ВТФ в две строчки )).

[bot]

А почему у нас до сих пор такой темы нет? Для затравки:

1. Доказательство по индукции. Индуктивный переход осуществляется дифференцированием и сокращением множителя n.

2. Следующие утверждения очевидно равносильны (область действия кванторов - множество целых ненулевых чисел):
$\exists x\exists y\exists z (x^n+y^n=z^n)$
$\exists x\exists y\exists z (x^n-y^n=z^n)$
Перемножаем:
$\exists x\exists y\exists z (x^{2n}-y^{2n}=z^{2n})$,
что равносильно утверждению:
$\exists x\exists y\exists z (x^{2n}+y^{2n}=z^{2n})$
Сравнив с исходным, видим, что показатель n удвоился. Удваиваем ещё раз:
$\exists x\exists y\exists z (x^{4n}+y^{4n}=z^{4n})$,
откуда очевидным образом получаем следствие:
$\exists x\exists y\exists z (x^4+y^4=z^4)$,
ложность которого умел доказывать ещё сам Ферма.

ЗЫ. Оба доказательства придумал сам - первое очень давно, а второе сегодня. Не сомневаюсь, что первое открывают каждый год всё новые и новые поколения первокуров, приступающих к изучению производной, поэтому на приоритете настаивать глупо. Аналогов второго не припомню.
Кидайте ещё.

[RIP]

Вот вспомнилось док-во(не мое).
Переписываем в виде $(\frac xz)^n+(\frac yz)^n=1$ и устремляем n к беск-ти. Получаем 0=1. Противоречие!

[vbn]

RIP писал(а):

Переписываем в виде $(\frac xz)^n+(\frac yz)^n=1$ и устремляем n к беск-ти. Получаем 0=1. Противоречие!

По-моему, здесь есть рациональное зерно.

[bot]

vbn писал(а):

По-моему, здесь есть рациональное зерно.

Даже два и оба в n-ой степени!
ЗЫ. Не считая единицы в правой части.

[e2e4]

кстати,

bot писал(а):

Доказательство по индукции. Индуктивный переход осуществляется дифференцированием и сокращением множителя n.

Дифференцируем-то по какой перемнной? Если по x (y,z - неважно), то получим сразу $nx^{n-1} = 0$, а если по n, то сколько не дифференцируй, получим $x^n*(ln{x})^i + y^n*(ln{y})^i = z^n*(ln{z})^i$, где i - кол-во проведенных операций дифференцирования. Как видите, доказательство не работает, даже в шуточной форме

[RIP]

e2e4 писал(а):

кстати,

bot писал(а):

Доказательство по индукции. Индуктивный переход осуществляется дифференцированием и сокращением множителя n.

Дифференцируем-то по какой перемнной? Если по x (y,z - неважно), то получим сразу $nx^{n-1} = 0$, а если по n, то сколько не дифференцируй, получим $x^n*(ln{x})^i + y^n*(ln{y})^i = z^n*(ln{z})^i$, где i - кол-во проведенных операций дифференцирования. Как видите, доказательство не работает, даже в шуточной форме

Оно не работает потому, что Вы правильно дифференцируете.
А "правильно" надо дифференцировать так: $nx^{n-1}+ny^{n-1}=nz^{n-1}$

[bot]

Валерий2 писал(а):

Так как выражение
$x^n+y^n=z^n \ \ \ \ \ \ \ (7)$
верно для n=5, то оно верно для любого показателя tn, кратного n, в частности, tn=10:
$x^{10}+y^{10}=z^{10} \ \ \ \ \ \ \ (9)$

Ну, второе доказательство из корневого поста я и придумал под воздействием хитроумного приёма ферматистов, подставляющих вместо переменных, стоящих под квантором существования, всё что им заблагорассудится.

Пригласив в соавторы Валерия2, с преобладающей его долей участия, доведём рассуждение до конца, очистив от шелухи типа предположений взаимной простоты и т.д. и т.п. Фактически именно это он и делает.

Предположим, что существуют ненулевые числа x, y и z, обращающие равенство

$x^n+y^n=z^n \ \ \ \ \ \ \ (7)$

в тождество.

Подставив в тождество (7) вместо x, y и z их квадраты, получим:

$x^{2n}+y^{2n}=z^{2n} \ \ \ \ \ \ \ (9)$

Возведением (7) в квадрат и вычитанием из (9) получаем $2x^ny^n=0$.
Отсюда хотя бы одно из x, y равно 0, что противоречит допущению.

[XpeH]

Ну раз такая пьянка, то и я отмечусь. прологарифмируем выражаение
x^n+y^n=z^n по любому основанию. Получим
lg x^n + \lg y^n = \lg z^n
или
n \cdot lg x +n \cdot \lg y = n \cdot \lg z
Сокращая на n и пользуясь свойствами логарифмов, получаем,
lg x + \lg y = \lg z
или
x \cdot y = z
таким образом,
x^n+y^n=z^n
имеет место для всех x,y,z\in Q$, таких что:
x \cdot y = z
ЗЫ И пофиг мне на контрпримеры))
ЗЗЫ На ошибки в док-ве тоже))

[bot]

XpeH писал(а):

таким образом,
x^n+y^n=z^n
имеет место для всех x,y,z\in Q$, таких что: x \cdot y = z
ЗЫ И пофиг мне на контрпримеры))
ЗЗЫ На ошибки в док-ве тоже))

Ну тогда это не доказательство, а опровержение. Однако в нём в целях бОльшей общности надо заменить множество рациональных чисел $Q$ на множество действительных $R$, но положительных - Вы же логарифмируете!

[XpeH]

bot писал(а):

Вы же логарифмируете!

Да ладно и так сойдет))

[незваный гость]

Чё-то у Вас с логарифмами нелады. Смотрите: из

XpeH писал(а):

$\lg x + \lg y = \lg z$

явно следует, что $x + y = z$ (см. первый шаг доказательства). А совсем не $x \cdot y = z$, как Вы пишите. Стыдно!

[XpeH]

незваный гость писал(а):

Чё-то у Вас с логарифмами нелады.

Это все инсинуации. Опять сообщество "маститых математиков" давит на "молодое дарование" придираясь по мелочам)) Фактически же, если закрыть глаза на мелкие недочеты, разобраться с которым может и менее одаренный чем автор исследователь , опровержение имеет цельный и законченный вид. А автор пожалуй займется своей монографией "О свойствах пустых множеств". После имевшей оглушительный в научных кругах успех статьи "Еще к вопросу о применении полупустых полумножеств" необходимость в серьезном и всестороннем изучении данного вопроса не вызывает никаких сомнений. Всем желающим помочь автору в построении единой теории Пустых множеств и их подклассов буду очень признателен за любую помощь.

[Dan_Te]

Сотрудники кафедры ТПЧЧ очень заинтересовались теорией полупустых полумножеств.

[XpeH]

Может сюда не только док-ва ВТФ писать, но и другие, не менее "замечатльные открытия"? Вот, например.
В ходе научной дискуссии о природе чисел, между уважаемыми участниками форума, shust, bot и Вашим покорным слугой, был выявлен очень интересный факт. Оказывается число $ \pi $ является алгебраическим, а вовсе не трансцендентным, как считалось до сих пор.
Вот здесь можно ознакомиться подробнее с вышеозначенной перепиской.
Доказательство факта алгебраичности числа $ \pi $ основывается на совершенно фантастическом, интуитивном наблюдении господина bot

bot писал(а):

Зачем вводить?
$\sqrt{2}=1,41...$
$\sqrt{3}=1,73...$
Складывая получаем $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\pi$

Итак, имеем
Лемма(bot): Число $\pi$ представимо в виде: $pi=\sqrt{2}+\sqrt{3}$
Д-во: Доказательство, очевидным образом вытекает из поста bot
$\sqrt{2}=1,41...$
$\sqrt{3}=1,73...$
Складывая получаем $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\pi$
Лемма доказана.
Теперь, когда у нас есть данное представление, доказать алгебраичность числа $pi$ не составляет никакой трудности. Приведем и докажем следующую теорему.
Теорема(bot-XpeH): Существует такой многочлен, с рациональными коэффициентами, корнем которого является число $\pi$.
Д-во: По лемме(bot), имеем: $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\pi$.
Покажем, что число $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ является корнем многочлена $f(x)=x^4-10x+1$(почему именно этот писать неохота , получить мн-во многочленов может каждый, кто знаком с методом неопр. коэф-тов, в общем случае это многочлен вида $(a, 0, -10a, 0, a)$)
Итак, $(\sqrt{2}+\sqrt{3})^4-10(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2+1=49+20\sqrt{6}-50-20\sqrt{6}+1=0$
Следовательно, число $\pi$ является корнем многочлена $f(x)=x^4-10x+1$, и, соответственно является алгебраическим.
ЧТД
Вот так вот))
ЗЫ Разумеется, все заслуги, связанные с открытием этого знаменательного факта, принадлежат г-ну bot Автор даного поста, как максимум, претендует на лавры систематизатора.

[Руст]

Я своими глазами видел доказателство $\sqrt 2 +\sqrt 3 =\pi$ ещё будучи первокурсником в 1970-1971 в работе одного учащего ЗМШ. Это было у проверяющего из нашей комнаты общежития, которому советовал ставить плюс за оригинальность.