или $z=nk_1+c$ и $y=nk_2-c$.
В любом случае из формулы (9) имеем, что $2c^{n-1}$ кратно $n$.
В этом случае $c$ кратно $n$. Значит, $z$ и $y$ также кратны $n$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.

-- Вт дек 28, 2010 18:07:17 --

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 $n$.

Докажем, что если $x$ кратен $n$, то уравнение (1) не имеет решения в целых числах.
Рассмотрим уравнение
(5) $x_1^2+...x_n^2+y^2=z^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $y,z$ - нечетные числа.
Как известно, все решения этого уравнения в рациональных числах, имеют вид:
$x_1=\frac{2n_1}{m_1},...,x_n=\frac{2n_n}{m_n}$,
$y=1-2^{-2}x_1^2-...-2^{-2}x_n^2, z=1+2^{-2}x_1^2+...+2^{-2}x_n^2$.
Из уравнения (5) следует, что уравнение
$a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+y^2=z^2$,
где $a_1,...,a_n$ - целые числа, имеет следующие решения в рациональных числах
(6) $y=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2, z=1+2^{-2}a_1x_1^2+...+2^{-2}a_nx_n^2$.
Вернемся к уравнению (1).
Имеем
$z^{2n}=z_1^{2n}z_2^{2n}=(x^2+y^2)(x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...+y^{2(n-1)}).$
Отсюда
(7) $z_2^{2n}=x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...+y^{2(n-1)} $.
Аналогично
(8) $y_2^{2n}=x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)}z^2+...+z^{2(n-1)}$.
Уравнения (7) и (8) - это уравнения вида (5).
Поэтому, с учетом формул (6), подразумевая под неизвестными $x,y,z$ их рациональные значения, имеем из (7)
$y^{n-1}=1-2^{2(n-2)}x^{2(n-1)}+...+2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$.
Из (8) имеем
$z^{n-1}=1-2^{2(n-2)}x^{2(n-1)}-...-2^{-2}x^2z^{2(n-2)}$.
Учитывая, что $z>y$, получим
$z^{n-1}=-1+2^{2(n-1)}x^{2(n-1)}+...+2^{-2}x^2z^{2(n-2)}$.
Тогда
(9) $z^{n-1}+y^{n-1}=x^2M_1$,
где $M_1$ - некоторый многочлен.
Заметим, что $x$ кратен $n$.
Из формулы (3) имеем, что $z^2-y^2$ кратно $n$.
Отсюда $z-y$ или $z+y$ кратно $n$, то есть $z=nk_1+c$ и $y=nk_2+c$ или $z=nk_1+c$ и $y=nk_2-c$.
В любом случае из формулы (9) имеем, что $2c^{n-1}$ кратно $n$.
В этом случае $c$ кратно $n$. Значит, $z$ и $y$ также кратны $n$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.

[r-aax]

iakowlew в сообщении #392830 писал(а):

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.

Отсюда следует, что либо $p = n$, либо $p = 1$. Так?

iakowlew в сообщении #392830 писал(а):

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 $n$.

Эти рассуждения требуют пояснения. Что значит "если $x$ кратен $n$, тогда ... значит $x$ кратен $n$".
А если $x$ не кратен $n$?

[iakowlew]

Отсюда следует, что либо $p = n$, либо $p = 1$. Так?

Отвечаю.
Вы действительно правы. Это доказал еще Абель.
Далее.
$(2k+1)^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1=8d+1$,
так как одно из чисел $k$ или $k+1$ - четное.
Рассмотрим
$x^6+y^6=z^6$.
Пусть $x$ - четное.
$x^6=z^6-y^6=(z^2-y^2)(z^4+z^2y^2+y^4)$.
$x_1^6=z^2-y^2$,
$x_2^6=z^4+z^2y^2+y^4=8d+3$,
но $x_2^6=8d_1+1$, то есть $8d_1+1=8d+3$.
Отсюда следует, что $z^4+z^2y^2+y^4=3x_2^6$.
Это значит, что $x$ кратен 3.
И так для всех $n=4m-1$.

[r-aax]

А если $x$ нечетное?

[iakowlew]

Уравнение $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$ - это уравнение Пифагора вида
$a^2+b^2=c^2$,
которое, как известно, имеет следующие основные решения в целых числах
$a=2uv, b=u^2-v^2, c=u^2+v^2$, причем $(u,v)=1$.
Поэтому, одно из чисел $a$ или $b$ - четное.

[r-aax]

Первую часть я вроде бы понял (по крайней мере для $n = 3$). Можно несколько вопросов по второй (если можно тоже пока в терминах $n = 3$)?

iakowlew в сообщении #392830 писал(а):

Рассмотрим уравнение
(5) $x_1^2+...x_n^2+y^2=z^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $y,z$ - нечетные числа.
Как известно, все решения этого уравнения в рациональных числах, имеют вид:
$x_1=\frac{2n_1}{m_1},...,x_n=\frac{2n_n}{m_n}$,
$y=1-2^{-2}x_1^2-...-2^{-2}x_n^2, z=1+2^{-2}x_1^2+...+2^{-2}x_n^2$.

Можно ссылочку?

iakowlew в сообщении #392830 писал(а):

Из уравнения (5) следует, что уравнение
$a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+y^2=z^2$,
где $a_1,...,a_n$ - целые числа, имеет следующие решения в рациональных числах
(6) $y=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2, z=1+2^{-2}a_1x_1^2+...+2^{-2}a_nx_n^2$.

Тут требуется пояснение.

iakowlew в сообщении #392830 писал(а):

Вернемся к уравнению (1).
Имеем
$z^{2n}=z_1^{2n}z_2^{2n}=(x^2+y^2)(x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...+y^{2(n-1)}).$
Отсюда
(7) $z_2^{2n}=x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...+y^{2(n-1)} $.
Аналогично
(8) $y_2^{2n}=x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)}z^2+...+z^{2(n-1)}$.
Уравнения (7) и (8) - это уравнения вида (5).

В каком смысле (7) и (8) это уравнения вида (5)? Они сводятся к уравнению (5) какими-то заменами переменных?

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #393295 писал(а):

которое, как известно, имеет следующие основные решения в целых числах

А если $a=uv+v^2, b=uv+\frac{u^2}2 ,c=uv+v^2+\frac{u^2}2$,причем $(u,v)=1$
и $u$ -число четное.

[iakowlew]

r-aax в сообщении #393353 писал(а):

iakowlew в сообщении #392830 писал(а):

Рассмотрим уравнение
(5) $x_1^2+...x_n^2+y^2=z^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $y,z$ - нечетные числа.
Как известно, все решения этого уравнения в рациональных числах, имеют вид:
$x_1=\frac{2n_1}{m_1},...,x_n=\frac{2n_n}{m_n}$,
$y=1-2^{-2}x_1^2-...-2^{-2}x_n^2, z=1+2^{-2}x_1^2+...+2^{-2}x_n^2$.

Можно ссылочку?

См. Болтянский В. Г. Пифагоровы тетраэдры.
Журнал "Квант". - 1986. №8.

[iakowlew]

Гаджимурат в сообщении #393354 писал(а):

iakowlew в сообщении #393295 писал(а):

которое, как известно, имеет следующие основные решения в целых числах

А если $a=uv+v^2, b=uv+\frac{u^2}2 ,c=uv+v^2+\frac{u^2}2$,причем $(u,v)=1$
и $u$ -число четное.

Отвечаю.
$b^2=c^2-a^2=(uv+v^2+\frac{u^2}2-uv-v^2)(uv+v^2+\frac{u^2}2+uv+v^2)$.
или
$u^2(2v+u)^2=u(2v+u^2)(2uv+4v^2+u^2)$
или
$u(2v+u)=2uv+4v^2+u^2$.
Отсюда $(u,v)\neq 1$.