Два варианта уравнения ВТФ

[tormans]

Господа!
Предлагаю вашему вниманию два варианта уравнения ВТФ:

Вариант 1: Уравнение
$(a+1)^n-(a-1)^n=b^n$
где $a$ –четное число, $n$-нечетное число,
не имеет решения в целых числах.
Раскрывши биномы Ньютона и преобразовавши уравнение, получим:
$(a+1)^n-(a-1)^n=2(S+1)=b^n$.
Здесь $S$ – четное число, представляющее собой алгебраическую сумму слагаемых двух биномов Ньютона, содержащих каждое как сомножитель четное число $a$. Поэтому $(S+1)$ – нечетное число, и, следовательно, число $b$ – дробное число. Таким образом, очевидно, что уравнение не имеет решения в целых числах.

Вариант 2: Для суммы двух аналогичных биномов Ньютона четной степени доказательство аналогичное:
$(a+1)^m+(a-1)^m=2(S+1)=b^m$
Здесь $a, m, S$ -четные числа.
Таким образом, и в этом варианте $b$ - дробное число, поэтому и это уравнение не имеет решения в целых числах.

[vorvalm]

Если вместо 1 поставить $t$ - нечетное,
то получим тот же результат ?

[tormans]

Результат будет тот же. Просто я для начала привел здесь самые простые легко проверяемые варианты уравнений. В общем виде уравнения имеют вид:
$(a+k)^n - (a-k)^n = b^n$
$(a+k)^m + (a-k)^m = b^m$,
где k - нечетное число, $a>k$, $n$ - нечетное число, $m$ - четное число.

[Mathusic]

И что это даёт?
Второй вариант для четных вообще не рассматриваем, так как он неинтересен, разве что для показателя $4$.
А в первом числа должны быть представимы в виде $(2x)^n+(4y-1)^n=(4z+1)^n.$ А в данном случае для нечётного $n$ противоречие просто очевидно без всяких биномов.

[vorvalm]

Но по вашей формуле $4y=4z=a.$

[Mathusic]

vorvalm в сообщении #601134 писал(а):

Но по вашей формуле $4y=4z=a.$

Нет. Я минусовой бином перенёс вправо - в итоге везде плюсы.

[vorvalm]

Ваша формула не соответствует авторской.

[Belfegor]

tormans в сообщении #600880 писал(а):

Вариант 1: Уравнение
$(a+1)^n-(a-1)^n=b^n$
где $a$ –четное число, $n$-нечетное число,
не имеет решения в целых числах.
Раскрывши биномы Ньютона и преобразовавши уравнение, получим:
$(a+1)^n-(a-1)^n=2(S+1)=b^n$.
Здесь $S$ – четное число, представляющее собой алгебраическую сумму слагаемых двух биномов Ньютона, содержащих каждое как сомножитель четное число $a$. Поэтому $(S+1)$ – нечетное число, и, следовательно, число $b$ – дробное число. Таким образом, очевидно, что уравнение не имеет решения в целых числах.

Не нарушайте правил форума Покажите для 3 степени!

[Mathusic]

vorvalm в сообщении #601139 писал(а):

Ваша формула не соответствует авторской.

А пояснения на что?
Я же просто показываю, что утверждения автора по содержательности не далеко уходят от доказательства Теоремы для ур-я вида

$$(5x+1)^n+(5y+1)^n=(5z)^n$$

[vorvalm]

Неужели вы не видете, что у автора в уравнении только две переменные а и b, а у вас три.

[Mathusic]

vorvalm в сообщении #601349 писал(а):

Неужели вы не видете, что у автора в уравнении только две переменные а и b, а у вас три.

У меня их вообще нет! У меня $x,y,z$!

[vorvalm]

Если вы хотите привести исходное уравнение автора к каноническому, то
$b=y,\;a-1=x,\;a+1=z$

[Mathusic]

vorvalm в сообщении #601397 писал(а):

Если вы хотите привести исходное уравнение автора к каноническому, то
$b=y,\;a-1=x,\;a+1=z$

Но они же не исчерпают все вожможные тройки! Вы хотите сказать, что ТС доказал ВТФ?

[vorvalm]

Конечно нет. Но значительно увеличил число таких троек.

[Mathusic]

vorvalm в сообщении #601440 писал(а):

Конечно нет. Но значительно увеличил число таких троек.

В посте post601272.html#p601272 я тоже "увеличил". На алеф-нуль