Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[AV_77]

iakowlew в сообщении #393435 писал(а):

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

у кого-то с арифметикой проблемы. Если все аккуратно расписать, то получится
$u^2 (2v+u)^2 = u^2 (4uv + 4v^2 + u^2)$

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #393435 писал(а):

Отсюда $(u,v)\neq1$ .

Странно,формулы работают для $n=2$. Попробуйте подставлять в приведенные формулы вместо $u$ и $v$ числовые значения,например $u=2,4,6.8.....$ ,а $v=1,3,5....$ ,вы получите Пифагоровы тройки чисел,удовлетворяющие решению в целых числах уравнения Ферма для $n=2$.

[iakowlew]

AV_77 в сообщении #393507 писал(а):

iakowlew в сообщении #393435 писал(а):

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

у кого-то с арифметикой проблемы. Если все аккуратно расписать, то получится
$u^2 (2v+u)^2 = u^2 (4uv + 4v^2 + u^2)$

Отвечаю.
Для $x^2+y^2=z^2$ имеет место тождество
$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$.

[AV_77]

И что?

[iakowlew]

iakowlew в сообщении #393586 писал(а):

AV_77 в сообщении #393507 писал(а):

iakowlew в сообщении #393435 писал(а):

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

у кого-то с арифметикой проблемы. Если все аккуратно расписать, то получится
$u^2 (2v+u)^2 = u^2 (4uv + 4v^2 + u^2)$

Отвечаю.
Для $x^2+y^2=z^2$ имеет место тождество
$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$.

Подставляя в это тож-во значения $a,b,c$, получаем верное равенство.
Другое дело, что "все ли основные решения"
определяются этими значениями $a,b,c$.

-- Ср дек 29, 2010 23:47:02 --

iakowlew в сообщении #393586 писал(а):

AV_77 в сообщении #393507 писал(а):

iakowlew в сообщении #393435 писал(а):

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

у кого-то с арифметикой проблемы. Если все аккуратно расписать, то получится
$u^2 (2v+u)^2 = u^2 (4uv + 4v^2 + u^2)$

Отвечаю.
Для $x^2+y^2=z^2$ имеет место тождество
$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$.

Подставляя в это тож-во значения $a,b,c$, получаем верное равенство.
Другое дело, что "все ли основные решения"
определяются этими значениями $a,b,c$.

[r-aax]

iakowlew в сообщении #393408 писал(а):

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

Почитаю.
В том сообщении еще два вопроса...

-- Чт дек 30, 2010 02:43:11 --

Это утверждение (ниже приведен скрин из журнала)?

[iakowlew]

r-aax в сообщении #393643 писал(а):

iakowlew в сообщении #393408 писал(а):

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

Почитаю.
В том сообщении еще два вопроса...

-- Чт дек 30, 2010 02:43:11 --

Это утверждение (ниже приведен скрин из журнала)?

Отвечаю.
Жизнь - это борьба...
До обеда с голодом, после обеда, со сном...

[r-aax]

iakowlew в сообщении #393659 писал(а):

Отвечаю.
Жизнь - это борьба...
До обеда с голодом, после обеда, со сном...

По сути оставшихся двух вопросов это все?

[iakowlew]

В выше приведенном доказательстве ВТФ, когда $n=2(4m-1)$ и
$n$ - простое число, не рассмотрен случай, когда
$z^{n-1}+y^{n-1}=-2+x^2T$,
где $T$ - некоторый многочлен и $x$ кратен $n$.
Поскольку $n$ - простое число, то по "малой теореме" Ферма имеем,
что $z^{n-1}+y^{n-1}=nk+2$.

Всех, с наступающим Новым Годом.

[Коровьев]

iakowlew в сообщении #393183 писал(а):

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 $n=4m-1$.

Удивительно, как можно испортить, в общем-то верное, доказательство, чтобы его можно было бы понять без вскипания мозгов. Я понял идею только с трудом разобравшись с этим частным случаем общего частного же доказательства.
Попробую изложить своими словами.

iakowlew в сообщении #389855 писал(а):

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,

$n$ - нечётное число.
Первым шагом здесь должно быть доказательство, что $z$ не может быть чётным числом, ибо сумма квадратов двух нечётных чисел делится только на два в первой степени. Оно очень простое.
Тогда, примем, что $x$ - чётное.
Далее
$x^{2n} = z^{2n} - y^{2n} = (z^2 - y^2 )\left( {\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {(z^{n - k} y^{k - 1} } )^2 } \right)$
Если $x$ взаимно просто с $n$, то взаимно просты и выражения в скобках правой части. Это известный факт. И доказательство этого тоже простое.
Далее. Если произведение двух взаимно простых чисел есть квадрат целого числа, то и каждое число также есть квадрат целого числа.
Следовательно
${\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {(z^{n - k} y^{k - 1} } )^2 }=a^2$
где $a$ нечётное число
Для любого нечётного числа
$c^2 \equiv 1(\bmod 8)$
Тогда
${\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {(z^{n - k} y^{k - 1} } )^2 }\equiv \sum\limits_{k = 1}^{k = n}1 (\bmod 8)=n(\bmod 8) $
С другой стороны
$a^2 \equiv 1(\bmod 8)$
Отсюда
$n \equiv 1(\bmod 8)$
Следовательно, при $n \equiv 3,5,7(\bmod 8)$
${\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {(z^{n - k} y^{k - 1} } )^2 } \ne a^2$
А это будет только если $x$ не взаимно просто с $n$
Итог.
Если чётное $x$ взаимно просто с $n$, то уравнение $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$ не имеет решений в целых числах при $n \equiv 3,5,7(\bmod 8)$
***
Осталось "мелочь", доказать для $n \equiv 1(\bmod 8)$

[Sandor]

Iakowlew писал:
- «….

$$a = 2uv,b = {u^2} - {v^2},c = {u^2} + {v^2},\left( {u,v} \right) = 1.$$

Поэтому одно из чисел a,b – чётное».

Гаджимурат писал:
- «А если

$$a = uv + {v^2},b = uv + {u^2}/2,c = uv + {v^2} + {u^2}/2,\left( {u,v} \right) = 1$$

и u- чётное».

Все решения уравнения Пифагора – примитивные тройки Пифагора – можно получить двумя равноценными методами, ибо пара нечётных чисел имеет соответствующую пару чисел различной чётности, и наоборот. Поэтому любые другие решения – тождественные, исходят из них, иных не существует.

1. Решение уравнения, приведением к нечётному одночлену (по необходимости изменим обозначения):

$${x^2} = {z^2} - {y^2} = \left( {z - y} \right)\left( {z + y} \right) = U_1^2U_2^2.$$

Запишем фолмулы решения:$ $x = {U_1}{U_2},y = \frac{{U_2^2 - U_1^2}}{2},z = \frac{{U_2^2 + U_1^2}}{2},$$
где

$${U_2} > {U_1} - $$

нечётные,

$$\left( {{U_1},{U_2}} \right) = 1 - $$

для неоднородных,$ $\left( {{U_1},{U_2}} \right) > 1 - $$ для однородных решений.

2. Решение приведением к чётному одночлену:

$${y^2} = {z^2} - {x^2} = \left( {z - x} \right)\left( {z + x} \right).$$

При явной чётности переменных, получаем:

$${\left( {2{y_1}} \right)^2} = {\left( {2{z_1} + 1} \right)^2} - {\left( {2{x_1} + 1} \right)^2}.$$

После приведения к неоднородному виду, имеем:

$$y_1^2 = \left( {{z_1} - {x_1}} \right)\left( {{z_1} + {x_1} + 1} \right) = V_1^2V_2^2,$$

$${y_1} = {V_1}{V_2},{x_1} = \frac{{V_2^2 - V_1^2 - 1}} {2},z = \frac{{V_2^2 + V_1^2 - 1}}{2},y = 2{V_1}{V_2},x = V_2^2 - V_1^2,z = V_2^2 + V_1^2,$$

где

$${V_2} > {V_1} - $$

различной чётности,

$$\left( {{V_1},{V_2}} \right) = 1 - $$

для неоднородных решений.

Между решениями уравнения с чётным и нечётным одночленом имеется связь:

$\[{\text{x}} = 2{{\text{V}}_1}{{\text{V}}_2} = ({\text{U}}_2^2 - {\text{U}}_1^2)/2,{\text{ y}} = {\text{V}}_2^2 - {\text{V}}_1^2 = {{\text{U}}_1}{{\text{U}}_2},{\text{ }}\]$$\[{\text{z }} = {\text{ V}}_2^2 + {\text{V}}_1^2 = ({\text{U}}_2^2 + \text{U}}_1^2)/2\] $ , где $\[{{\text{U}}_1} = {{\text{V}}_2} - {{\text{V}}_1},{\text{ }}{{\text{U}}_2} = {{\text{V}}_2} + {{\text{V}}_1},{\text{ }}{{\text{V}}_1} = ({{\text{U}}_2} - {{\text{U}}_1})/2,{{\text{V}}_2} = ({{\text{U}}_2} + {{\text{U}}_1})/2.\]$

Пары чисел имеют аналоги отличной чётности.

3.Решение, заменой переменных

$${U_1},{U_2}$$

Равенство решений трёх вариантов:

$$x = {U_1}{U_2} = V_2^2 - V_1^2 = {Q_1}\left( {{Q_1} + {Q_2}} \right),y = \frac{{U_2^2 - U_1^2}} {2} = 2{V_1}{V_2} = {Q_1}{Q_2} + \frac{{Q_2^2}}{2},$$

$$z = \frac{{U_2^2 + U_1^2}}{2} = V_2^2 + V_1^2 = {Q_1}{Q_2} + Q_1^2 + \frac{{Q_2^2}}{2},$$

где

$${U_1} = {V_2} - {V_1} = {Q_1},{U_2} = {V_2} + {V_1} = {Q_1} + {Q_2},{Q_2} - $$

чётное,

$$\left( {{U_1},{U_2}} \right) = 1,\left( {{V_1},{V_2}} \right) = 1,\left( {{Q_1},{Q_2}} \right) = 1 - $$

для неоднородных решений.

Вывод: варианты решений, при соответствующей замене $ ${U_1},{U_2}$$, тождественные. Они генерируют тождественный и полный набор троек Пифагора по той причине, что сложное число степени k разлагается на два взаимно простых множителя при условии, что они порознь числа степени k. Во сех трёх случаях сомножители правой стороны уравнения сомножители степени k, но представленные по-разному. Значения

$${U_1},{U_2}$$

и

$${V_1},{V_2},$$

также

$${Q_1},{Q_2}$$

попарно пробегая по N гененируют одни и те же решения, исключая возможность сушествования иных решений, ибо набор попарно взаимно простых чисел одноразовый и бесконечный!

С наступающим Новым Годом!

С уважением:Sándor

[iakowlew]

Весь "цивилизованный мир" считает нас русскими "Ваньками".
Представляюсь - Яковлев Михаил.
Рукопашная ...-?
С Новым Годом!

[Sandor]

AV – 77 писал:
- «….Если всё аккуратно расписать, то ….»

А если ещё продолжить, то получится:

$${b^2} = {c^2} - {a^2} = \frac{{{u^2}}}{2}\left( {2uv + 2{v^2} + \frac{{{u^2}}}{2}} \right) = \frac{{{u^2}}}{4}\left( {4{v^2} + 4uv + {u^2}} \right) = {\left[ {2{u_1}\left( {v + {u_1}} \right)} \right]^2},$$

где

$$u = 2{u_1},b = 2{b_1},{b_1} = {u_1}\left( {v + {u_1}} \right).$$

И проблема

$$\left( {u,v} \right) \ne 1 - $$

отпадает, так как числа

$${u_1},v$$

подбираются из условия

$$\left( {u,v} \right) = 1.$$

Iakowlew писал:

- Весь «цивилизованный мир» считает….

Это Вы напрасно…..?! Подобные «выпады» только усугубляют горстку действительно так думающих «цивилизованных». Не помогайте им так думать! А лично я далёк от подобного мнения. Ваши сообщения приносят Вам уважение. Пожалуйста, не искажайте положительный образ подобным сообщением.

Iakowlew писал:

- Другое дело, «все ли основные решения» определяются этими значениями a,b,c.

Я же – повыше – старался ответить на Вами поставленный вопрос!? Может впредь не отвечать?!


С уважением, по-дружески: Sandor

[Гаджимурат]

Sandor в сообщении #393887 писал(а):

Все решения уравнения Пифагора – примитивные тройки Пифагора – можно получить двумя равноценными методами, ибо пара нечётных чисел имеет соответствующую пару чисел различной чётности, и наоборот. Поэтому любые другие решения – тождественные, исходят из них, иных не существует.

Sandor, я привел еще один вариант определения Пифагоровских троек для Iakowlewa,но он умудрился доказать,что он не работает,что он неверен.И я попросил его проверить приведенные формулы на практике.Ответа не получил.

[Sandor]

Гаджимурат писал:

- "Sandor, я привел еще один вариант определения Пифагоровских троек для Iakowlewa,но он умудрился доказать,что он не работает,что он неверен. И я попросил его проверить приведенные формулы на практике.Ответа не получил."

- «А если

$$a = uv + {v^2},b = uv + {u^2}/2,c = uv + {v^2} + {u^2}/2,\left( {u,v} \right) = 1$$

и u- чётное».

Если Вы имеете ввиду этот вариант, так он верный, полученный из любых первых двух. Доказательство в моих последних двух сообщениях. Если это отличный вариант (а их может быть и больше в зависимости от вида замены

$${U_1},{U_2}$$

или

$${V_1},{V_2}$$

– приведите для рассмотрения.

С уважением: Sándor