2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 Re: О великой теореме Ферма
Сообщение29.08.2020, 15:09 


13/05/16
131
Пусть имеется уравнение $x^3+y^3=z^3$. Требуется доказать, что у него нет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Возникает закономерный вопрос: а можно ли получить в явном виде соотношения для гипотетических $x,y,z$ натуральных такие, что при подстановке этих соотношений в исходное уравнение получалось бы верное тождество, как для показателя два? Да, такие соотношения существуют, причём в литературе они мне не встретились. Например, у Рибенбойма их нет, у него есть только соотношения Барлоу.Рассмотрим случай $z$делится на $3$. Тогда эти соотношения имеют вид $$\left\{
\begin{array}{lcl}
 x=\frac{(\sqrt{3}(a-b)^{3/2}-\sqrt{-a^3+3a^2b-3ab^2+33b^3})}{4\sqrt {2}}\\
 y=\frac{(\sqrt{3}(a-b)^{3/2}+\sqrt{-a^3+3a^2b-3ab^2+33b^3})}{4\sqrt{2}}\\
z=\frac{\sqrt{3(a-b)}b}{\sqrt{2}}
\end{array}
\right$$. Здесь $a$ и $b$ натуральные взаимно простые числа. Есть ещё второе множество решений. В нем соотношения имеют похожий вид

 Профиль  
                  
 
 Re: О великой теореме Ферма
Сообщение30.08.2020, 13:39 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Antoshka в сообщении #1481257 писал(а):
Например, у Рибенбойма их нет, у него есть только соотношения Барлоу.Рассмотрим случай $z$делится на $3$. Тогда эти соотношения имеют вид

Остаётся доказать, что их нет, потому, что их не может быть никогда.

 Профиль  
                  
 
 Re: О великой теореме Ферма
Сообщение30.08.2020, 17:34 
Заслуженный участник


20/08/14
8878
Россия, Москва
Antoshka в сообщении #1481257 писал(а):
Пусть имеется уравнение $x^3+y^3=z^3$. Требуется доказать, что у него нет решений в натуральных попарно взаимно простых числах.
Тривиально: поскольку по теореме Ферма решений нет в произвольных натуральных числах, то соответственно нет и в более узком классе попарно взаимно простых. ЧТД. :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 Re: О великой теореме Ферма
Сообщение10.03.2021, 22:12 


13/05/16
131
Здравствуйте. Чтобы доказать ВТФ-уравнение $x^n+y^n=z^n,n>2,n\in\mathbb{N}$ не имеет решений в попарно взаимно простых натуральных числах в общем случае, ее нужно доказать сначала для случая $n=3$, так как для тройки доказательство отдельное и на общий случай не распространяется. Но случай для кубов не особо интересен, поэтому можно сразу рассматривать $n>3$. Итак, имеем уравнение $x^5+y^5=z^5$. Пусть для определённости $z$ делится на $5$. Прежде всего понадобится важная лемма. Однако, прежде, чем ее изложить, расскажу,в чем вообще заключается идея доказательства. Возьмём похоже уравнение $x^2+y^2=z^2$. Это уравнение имеет известные решения в натуральных числах, причём при подстановке этих решений в уравнение получается тождественное равенство. Возникает закономерный вопрос: а можно ли изготовить аналогичные решения и для случая $n>2$, чтобы при подстановке этих решений в уравнение $x^5+y^5=z^5$ получалось верное тождество? Оказывается, можно, только будет не одно множество решений, а несколько, но переменных там тоже две. Из этих решений можно в итоге изготовить систему уравнений из двух уравнений с двумя неизвестными и ее решить. Вот и все. Перехожу теперь к изложению леммы, которая нам понадобится.
Лемма. Пусть уравнение $x^5+y^5=z^5$ имеет решения в натуральных попарно взаимно простых числах для случая $z$ делится на пять. Тогда верно следующее: $$\left\{
\begin{array}{lcl}
y=m^5+5mwA, \\
x=w^5+5mwA, \\
z=m^5+5mwA+w^5,m,w,A\in\mathbb{N}
\end{array}
\right$$
Доказательство леммы.
Как в знаменитой телеграмме, переносим $x$ в правую часть, затем по аналогии $y$. Тогда $y^5=z^5-x^5\Leftrightarrow y^5=(z-x)(z^5-x^5)/(z-x)\Rightarrow $$\left\{
\begin{array}{lcl}
z-x=m^5, \\
z-y=w^5, \\
m,w\in\mathbb{N}
\end{array}
\right$$
Пусть $z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^5+y^5=(x+v)^5\Rightarrow \frac{y^5-v^5}{5v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^5,
\\5\mid y-v;v=m^5\Rightarrow m^5\mid y^5\Rightarrow m\mid y $
Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^5+5mh_y$.
Аналогично, пусть $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^5+y^5=(y+u)^5\Rightarrow \frac{x^5-u^5}{5u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^5,
\\5\mid x-u;u=w^5\Rightarrow w^5\mid x^5\Rightarrow w\mid x $. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^5+5wh_x$.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 5mh_y=5wh_x\Rightarrow $$\left\{
\begin{array}{lcl}
 h_y=wA \\
 h_x=mA \\
\end{array}
\right.$$. Окончательно получаем $$\left\{
\begin{array}{lcl}
x=m^5+5p, \\
y=w^5+5p, \\
p=mwA\\
z=m^5+5p+w^5,m,w,A\in\mathbb{N}
\end{array}
\right$$
Пусть $z$ делится на $5$. Тогда $x+y=5^4C^5\Rightarrow m^5+w^5+10mwA=5^4C^5;z=m^5+w^5+5mwA\Rightarrow z=5C(5^3C^4-mwD)$. Поясню последний переход подробнее. Очевидно $$\frac{z^5}{x+y}\in\mathbb{N}\Rightarrow\frac{(5^4C^5-5mwA)^5}{5^4C^5}=5(\frac{5^3C^5-mwA}{C})^5=5(5^3C^4-\frac{mwA}{C})^5\in\mathbb{N}$
$(x,y)=(y,z)=(x,z)=1\Rightarrow (m,C)=(C,w)=1\Rightarrow C\mid A\Rightarrow A=CD$.
$C,D\in\mathbb{N}.$
Лемма доказана.
Надо ещё выяснить, могут ли $C,D$ иметь какие-то общие делители. Прежде всего, нужно выяснить, чему вообще равно $D$. Делается это просто. В силу доказанной леммы, $(x+y-z)^5=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5\Leftrightarrow (x+y-z)^5-(x^5+y^5-z^5)=5(x+y)(z-x)(z-y)D^5$.
Решаем это уравнение относительно $D$ например в wolfram mathematica и получаем, что $D^5=x^2+xy+y^2-z(x+y-z)$. Отсюда следует, что $D$ нечетно всегда: и когда $z$ четное, и когда $z$ нечетное. Предположим, что $(C,D)>1$. Тогда $(x^2+xy+y^2)=(x+y)^2-xy\Rightarrow (C,D)\mid xy$. Но ранее было установлено, что $x+y=5^4C^5$. Получается, что $(C,D)\mid x,(C,D)\mid y$. Имеем противоречие, так как $(x,y)=1$. Имеем, что $(C,D)=1$.
Аналогично проверяется, что $(m,D)=(w,D)=1$.
$x+y=5^4C^5\Leftrightarrow m^5+w^5+10mwCD=5^4C^5\Rightarrow 25 \mid m^5+w^5\Rightarrow 5\mid C$. При таком раскладе получается, что $D$ не может делиться на $5$. Вот далее совершенно неочевидный шаг. Запишем тождество $\frac{5p^4}{5p+z}=(p^3-1/5p^2z+1/25pz^2-1/125z^3)+\frac{1/125z^4}{5p+z}$. Умножим обе части тождества на $5^3p$. Получим $\frac{5^4p^5}{z+5p}=(5^3p^4-25p^3z+25p^2z^2-pz^3)+\frac{z^4p}{5p+z}$. В силу доказанной леммы, в левой части тождества целое число, значит и последнее слагаемое в тождестве является целым числом. Поэтому делаем замену переменной и записываем $\frac{z^4p}{5p+z}=m_0+pz^3,m_0\in\mathbb{Z}$
Важно понять, какой знак имеет число $m_0$. Выразим из последнего равенства $m_0$. Получается $m_0=z^3p(\frac{z}{z+5p}-1)\Rightarrow m_0<0$. Вернёмся к равенству $\frac{z^4p}{5p+z}=m_0+pz^3,m_0\in\mathbb{Z}\Leftrightarrow z^4p=(m_0+pz^3)(5p+z)\Leftrightarrow \\5z^3p^2+5pm_0+zm_0=0$
Как видите, получилось квадратное уравнение относительно $p$. Посчитаем его дискриминант. $D_{ кв1}=25{m_0}^2-20z^4m_0={\varepsilon_1}^2$. Дискриминант представляет из себя в свою очередь квадратное уравнение такое $25{m_0}^2-20z^4m_0-{\varepsilon_1}^2=0$. Посчитаем его дискриминант.
$D_{кв2}/4=(10z^4)^2+25{\varepsilon_1}^2={\varepsilon_2}^2\Leftrightarrow (2z^4)^2+{\varepsilon_1}^2=({\varepsilon_2/5})^2$
Ранее было получено, что
$\left\{
\begin{array}{ lcl}
 m_0<0 \\
 p>0 \\
\end{array}
\right.\Leftrightarrow $$\left\{
\begin{array}{lcl}
 \varepsilon_1=10pz^3+5m_0 \\
\varepsilon_2/25=2/5z^4-m_0 \\
\end{array}
\right.$$$
Получается ПТ $(2z^4/5)^2+(\varepsilon_1/5)^2=(\varepsilon_2/25)^2$.
А дальше рассматриваем 2 случая: $z$ нечетное и четное. Для начала пусть $z$ нечетно, а $y$ четное. Тогда $m_0,m$ также четные $\Rightarrow (z^4/5)^2+((2pz^3+m_0)/2)^2=(z^4/5-m_0/2)^2 \Rightarrow $$\left\{
\begin{array}{lcl}
 z^4/5=a^2-b^2 \\
 1/2(2pz^3+m_0)=2ab \\
 z^4/5-m_0/2=a^2+b^2 \\
\end{array}
\right.\Rightarrow \left\{
\begin{array}{lcl}
 z=5(a^2-b^2) \\
 m_0=-2b^2 \\
 p=\frac{2ab+b^2}{(5(a^2-b^2))^{3/4}}
\end{array}
\right.$
Важно понимать, что $a,b$ могут не быть натуральными числами, поэтому $\left\{
\begin{array}{lcl}
 a=\sqrt{\alpha}a_1 \\
  b=\sqrt{\alpha}b_1\\
\alpha,a_1,b_1\in\mathbb{N}
\end{array}
\right.$
Здесь $\alpha$ является возможным общим делителем чисел в ПТ. Сейчас важно узнать, может ли $\alpha$ делиться на $5$. Для этого распишем $m_0$ и узнаем, делится ли оно на пять. $m_0=\frac{5^4p^5}{z+5p}-5p^2(25p^2-5pz+z^2)$.
В силу соотношений из леммы, $\frac{5^4p^5}{z+5p}=(mwD)^5$. Раз $D$ не делится на $5$, то и $m_0$ не делится и $\alpha$ не делится.
Запишем теперь $z,z+5p$ в терминах $a_1,b_1,\alpha$.
$\left\{
\begin{array}{lcl}
 z=(5\alpha (a_1^2-b_1^2))^{1/4}\\
 z+5p=\frac{a_1(a_1+2b_1)(5\alpha (a_1^2-b_1^2))^{1/4}}{a_1^2-b_1^2} \\
\end{array}
\right.$
Запишем дробь в терминах соотношений из леммы: $\frac{z^5}{z+5p}=\frac{(5C)^5(5^3C^4-mwD)^5}{5^4C^5}$
Эта дробь, которая на самом деле является натуральным числом, делится на $5$, причём не больше и не меньше. Запишем ее же в терминах $a_1,b_1,\alpha$. Получим $\frac{z^5}{z+5p}=\frac{5\alpha (a_1^2-b_1^2)^2}{a_1\cdot (a_1+2b_1)}$
Раз $z$ делится на $5$, то $a_1^2-b_1^2$ делится на $5$, но тогда либо $a_1$ либо $a_1+2b_1$ делится на $5$, но это невозможно. Имеем противоречие. Далее нужно рассмотреть случай, когда $z$ четное.

 Профиль  
                  
 
 Re: О великой теореме Ферма
Сообщение11.03.2021, 10:39 


13/05/16
131
Здесь описка
Antoshka в сообщении #1508613 писал(а):
Окончательно получаем $$\left\{
\begin{array}{lcl}
x=m^5+5p, \\
y=w^5+5p, \\
p=mwA\\
z=m^5+5p+w^5,m,w,A\in\mathbb{N}
\end{array}
\right$$

Правильно так
Antoshka в сообщении #1508613 писал(а):
$$\left\{
\begin{array}{lcl}
y=m^5+5p, \\
x=w^5+5p, \\
p=mwA\\
z=m^5+5p+w^5,m,w,A\in\mathbb{N}
\end{array}
\right$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 35 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group