Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[Toucan]

iakovlev в сообщении #403151 писал(а):

Мне пришлошь встречться с такими как ты.
Я уже просил тебя не беспокоиться...

iakovlev в сообщении #403179 писал(а):

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

iakovlev, замечание за фамильярность. Читайте Правила форума:

Правила форума в http://dxdy.ru/post27356.html#p27356 писал(а):

I. Нарушения и санкции

1) Нарушением считается:
…
е) ..., фамильярность (у нас принято обращаться друг к другу на "Вы")...

[iakovlev]

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n-$ простое и $n>2$.
Пусть $x-$ четное число.
Одно из чисел $z$ или $y$ - не кратно $n$.
Допустим, что $z$ - не кратно $n$.
Тогда имеем:
(2) $z_2^{2n}=x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...-x^2y^{2(n-2)}+y^{2(n-1)}$.
Это уравнение вида
(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+b^2=c^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $b$ и $c$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $b=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $a_i,x_i,b$ есть рациональные числа. $c$, в данном случае, нас не интересует.
Поэтому, из уравнения (2), на основании формулы (4), получим
$y^{n-1}=1-2^{-2}x^{2(n-1)}+2^{-2}x^{2(n-2)}y^2-...+2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$.
Подставив в это уравнение вместо $x,y$ их рациональные значения,
и учтя, что если уравнение (1) имеет решение в рациональных числах,
то $x,y$ имеют один и тот же знаменатель $m$,получим
$\frac{y^{n-1}}{m^{n-1}}=1-2^{-2}\frac{x^{2(n-1)}}{m^{2(n-1)}}+2^{-2}\frac{x^{2(n-2)}y^2}{m^{2(n-2)}m^2}-...+2^{-2}\frac{x^2y^{2(n-2)}}{m^2m^{2(n-2)}}$.
Отсюда
(5) $m^{n-1}y^{n-1}=m^{2(n-1)}-2^{-2}x^{2(n-1)}+2^{-2}x^{2(n-2)}y^2-....+2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$,
где $x,y$ - целые числа.
Уравнение (5) это уравнение вида (3). Применим формулу (4), получим
$m^{n-1}=1+2^{-4}x^{2(n-1)}-2^{-4}x^{2(n-2)}y^2+...-2^{-4}x^2y^{2(n-2)}$,
или
(6) $4m^{n-1}=4+2^{-2}x^{2(n-1)}-2^{-2}x^{2(n-2)}y^2+...-2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$.
Из (5) и (6) имеем:
(7) $m^{n-1}y^{m-1}+4m^{n-1}=m^{2(n-1)}+4$.
Отсюда имеем, что 4 кратно $m^{n-1}$.
Допустим $m=1$.
Тогда из (7)
$y^{n-1}+4=5$,
или
$y=1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах, кроме тривиальных.

[iakovlev]

Уважаемый "r-aax".
Если Вы имеете в виду "уравнение", то приведите "контрпример".
Или давайте напишем программы и поганяем наши "Пни"...

-- Пт янв 28, 2011 18:40:47 --

Уважаемый "r-aax".
Если Вы имеете в виду "уравнение", то приведите "контрпример".
Или давайте напишем программы и поганяем наши "Пни"...

[r-aax]

На предыдущей странице я уже написал, какое утверждение в Ваших рассуждениях неверно.
И контрпример к нему тоже приводил.
Вы написали свое "доказательство" еще раз в том же виде, неверное утверждение в нем осталось.

(Оффтоп)

То Вы просите меня "не беспокоиться", то привести контрпример. Вы уж определитесь.

[iakovlev]

Уважаемый "r-aax".
Эта "теорема", в самом деле, стоила многим людям - "многих усилий".
Поэтому здесь нужен только серьезный подход.
Поэтому надо подумать...

[iakovlev]

Оптимист - прыгает до потолка.
Пессимист - рвет на себе волосы.
Реалист - ...?

zhoraster:

Суточный бан за очередное бессодержательное сообщение

[iakovlev]

Рассмотрим уравнение
(1) $x^4+y^4=z^2$.
Пусть $x-$ четное число.
Уравнение (1) -это уравнение вида
(2) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+b^2=c^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $b$ и $c$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(3) $b=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $a_i,x_i,b$ есть рациональные числа. $c$, в данном случае, нас не интересует.
Поэтому, из уравнения (1), на основании формулы (3), получим
$y^2=1-2^{-2}x^4$.
Подставив в это уравнение вместо $x,y$ их рациональные значения,
и учтя, что если уравнение (1) имеет решение в рациональных числах,
то $x,y$ имеют один и тот же знаменатель $m$,получим
$\frac{y^2}{m^2}=1-2^{-2}\frac{x^4}{m^4}$.
Отсюда
(4) $m^2y^2=m^4-2^{-2}x^4$,
где $x,y$ - целые числа.
Уравнение (4) это уравнение вида (2). Применим формулу (3), получим
$m^2=1+2^{-4}x^4$,
или
(5) $4m^2=4+2^{-2}x^4$.
Из (4) и (5) имеем:
(6) $m^2y^2+4m^2=m^4+4$.
Отсюда имеем, что 4 кратно $m^2$.
Допустим $m=1$.
Тогда из (6)
$y^2+4=5$,
или
$y=1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах, кроме тривиальных.

-- Пн янв 31, 2011 15:11:20 --

Рассмотрим уравнение
(1) $x^4+y^4=z^2$.
Пусть $x-$ четное число.
Уравнение (1) -это уравнение вида
(2) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+b^2=c^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $b$ и $c$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(3) $b=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $a_i,x_i,b$ есть рациональные числа. $c$, в данном случае, нас не интересует.
Поэтому, из уравнения (1), на основании формулы (3), получим
$y^2=1-2^{-2}x^4$.
Подставив в это уравнение вместо $x,y$ их рациональные значения,
и учтя, что если уравнение (1) имеет решение в рациональных числах,
то $x,y$ имеют один и тот же знаменатель $m$,получим
$\frac{y^2}{m^2}=1-2^{-2}\frac{x^4}{m^4}$.
Отсюда
(4) $m^2y^2=m^4-2^{-2}x^4$,
где $x,y$ - целые числа.
Уравнение (4) это уравнение вида (2). Применим формулу (3), получим
$m^2=1+2^{-4}x^4$,
или
(5) $4m^2=4+2^{-2}x^4$.
Из (4) и (5) имеем:
(6) $m^2y^2+4m^2=m^4+4$.
Отсюда имеем, что 4 кратно $m^2$.
Допустим $m=1$.
Тогда из (6)
$y^2+4=5$,
или
$y=1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах, кроме тривиальных.

-- Пн янв 31, 2011 16:04:20 --

Если вышеприденные доказательства верны,
то тогда правомерно рассмотреть уравнение
$x^{2n}+y^{2n}=z^2$,
где $n$ - простое число и $n>2$.

[iakovlev]

Если вышеприведенные доказательства верны,
то тогда правомерно рассмотреть уравнение
$x^{2n}+y^{2n}=z^2$,
где $n$ - простое число и $n>2$.

[iakovlev]

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^2$,
где $n-$ простое и $n>2$.
Пусть $x-$ четное число.
Далее
$(x^{2n}+y^{2n})^2=z^4$,
или
(2) $x^{4n}+2x^{2n}y^{2n}+y^{4n}=z^4$.
Это уравнение вида
(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+b^2=c^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $b$ и $c$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $b=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $a_i,x_i,b$ есть рациональные числа. $c$, в данном случае, нас не интересует.
Поэтому, из уравнения (2), на основании формулы (4), получим
$y^{2(n-1)}=1-2^{-2}x^{4n}-2^{-1}x^{2n}y^{2n}$.
Подставив в это уравнение вместо $x,y$ их рациональные значения,
и учтя, что если уравнение (1) имеет решение в рациональных числах,
то $x,y$ имеют один и тот же знаменатель $m$,получим
$\frac{y^{2n}}{m^{2n}}=1-2^{-2}\frac{x^{4n}}{m^{4n}}-2^{-1}\frac{x^{2n}y^{2n}}{m^{2n}m^{2n}}$.
Отсюда
(5) $m^{2n}y^{2n}=m^{4n}-2^{-2}x^{4n}-2^{-1}x^{2n}y^{2n}$,
где $x,y$ - целые числа.
Уравнение (5) это уравнение вида (3). Применим формулу (4), получим
$m^{2n}=1+2^{-4}x^{4n}+2^{-3}x^{2n}y^{2n}$,
или
(6) $4m^{2n}=4+2^{-2}x^{4n}+2^{-1}x^{2n}y^{2n}$.
Из (5) и (6) имеем:
(7) $m^{2n}y^{2n}+4m^{2n}=m^{4n}+4$.
Отсюда имеем, что 4 кратно $m^{2n}$.
Допустим $m=1$.
Тогда из (7)
$y^{2n}+4=5$,
или
$y=1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах, кроме тривиальных.

-- Пн янв 31, 2011 17:20:39 --

Осталось рассмотреть
$x^{2a}+y^{2b}=z^2$,
где $a,b$ - простые и $a>2$ и $b>2$.

[AKM]

iakovlev,

Ваше сообщение http://dxdy.ru/post407099.html#p407099 содержит дубликат самого себя и дубликат следующего сообщения. Я не исключаю, что это какие-то проблемы медленного интернета итп., но у Вас есть возможность исправить брак в течение часа после публикации (кнопка ).

Вы вынуждаете модератора делать ещё и сверку текстов перед правкой. Извольте самостоятельно следить за тем, что Вы публикуете.

Неплохо бы также фразу "Рассмотрим уравнение" сопровождать пояснением --- чего ради, с какой целью Вы намерены рассматривать очередное уравнение. В грамотных текстах доказательству/анализу обычно предшествует некое локальное утверждение.

[iakovlev]

Кнопкой, я очевидно воспользоваться не успел, т. к. ходил гулять с собакой.
Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2a}+y^{2b}=z^2$,
где $a,b простые числа и $a>2$ и $b>2$.
Пусть $x-$ четное число.
Далее
$(x^{2a}+y^{2b})^2=z^4$,
или
(2) $x^{4a}+2x^{2a}y^{2b}+y^{4b}=z^4$.
Это уравнение вида
(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+b^2=c^2$,
где $x_1,...,x_n$ - четные числа, $b$ и $c$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $b=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $a_i,x_i,b$ есть рациональные числа. $c$, в данном случае, нас не интересует.
Поэтому, из уравнения (2), на основании формулы (4), получим
$y^{2b}=1-2^{-2}x^{4a}-2^{-1}x^{2a}y^{2b}$.
Подставив в это уравнение вместо $x,y$ их рациональные значения,
и учтя, что если уравнение (1) имеет решение в рациональных числах,
то $x,y$ имеют один и тот же знаменатель $m$,получим
$\frac{y^{2b}}{m^{2b}}=1-2^{-2}\frac{x^{4a}}{m^{4a}}-2^{-1}\frac{x^{2a}y^{2b}}{m^{2a}m^{2b}}$.
Отсюда
(5) $m^{4a}y^{2b}=m^{4a2b}-2^{-2}x^{4a}m^{2b}-2^{-1}x^{2a}y^{2b}m^{2a}$,
где $x,y$ - целые числа.
Уравнение (5) это уравнение вида (3). Применим формулу (4), получим
$m^{4ab}=1+2^{-4}x^{4a}m^{2b}+2^{-3}x^{2a}y^{2b}m^{2a}$,
или
(6) $4m^{4ab}=4+2^{-2}x^{2a}m^{2b}+2^{-1}x^{2a}y^2{2b}m^{2a}$.
Из (5) и (6) имеем:
(7) $m^{4a}y^{2b}+4m^{4ab}=m^{8ab}+4$.
Отсюда имеем, что 4 кратно $m^{4a}$.
Допустим $m=1$.
Тогда из (7)
$y^{2b}+4=5$,
или
$y=1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах, кроме тривиальных.

[iakovlev]

Интересно, что скажет Эдик...
Моё док-во устроит, хотя бы, школьников.
Но, на 121 странице, тут, что - "пришельцы"...?

-- Пн янв 31, 2011 20:39:13 --

Интересно, что скажет Эдик...
Моё док-во устроит, хотя бы, школьников.
Но, на 121 странице, тут, что - "пришельцы"...?

[Prorab]

iakovlev
Ваш клон iakowlew, который начал тему, заморожен.
За очередное невыполнение требования модератора контролировать то, в каком виде отображаются на форуме Ваши посты - бан на три дня.

[r-aax]

iakovlev в сообщении #407255 писал(а):

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2a}+y^{2b}=z^2$,
где $a,b простые числа и $a>2$ и $b>2$.

iakovlev в сообщении #407255 писал(а):

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

Неверно.

$6^{2 \cdot 5} + 18^{2 \cdot 3} = 9720^2$

[Sandor]

r-aax писал:
- Неверно:

$$6^{2 \cdot 5} + 18^{2 \cdot 3} = 9720^2 .$$

Контрпример можно признать лишь удовлетворяющим уравнению, его партикулярно-однороным решением. Ибо сокращение решения приводит к неоднородному уравнению, отличному от исходного уравнения. Фактически оно является однородным решением уравнения

$$x^4 + y^2 = z^2 $$

при значениях:
$$2^4 + 3^2 = 5^2 ,\left( {x,y,z} \right) = d > 1,d = 2^6 \cdot 3^{10} ,2^4 \cdot 2^6 \cdot 3^{10} + 3^2 \cdot 2^6 \cdot 3^{10} = 5^2 \cdot 2^6 \cdot 3^{10} ,6^{2 \cdot 5} + 18^{2 \cdot 3} = 9720^2 .$ $
Для достоверного опровержения утверждения желательно привести неоднородное решение уравнения! Этот вопрос затрагивался и в теме «Вот я думаю, что индукция – лучше, …?».

С уважением: Sándor