А почему нельзя доказать ВТФ вот так просто?

[freeot]

$x^2 + y^2 = z^2$ - это верное равенство.
Причем, $x < y < z$.

Для n=3.

Представим $x^3 + y^3 = z^3$, как $x^2x + y^2y = z^2z$
Тогда, разделив $x^2x + y^2y = z^2z$ на $x$, получим
$x^2 + y^2 \frac yx = z^2 \frac zx$, где $\frac yx < \frac zx$ в силу $x < y < z$
А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если $b > a$ (при $x < y < z$).

Общий случай.

Представим $x^n + y^n = z^n$, как $x^2x^{n-2} + y^2y^{n-2} = z^2z^{n-2}$
Тогда, разделив $x^2x^{n-2} + y^2y^{n-2} = z^2z^{n-2}$ на $x^{n-2}$, получим
$x^2 + y^2 \frac{y^{n-2}}{x^{n-2}} = z^2 \frac{z^{n-2}}{x^{n-2}}$, где $\frac{y^{n-2}}{x^{n-2}} < \frac{z^{n-2}}{x^{n-2}}$ в силу $x < y < z$
А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если $b > a$ (при $x < y < z$).

Здесь что-то не так?

[Toucan]

По правилам раздела "Великая теорема Ферма", до начала какого-то обсуждения Вы должны явно выписать доказательство ВТФ для случая $n=3$.

А пока едем в карантин.

После того, как приведёте доказательство для $n=3$, напишите сообщение в тему Сообщение в карантине исправлено.

[Toucan]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»

[gris]

freeot писал(а):

А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если$b > a$ (при $x < y < z$).

$$4^2+\dfrac{108}{90}\cdot 5^2 =\dfrac{115}{90}\cdot 6^2$$

$$16+30 =46$$

Что здесь не так?

[klitemnestr]

Все не так!
Имеет место произвольный набор чисел. В соответствии с формулой автора и принятыми в приведенном примере значениями чисел $x=4, y=5, z=6$ числа $a, b$ должны быть равны: $a=\frac{5}{4}$, $b=\frac{6}{4}$

[gris]

Надо оформлять доказательства, как это принято. А то поди догадайся, что автор имел в виду.
$a$ и $b$ никак не определялись до своего появления в процитированном отрывке. Можно понять, что "уравнение не может быть верным" (равенство, конечно) при любых $x<y<z$ и $a<b$.

[Belfegor]

freeot в сообщении #620955 писал(а):

А уравнение $x^2 + ay^2 = bz^2$ не может быть верным если $b > a$ (при $x < y < z$)

Уважаемый freeot! Вы пошутили или серьезно?
Взяли верное равенство, разделили обе части на одно и то же число и теперь утверждаете, что оно вдруг стало неверным!
Естественно $ay^2 < bz^2$, но также естественно $x^2 + ay^2 = bz^2$
Или что-то не так?

[Toucan]

klitemnestr в сообщении #623650 писал(а):

Все не так!

klitemnestr заблокирован как клон ранее забаненного пользователя kvistor (он же tormans).

[zinka]

Что-то я не поняла.
По-моему, автор доказал, что не может быть $x^3 + y^3 = z^3$, для тех же самых x, y, z, для которых
$x^2 + y^2 = z^2$

Но ВТФ - совсем не об этом.
Она о том, что вообще не существует подходящих x, y, z.

[alpost]

Cчитается, что квадратное уравнение x^2+y^2 = z^2 просто решается в целых (или натуральных) числах: 3^2+4^2 = 5^2 . Но, известно, что великое множество решений такого уравнения находят и в иррациональных числах: 3^2 + 5^2 = (5,830…)^2 и т.д.
Возникает вопрос – а кто-либо имеет доказательство того факта, что квадратное уравнение решается в иррациональных числах? Причём простейшее доказательство. И если такое доказательство существует, то почему нигде об этом не напишут ни в математических справочниках, ни в энциклопедиях?
Как то услышал ответ – а кому это нужно? Но на этот счёт можно парировать так – а ведь почему-то многие ищут простейшее доказательство решений кубического уравнения, хотя известно, что такое уравнение не имеет решений в рациональных числах ? И далее – британец Э. Уайлс тоже доказывал подобное решение в иррациональных числах! Так почему бы не начать проблему с поисков иррациональных решений квадратного уравнения, как самого простого уравнения? Известны же слова академика Д. Гильберта, которые он произнёс на II математическом Конгрессе в Париже в 1900 году : «общий метод доказательства диофантова уравнения должен состоять в том, что по нему можно было бы за конечное число шагов узнать, имеет ли оно решение в целых числах или в иррациональных числах».
А это как раз и означает, что метод доказательства иррациональности решений уравнения с тремя неизвестными как для степени 2, или степени 3, и даже более высокой степени может быть практически один и тот же.
Так что вопрос о наличии доказательства иррациональности решений квадратного уравнения может быть вполне и не праздный! И надо, видимо, его иметь.

[AV_77]

alpost в сообщении #656245 писал(а):

Возникает вопрос – а кто-либо имеет доказательство того факта, что квадратное уравнение решается в иррациональных числах? Причём простейшее доказательство.

$(\sqrt[n]{2})^n + (\sqrt[n]{3})^n = (\sqrt[n]{5})^n$.

[ishhan]

http://www.mccme.ru/mmmf-lectures/books/books/book.8.pdf
Опять работает ссылка nnosipov, в которой рассмотрен случай:
$x^2+2y^2=3z^2$
см. стр. 9
$a=2, b=3$
$b>a$
Решений бесконечно много, и в том числе для условия $x<y<z$