К сожалению в предыдущем доказательстве мною была обнаружена ошибка. Теперь я представляю исправленный вариант доказательства. Надеюсь способ записи уравнений не вызовет нареканий со стороны администрации сайта и моё сообщение в очередной раз не попадёт в карантин или будет закрыто.
Доказательство ТФ начнём, как это принято, с простейшей третьей степени
С ^3 = A^3 + B ^3 (1)
Перейдём к виду А^3=С^3 -B^3=(С – В) ( С^2+В^2+С В ) = (С –B)((С – В)^2 +3СВ) (2)
Из этого уравнения можно прийти к заключению, что (С – В) = К^3 (3), при условии, что А не содержит в своём составе множителя 3.
Предположим, что А содержит 5, тогда (C- В) должно содержать 125, т.е. 5^3 , противном случае 5 должно будет содержаться в C и соответственно в B, что приведёт к упрощению уравнения (1), путём сокращения всех его составляющих на 5. Так можно рассмотреть все множители для A кроме 3.
Аналогичным образом можно доказать, что (C-А) = L ^3 (4), при том же условии, что B не имеет множителя 3 и мы приходим к условиям в виде системы из двух уравнений(3) и (4).
Простейшим частным случаем для решения этой системы является частный случай, когда
А=К^3 , а B=L^3 , но тогда мы приходим к уравнению C=A+B, что невозможно из уравнения (1), Тогда мы приходим к серии других частных решений:
A =К^3 + 2n, B= L^3 + 2n, C= K^3 + L^3 +2n, коэффициент 2 перед n появляется по причине того, что, если мы будем прибавлять нечётное число, то получится, что уравнение (1) имеет два чётных и одно нечётное значение, что также невозможно.
Теперь рассмотрим уравнение C^3= (A+B)(A^2+B^2 – АВ)=(A+B)((A+B)^2-3AB) (5), подставляем значения C, А, B,
Получаем (K^3 + L^3 +2n)^3 = ( K^3 + L^3 +4n)( A^2 + B^2 –AB) или
(K^3 + L^3 +2n)^3\(K^3+ L^3 +4n) = (A^2+ B^2 – AB),
так как правая часть целое число, то и левая должна быть целой
Преобразуем левую часть следующим образом
(K^3+L^3+4n-2n)(K^3+L^3+2n)^2\(K^3 + L^3 +4n) = (K + L + 2n)-2n(K^3+L^3+4n2n)(K^3+L^3+2n)\ (K^3 + L^3 +4n)=
(K^3 + L^3 +2n)^2 – 2n (K^3 + L^3 +2n) + 4n^2 - 8n^3\(K^3+L^3+4n)= (K^3+L^3+4n)^2 –6n(K ^3+L^3+2n) – 8n^3\(K^3+L^3+4n) (6),
Следовательно (A+B)^2 – 6nC - 8n^3\(A+B)=(A+B)^2 – 3AB
Отсюда 8n^3 = 3(A+B)(AB-2nC)=3(A+B)((K^3+2n)(L^3+2n)-2n(K^3+L^3+2n))=
3J^3K^3L^3 (7), так как, из (A+В) тоже должен извлекаться корень 3 степени, если C не имеет множителя 3
Из (7) видно, что n и (A+B) должны иметь общие множители, а из (5) видно, что общие множители имеет с ними и С.
Если предположить, что C,A,B не имеет множителя 3, то и J,K,L не должны иметь множитель 3 и мы приходим к выводу, что для целых C,A,B уравнение (7) не выполнимо.
Теперь предположим, что (А+В), а следовательно и C, имеет множитель 3^2, тогда
J^3=3^2 X^3, а n=3^3 Y^3 и приходим к уравнению 8Y^3=X^3K^3L^3.
Далее, сложим, левые и правые стороны уравнений (5) и (7) и получим следующее уравнение C^3 +8n^3=(A+B)^3-6n C (8)
Подставим значения и получим 3^3X^3(A^2+B^2-AB)+3^3X^3K^3L^3=3^6X^9- 6 x3X^2KL((A+B)^2-3AB) причём
(A+B)^2-3AB не имеет множителя X. Очевидно, что все члены уравнения делятся на X^3
кроме последнего.
Но есть один случай, когда 18\Х целое число. Рассмотрим его. Если Х чётное число, то оно должно быть кратным 2^3 из уравнения (5). А если Х содержит ещё один множитель делящийся на 3, то этот множитель должен быть в C, n, а в (А+В) кратным 3^3, как любой другой нечётный множитель. Тогда, все члены уравнения (8) будут делиться на 3^6, кроме последнего.
Что говорит о том, что для целых C, А, В данное уравнение не выполняется.
Остаётся вариант, когда Х=2, но тогда (A+B)=J^3=3^22^3=72. Но K и L меньше J, для целых K и L есть только три варианта 3,2,1. 3 и 2 отпадают, так как и 3 и 2 множители C.
Тогда K=L=1, а это значит, что A=B=1
Теперь рассмотрим последний вариант, когда 3^2 содержится в K^3 или L^3, что без разницы. Пусть это будет - К^3. Тогда, как и в предыдущем случае, все члены уравнения (8) будут делиться на J^3, кроме последнего.
Таким образом: приходим к выводу, что уравнение (1), для чисел натурального ряда не имеет решения.
Аналогичным способом можно доказать ТФ для всех нечётных степеней, а следовательно для всех степеней кроме степени 4m.
Например: для степени 5 можно прийти к выводу, что C-B= K^5 , а C-A= L^5 , если A и B не содержат множитель 5, так как
А^5=(С-В) (С^4+С^3В+С^2В^2+С В^3+В^4 )= (С-В) ((С-В)^4+С В (С-В)^2+5С^2В^2 ) (9)
Далее: рассуждая, аналогично степени 3 получим:
32n^5=5J^5K^5L^5
и в итоге к результату, что C, A, B вместе не являются числами натурального ряда.
Теперь перейдём к доказательству для степени 4.
Прежде всего, отметим, что в уравнении
С^4=A^4 + B^4 (10), C является нечётным, A будем считать чётным и B, соответственно, будет нечётным числом.
Это следует из того, что сумма квадратов двух нечётных чисел имеет в качестве чётного множителя только число 2, а уравнение (10) можно представить в виде
(С^2)^2 = (А^2)^2 + (В^2)^2
Теперь перейдём к следующему виду уравнения (10)
А^4 = (С-В) (С+В) (С^2 + В^2 ) =(С-В) (С-В +2В)((С-В)^2 +2СВ)=(С-В)^4 +2В(С-В)^3 +2СВ(С-В)^2 + 4СВ^2 (С-В) (11)
Из (11) очевидно, что (C-B) может иметь чётный множитель 2 либо 2^(4k-2)
.
В первом случае (C-B)=2(2n-1) а C= B+2(2n-1) (12)
Следовательно (С+В) должен иметь чётный множитель 2 ^(4m-2) и C+D= 2^(4m-2) x (2P-1) (13)
Подставляем (12) в (13) и получаем
2(В+(2n-1))=2^(4m-2)x (2P-1) или B= 2^(4m-3)x (2P-1) – (2n-1) (14)
Подставляем (14) в (12) и получаем
С= 2 ^(4m-3) x (2P-1) + (2n-1) (15) Тогда
C^2 + B^2 = (2^(4m-3)x (2P-1) + (2n-1))^2+(2^(4m-3)x (2P-1) - (2n-1))^2 = =2((2^(4m-3)x (2P-1))^2 + (2n-1)^2 ) (16)
C^2- B^2 = (2^(4m-3) x (2P-1) + (2n-1))^2 - (2^(4m-3)x (2P-1) - (2n-1))^2 = =2^(4m-1)x (2P-1)(2n-1) (17)
во втором случае придём к аналогичным значениям
Из (14), (15), (17) очевидно, что (2Р-1) и (2n-1) не имеют общих множителей, в противном случае A, C, B будут иметь общие множители, которые можно будет сократить и прийти к другому уравнению.
Так как два натуральных числа не имеющих общих множителей в сумме не имеют общих множителей со слагаемыми, приходим к выводу, что
(2P-1)=X^4, (2n-1)=Y^4 , (2^(4m-3)x(2P-1))^2 + (2n+1)^2 = Z ^4 отсюда
2^(8m-6) x X^8 + Y^8 = Z^4 (18). Далее
2^(8m-6)X^8 = Z^4 - Y^8 = (Z – Y^2)(Z + Y^2)(Z^2 + Y^4) (19) отсюда m больше 1
Из (19) следует, что (Z – Y^2 ) представляет собой либо 2(2R-1) либо 2 ^(8m-8) x(2T-1), а
(Z + Y^2) 2(8m-8) x2(S-1) в первом случае или 2(2V-1) во втором, так как (Z^2 + Y^4) имеет чётность 2.
Рассмотрим первый случай
Z= Y^2 + 2(2R-1) 2Y^2 = 2^(8m-8)x(2T-1)-2(2R-1), a Y^2 =2^(8m-9)x(2T-1)–(2R-1) (20)
Z =2^(8m-9)x(2T-1) + (2R-1) (21)
Z^2 – Y^4 = 2^(8m-7)x(2T-1)(2R-1)
Z^2 + Y^4 =2((2^(8m-9)x(2T-1))^2 + (2R-1)^2 ), во втором случае придём к аналогичным значениям
далее (2T-1) = I^8 , (2R-1) = J^8
2^(16m-18) x I^16 + J^16 = E^8 (22)
Очевидно, что следуя в наших рассуждениях дальше аналогично первым двум последовательностям рассуждений, можно сделать вывод, что этот процесс бесконечен и значения A, B, C уходят в бесконечность, не имея решения в конечном натуральном ряде чисел.
Кроме того на четвёртом этапе мы получим
2 ^(32-42) x U^32 + O^32 = L^16 или 2^(32m-42) x U^32 = L^16 - O ^32= = (L^4 - O^8 ) ( L^4 + O^8 ) ( L^8 + O^16 ) (23)
Из (23) получаем , что (L^4 - O^8 )= 2^(32m-44) x U^32 , так как (L^4 + O^8 ) и (L^8 + O^16 ) имеют чётность 2.
Отсюда L^4 = (2^(8m-11)x U^8)^4 + (O^2)^4 (24) или, чтобы выполнялось (10) необходимо, чтобы выполнялось (24), т.е. уравнение с четвёртыми степенями меньших чисел.
|
! |
Предупреждение за продолжение темы в Карантине, не использование  для набора формул. Не создавайте новые ветки на эту тему, исправляйте тему в Карантине. Это сообщение закрыто и будет удалено.
/ GAA, 22.06.13 |
