Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[r-aax]

iakowlew в сообщении #401707 писал(а):

(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+y^2=z^2$,
где $x$ - четное число, $y$ и $z$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $y=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $y,a_i,x_i$ есть рациональные числа.

неверно

[iakovlev]

$x_1=2\xi_1,...,x_n=2\xi_n$,
где $\xi_1=\frac{n_1}{m_1},...,\xi_n=\frac{n_n}{m_n}$.
$4\xi_1^2+...+4\xi_n^2+(1-\xi_1^2-...-\xi_n^2)^2=(1+\xi_1^2+...+\xi_n^2)^2$.
Это тождество.
Есть другие варианты...

[r-aax]

Вот верное утверждение:

Любое рациональное решение уравнения
$x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 + y^2 = z^2$
имеет вид:
$x_1 = k \cdot 2\xi_1$
$x_2 = k \cdot 2\xi_2$
$\dots$
$x_n = k \cdot 2\xi_n$
$y = k (1 - \xi_1^2 - \dots - \xi_n^2)$
$z = k (1 + \xi_1^2 + \dots + \xi_n^2)$,
где $k, \xi_1, \dots, \xi_n \in \mathbb{Q}$

Вы это утверждение обобщаете, добавив произвольные коэффициенты $a_i$ в уравнение.
На каком основании?

[iakovlev]

$k$ - нам не интересно, посколько в этом случае $(x,y)>1$.
Давайте рассмотим
$x_1^2+x_1^2+...+x_1^2+x_2^2+x_2^2+...+x_n^2+...$,
где
$x_1^2+x_1^2 +...+x_1^2=a_1x_1^2$,
$x_2^2+x_2^2+...+x_2^2=a_2x_2^2$ и т. д.
Применим тождество и посмотрим, что получится...

[r-aax]

iakovlev в сообщении #403019 писал(а):

$k$ - нам не интересно, посколько в этом случае $(x,y)>1$.
Давайте рассмотим
$x_1^2+x_1^2+...+x_1^2+x_2^2+x_2^2+...+x_n^2+...$,
где
$x_1^2+x_1^2 +...+x_1^2=a_1x_1^2$,
$x_2^2+x_2^2+...+x_2^2=a_2x_2^2$ и т. д.
Применим тождество и посмотрим, что получится...

Оставим пока $k$ в покое, хотя я не понимаю, что Вы имеете в виду под $(x,y)$ для рациональных чисел.
А вот теперь про $a_i$: из написанного Вами следует, что $a_i > 0$. Для $a_i > 0$ я согласен, а как быть с отрицательными $a_i$?

[iakovlev]

Мы решаем уравнение
$x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$.
Если это уравнение имеет решение в рациональных числах,
то оно имеет решение и в целых числах.
Допустим, что
$x=\frac{n_1}{m_1}, y=\frac{n_2}{m_2}, z=\frac{n_3}{m_3}.$
Подставив эти значения, в формулу уравнения
мы получим, что $x=\frac{k_1}m, y=\frac{k_2}m, z=\frac{k_3}m.$
В нашем случае, проще оперировать с рациональными числами
(хотя бы в случае рассматриваемого уравнения).
К целым числам, когда надо будет, не так уж сложно перейти.

-- Сб янв 22, 2011 14:11:56 --

Мы решаем уравнение
$x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$.
Если это уравнение имеет решение в рациональных числах,
то оно имеет решение и в целых числах.
Допустим, что
$x=\frac{n_1}{m_1}, y=\frac{n_2}{m_2}, z=\frac{n_3}{m_3}.$
Подставив эти значения, в формулу уравнения
мы получим, что $x=\frac{k_1}m, y=\frac{k_2}m, z=\frac{k_3}m.$
В нашем случае, проще оперировать с рациональными числами
(хотя бы в случае рассматриваемого уравнения).
К целым числам, когда надо будет, не так уж сложно перейти.

[r-aax]

Что будем делать в случае $a_i < 0$?

[iakovlev]

Применим тождество...

Подпись. "Внук... русского "Гудореанна".
(Внук - генерал-полковника ).
Танки грязи не боятся...

-- Сб янв 22, 2011 16:06:33 --

Применим тождество...

Подпись. "Внук... русского "Гудореанна".
(Внук - генерал-полковника ).
Танки грязи не боятся...

-- Сб янв 22, 2011 16:06:50 --

Применим тождество...

Подпись. "Внук... русского "Гудореанна".
(Внук - генерал-полковника ).
Танки грязи не боятся...

[r-aax]

iakovlev в сообщении #403062 писал(а):

Применим тождество...

Тождество нам даст только то, что данные числа являются решениями.
Где доказательство того, что это все решения? Докажите, что других решений нет.

[iakovlev]

Вот тут, я с вами согласен.
Но я считаю, что решить "теорему Ферма",
сложнее, чем решить это уравнение.
Здесь, "покрайней мере", никому, нечего сказать.
Пусть докажут, а мы докажем "теорему".
У "меня лично" голова не железная.
Я 20 лет занимался "программированием".
"математиков прошу не беспокоиться"...

[r-aax]

Еще раз. В своем доказательстве Вы явным образом используете утверждение

iakowlew в сообщении #401707 писал(а):

(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+y^2=z^2$,
где $x$ - четное число, $y$ и $z$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $y=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $y,a_i,x_i$ есть рациональные числа.

а доказывать его отказываетесь. Без доказательства этого утверждения все дальнейшие выкладки не имеют силы.
А доказать его у Вас не получится, так как это утверждение неверно - не все решения этого уравнения имеют приведенный вид.

[iakovlev]

Я приведу доказательство.
У меня хватит силы...
Посчичайте внимательно свои силы...
Здесь речь идет не о математике...
Мне пришлошь встречться с такими как ты.
Я уже просил тебя не беспокоиться...
Можете не отвечтать.

[r-aax]

Видимо, доказательства не будет.
Ну и ладно.

[iakovlev]

Я просил тебя не беспокоиться.
Док-во будет. А, впрочем, оно, уже имеется...
Посмотри выше.

[r-aax]

Да я и не беспокоюсь.
Когда доказательство будет, тогда и посмотрю. По приведенному выше я уже все сказал.
Может быть другие читатели форума выскажут свое мнение...