Пути, идеи ...

[Батороев]

vladimirmir2012 в сообщении #959513 писал(а):

Ну например для $x^4 + y^4 = z^4$ если $x$ оканчивается на 1, то $y$ не может оканчиваться на 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 и 9, а только на 0 или 5.

Посмотрите остатки четвертых степеней чисел по модулю $5$ и Вы поймете, отчего так.

[lasta]

vladimirmir2012 в сообщении #959513 писал(а):

Запись в виде $x^n + y^n = z^n$ наталкивает на мысль, что $x$ и $y$ могут сильно различаться, а выше
приведенная форма ассоциируется с тем, что $a$ чуть больше $x$

Уважаемый vladimirmir2012! 1) $a$ не может быть больше $x$. 2) Существует ограничение на их соотношения. Однако, при больших значениях $x\qquad\text{- может быть каким угодно большим числом.

[glukmaker]

vladimirmir2012 в сообщении #959513 писал(а):

В этом topic просил бы поделиться идеями, вариантами записи формулы, подходами ...
использованными при доказательстве теоремы Ферма.

У меня недавно возникла идея, но реализовать ее пока не могу. К тому же в ее верности не уверен.
Суть такова:

$x^n+y^n=z^n$
($n$ - простое число, большее двух)
Сначала доказываем, что, если число $n\cdot2^k+1$ простое, то оно является делителем x, y или z
($k$ - натуральное число)
Затем доказываем, что количество простых чисел, представимых в виде $n\cdot2^k+1$ для каждого из значений $n$, является бесконечным.

Что касается первой части то при $k=1$ вроде все просто, но далее начинает сильно усложнятся и не удается найти какой-нить индукционный метод доказательства.


Например в случае с $n=3$ и $k=1$
возводим обе части уравнения в квадрат, переносим $x^6$ и $y^6$ в правую часть и снова возводим в квадрат, получаем:
$4x^6y^6=(x^6+y^6-z^6)^2$
Применяя МТФ видим что одна из переменных уравнения обязана делиться на $7$

[Sonic86]

glukmaker в сообщении #967608 писал(а):

Суть такова:

$x^n+y^n=z^n$
(n-простое число, большее двух)
Сначала доказываем, что, если число $n\cdot2^k+1$ простое, то оно является делителем x, y или z
(k-натуральное число)
Затем доказываем, что количество простых чисел, представимых в виде $n\cdot2^k+1$ для каждого из значений $n$, является бесконечным.

Что касается первой части то при $k=1$ вроде все просто, но далее начинает сильно усложнятся и не удается найти какой-нить индукционный метод доказательства.

Типичная попытка сконструировать из простых Жермен и доказательства Жермен велосипед с квадратными колесами без руля. Нормальные люди читают об этом, например, в Постникове.

glukmaker в сообщении #967608 писал(а):

Затем доказываем, что количество простых чисел, представимых в виде $n\cdot2^k+1$ для каждого из значений $n$, является бесконечным.

докажите

[vasili]

glukmaker! Доказательство существования бесконечного множества простых чисел вида $n(2^K) + 1$ самостоятельная задача и не связана с ВТФ.

Очевидно, что $2^K$ имеет вид $6u + 2$ или $6u + 4$.

1. Пусть $n = 6m + 1$, тогда $2^K = 6u + 4$ и

$n(2^K) + 1 = (6n + 1)(6u + 4) + 1 = 6w + 5$,

если $2^K = 6u + 2$, то $n(2^K) + 1$ составное (делится на 3)


2. Пусть $n = 6m + 5$, тогда $2^K = 6u + 2$ и

$n(2^K) + 1 = (6n + 5)(6u + 2) + 1 = 6w + 5$

если $2^K = 6u + 4$, то $n(2^K) + 1$ составное (делится на 3)

[glukmaker]

Есть еще такие мысли, но реализовать их у меня все равно не получается:
1). Доказать что для любого числа $x^n+y^n$ ($x$,$y$ - натуральные, $n$ - нечетное, $n>2$) всегда найдется такое целое $m$, что:
$x^n+y^n+m^n$ будет простым. Вроде как не реально такое доказать.

2) Для $z^n-y^n=x^n$ ($x$,$y$,$z$ - натуральныеб $n$ - нечетное, $n>2$) доказать что всегда можно найти такое целое $m$ ($|x-m|>1$) , что $z-m$ делится на $x-m$, но при этом $y^n$ не делится на $x-m$. Доказательство кажется более реальным чем предыдущее, но все равно проблематично...

-- 06.02.2015, 09:54 --

glukmaker в сообщении #974501 писал(а):

2) Для $z^n-y^n=x^n$ ($x$,$y$,$z$ - натуральныеб $n$ - нечетное, $n>2$) доказать что всегда можно найти такое целое $m$ ($|x-m|>1$) , что $z-m$ делится на $x-m$, но при этом $y^n$ не делится на $x-m$. Доказательство кажется более реальным чем предыдущее, но все равно проблематично...

Добавлю:
Похоже что не обязательно чтобы $z-m$ делилось на $x-m$, достаточно чтобы $z-m$ и $x-m$ имели общий делитель, а $y$ и $x-m$ - были взаимно-простыми.

[vasili]

glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

-- 06.02.2015, 15:58 --

glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

[glukmaker]

vasili в сообщении #974534 писал(а):

glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

-- 06.02.2015, 15:58 --

glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

Да, я уже понял, что такой подход неправильный, ибо кроме всего прочего это получается попытка доказать что:
$x+y=z$ не имеет решений, что уже не правильно...