Великая теорема Ферма. n>3, n – нечётное число

[Alexey2]

Для любого натурального числа $n > 2$ уравнение $a^n+b^n=c^n$ не имеет натуральных решений $a,b$ и $c$.

Пусть $n>3$, $n$ – нечётное число

1.$x=a+b,x\in \mathbb{N}$

2. $\left\{ \begin{matrix} (x-a)^n+a^n=c^n \\ (x-b)^n+b^n=c^n \\ \end{matrix} \right.$

3. $\left\{ \begin{matrix} x^n-nx^{n-1}a+...+nxa^{n-1}-a^n+a^n=c^n \\ x^n-nx^{n-1}b+...+nxb^{n-1}-b^n+b^n=c^n \\ \end{matrix} \right.$

4. $c^n=a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}-ab^{n-2}+b^{n-1})=xk$
$k=a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}-ab^{n-2}+b^{n-1}$, $k\in \mathbb{N}$

5. $\left\{ \begin{matrix} x^n-nx^{n-1}a+...+nxa^{n-1}-kx=0 \\ x^n-nx^{n-1}b+...+nxb^{n-1}-kx=0 \\ \end{matrix} \right.$

6. $\left\{ \begin{matrix} x(x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k)=0 \\ x(x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k)=0 \\ \end{matrix} \right.$

7. $x=0\Rightarrow a+b=0\Rightarrow c=0$

8. $\left\{ \begin{matrix} x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k=0 \\ x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k=0 \\ \end{matrix} \right.$
Так как все коэффициенты уравнений (8) – целые числа, то все рациональные корни (если они существуют) имеют вид $x_0=\frac{m}{q}$, где $m$ – делитель свободного члена, $q$ – делитель старшего члена. Коэффициент старшего члена равен единице $(q=1)$, значит корень будет делителем свободного члена.

9. $\left\{ \begin{matrix} x_0=\frac{n{a^{n-1}}-k}{m_1} \\ x_0=\frac{n{b^{n-1}}-k}{m_2} \\ \end{matrix} \right.$ $m_1,m_2\in \mathbb{Z}$

10. $x=a+b$ $\left\{ \begin{matrix} m_1=\frac{n{a^{n-1}}-k}{a+b} \\ m_2=\frac{n{b^{n-1}}-k}{a+b} \\ \end{matrix} \right.$

11. Узнаем при каких $a,b,n$ числа $m_1$ и $m_2$ целые.

12. Пусть $m_1,m_2\in \mathbb{Z}$, тогда $m_1+m_2\in \mathbb{Z}$

13. $m_1+m_2=\frac{na^{n-1}-k+nb^{n-1}-k}{a+b}=\frac{n(a^{n-1}+b^{n-1})}{a+b}-\frac{2k}{a+b}$

Так как слагаемое $\frac{n(a^{n-1}+b^{n-1})}{a+b}\in \mathbb{N}$ при $n>3$ и при любых натуральных $a$ и $b$, то для определения целочисленности числа $m_1+m_2$ рассмотрим второе слагаемое $\frac{2k}{a+b}$

14. Допустим $n=5$, тогда:

$k=a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4$

15. Рассмотрим число $\frac{2k}{a+b}$

$\frac{2k}{a+b}=\frac{2(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4)}{a+b}=\frac{2(a^4+b^4)}{a+b}-\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a+b}\

16. Слагаемое $\frac{2(a^4+b^4)}{a+b}\in \mathbb{N}$ при любых натуральных $a$ и $b$, значит, рассмотрим второе слагаемое $\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a+b}$

17. $\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a+b}=\frac{2ab(a^2+2ab+b^2)}{a+b}-\frac{2ab\cdot 3ab}{a+b}=\frac{2ab(a+b)^2}{a+b}-\frac{6a^2b^2}{a+b}$

18. Число $\frac{2ab(a+b)^2}{a+b}\in \mathbb{N}$ при любых натуральных $a$ и $b$, значит, рассмотрим второе слагаемое $\frac{6a^2b^2}{a+b}$

19. Числа $a$ и $b$ являются взаимно простыми.$a\bot b\ $

$\[\begin {matrix} a\bot (a+b)\Rightarrow a^2\bot (a+b) \\ b\bot (a+b)\Rightarrow b^2\bot (a+b) \\ \end{matrix}\left. \begin{matrix} {} \\ {} \\ \end {matrix} \right\}\Rightarrow a^2b^2\bot (a+b)$
$\Rightarrow (a+b)|6 $ (число $(a+b)$ является делителем числа 6)

20. $(a+b)=1\Rightarrow a=1,b=0$
$(a+b)=2\Rightarrow a=1,b=1\Rightarrow c=\sqrt[5]2\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$
$(a+b)=3\Rightarrow a=1,b=2\Rightarrow c=\sqrt[5]{2^5+1}\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$
$(a+b)=6\Rightarrow a=1,b=5\Rightarrow c=\sqrt[5]{5^5+1}\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$

21. Значит число $\frac{6a^2b^2}{a+b}\notin \mathbb{Z}$ при любых $a\bot b\
$ \Rightarrow {m_1+m_2}\notin \mathbb{Z} \[\Rightarrow {m_1}\notin \mathbb{Z}\Rightarrow x\notin \mathbb{N}\Rightarrow a+b\notin \mathbb{N}\Rightarrow a\notin \mathbb{N}$

22. Теперь рассмотрим случай $n>3$, $n$ – нечётное число.

23. Рассмотрим число $\frac{2k}{a+b}$

$k=a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}-ab^{n-2}+b^{n-1}$

24. Вынесем двойку за скобки, сгруппируем первый член с последним, второй с предпоследним, третий с пред предпоследним и т.д. Одинаковые множители вынесем за скобки и получим следующее выражение.
$\frac{2k}{a+b}=2\left( \frac{a^{n-1}+b^{n-1}}{a+b}-\frac{ab(a^{n-3}+b^{n-3})}{a+b}+\frac{a^2b^2(a^{n-5}+b^{n-5})}{a+b}+...+\frac{a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}(a^2-ab+b^2)}{a+b} \right)$

Все слагаемые числа $\frac{2k}{a+b}$ кроме последнего, при любых натуральных $a,b$ – целые числа. Значит, рассмотрим число $\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}{{b}^{\frac{n-3}{2}}}(a^2-ab+b^2)}{a+b}$

25. $\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}(a^2-ab+b^2)}{a+b}=\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}(a^2+2ab+b^2)}{a+b}-\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}\cdot 3ab}{a+b}$

26. Так как число $\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}(a^2+2ab+b^2)}}{a+b}\in \mathbb{Z}$ при любых натуральных $a$ и $b$, то рассмотрим число

$\frac{2a^{\frac{n-3}{2}}b^{\frac{n-3}{2}}\cdot 3ab}{a+b}=\frac{6a^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}}{a+b}$

27. $a\bot b$
$\begin{matrix} a\bot (a+b)\Rightarrow {{a}^{\frac{n-1}{2}}}\bot (a+b) \\ b\bot (a+b)\Rightarrow {{b}^{\frac{n-1}{2}}}\bot (a+b) \\ \end{matrix}\left. \begin{matrix} {} \\ {} \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow {{a}^{\frac{n-1}{2}}}{{b}^{\frac{n-1}{2}}}\bot (a+b)\Rightarrow (a+b)|6$

28. $(a+b)=1\Rightarrow a=1,b=0$
$(a+b)=2\Rightarrow a=1,b=1\Rightarrow c=\sqrt[n]{2}\Rightarrow c\notin \mathbb{N}$
$(a+b)=3\Rightarrow a=1,b=2\Rightarrow c=\sqrt[n]{2^n+1}\Rightarrow c\notin }\mathbb{N}$
$(a+b)=6\Rightarrow a=1,b=5\Rightarrow c=\sqrt[n]{5^n+1}\Rightarrow c\notin }\mathbb{N}$

29. $\frac{6a^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}}{a+b}\notin \mathbb{Z}$при любых $a\bot b$

$\Rightarrow m_1+m_2\notin }\mathbb{Z}\Rightarrow m_1\notin }\mathbb{Z}\Rightarrow x\notin }\mathbb{N}\Rightarrow a+b\notin \mathbb{N}\Rightarrow a\notin \mathbb{N}$

Пояснения.

Уравнение $a^n+b^n=c^n$ заменяем равносильной системой уравнений $\left\{ \begin{matrix} (x-a)^n+a^n=c^n \\ (x-b)^n+b^n=c^n \\ \end{matrix} \right.$.
Решаем полученную систему уравнений относительно переменной $x$, после преобразований получили систему из двух приведенных уравнений степени$n$. $\left\{ \begin{matrix} x(x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k)=0 \\ x(x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k)=0 \\ \end{matrix} \right.$
Так как все коэффициенты уравнений - целые числа, то все целые корни уравнения (если они существуют) будут делителями свободного члена. Верно и следующее утверждение – если число $x$ в приведенном уравнении с целочисленными коэффициентами не является делителем свободного члена, то это число не является корнем уравнения. Значения корня мы знаем $(x=a+b)$, осталось узнать при каких $a, b,n$ делители свободного члена $(m_1,m_2)$ будут целыми числами.
Эти числа $m_1,m_2$ и будет критерием возможности решения уравнения в целых числах.
То есть если числа $m_1,m_2\notin \mathbb{N}$ или $m_1+m_2\notin \mathbb{N}$
$\left\{ \begin{matrix} {{m}_{1}}=\frac{n{{a}^{n-1}}-k}{a+b} \\ {{m}_{2}}=\frac{n{{b}^{n-1}}-k}{a+b} \\ \end{matrix} \right.$ при любых $a\bot b$, то и система уравнений $\left\{ \begin{matrix} x(x^{n-1}-nax^{n-2}+...+na^{n-1}-k)=0 \\ x(x^{n-1}-nbx^{n-2}+...+nb^{n-1}-k)=0 \\ \end{matrix} \right.$
не имеет целых решений, а следовательно и уравнение $a^n+b^n=c^n$тоже не имеет целых решений.

Вывод: «Теорема Ферма для нечётных степеней $n>3$ верна, так как равносильная ей система уравнений не имеет решений в целых числах при любых взаимно простых натуральных $a$ и $b$, а значит в уравнении $a^n+b^n=c^n$, как минимум, один из членов $a, b,c$ – число иррациональное».

(Оффтоп)

Уважаемые модераторы, прошу извенить меня за то, что нарушаю дополнения к основным правилам (…выписаны для случая степени n=3).

[venco]

Ошибка в пункте 13.
Первое слагаемое не целое. Оно было бы целым, если $n-1$ нечётное, что неверно.

[AKM]

Alexey2 в сообщении #421270 писал(а):

Для любого натурального числа $n > 2$ уравнение $a^n+b^n=c^n$ не имеет натуральных решений $a,b$ и $c$.

Пусть $n>3$, $n$ – нечётное число

.......................

[оff]Уважаемые модераторы, прошу извенить меня за то, что нарушаю дополнения к основным правилам (…выписаны для случая степени n=3).[/оff]

ИзвИнить, если через букву и, не проблема, но только у Вас в первой строке $n>2$, во второй уже $n>3$. Было бы неплохо указать, в каком месте Вашего доказательства это $n\neq 3$ становится существенным.
Альтернатива — модератору изучать доказательство и искать это место. Чего он делать как бы не обязан (спасибо участникам).

[Коровьев]

(Оффтоп)

Alexey2 в сообщении #421270 писал(а):

(Оффтоп)
Уважаемые модераторы, прошу извенить меня за то, что нарушаю дополнения к основным правилам (…выписаны для случая степени n=3).

А зря нарушили.
Не нарушили бы и сами сразу бы увидели тривиальную ошибку в пункте 13, на которую вам указал venco

13. $m_1+m_2=\frac{3a^{2}-k+3b^{2}-k}{a+b}=\frac{3(a^{2}+b^{2})}{a+b}-\frac{2k}{a+b}$

[venco]

toja в сообщении #466986 писал(а):

Но вот недавно я прочитал (не буду говорить где), что степенной бином (m^k +1)^1/k - всегда есть иррациональное число, когда m - целое число, кроме числа 0, k - целое число больше 2.

Пока ваши сообщения не отправили в карантин за нарушения правил форума, скажу лишь, что вышеприведённое высказывание неочевидно и само требует доказательства, хотя и является частным случаем ВТФ.
Для полного доказательства надо будет ещё перейти к общему случаю. Ваше высказывание справедливо и для $k=2$, но Пифагоровы тройки существуют.