Короткое доказательство ВТФ

[Yarkin]

shwedka писал(а):

по-моему, полнейший плагиат с Любарцева. Вы сравните!!!

Не знаю такого.

shwedka писал(а):

А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

Вам, разъяснять элементарное? На плагиаты вопросов не задают.

Бином писал(а):

Не понимаю зачем доказывать то, что уже доказано, ведь в мире есть много недоказанных гипотез, и лучше уж переключиться на них.

Вы это знали и молчали?

[shwedka]

Yarkin

Цитата:

shwedka писал(а):

Цитата:

А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

Вам, разъяснять элементарное?

Уж будьте добры!!!

[Коровьев]

Батороев писал(а):

Коровьев писал(а):

*****
А вот ещё.
Доказать, что при
$x^3+y^3=z^3$
одно из чисел делится на $7$

$ (x^3y^3 + 1)^2 - (x^3 + y^3)^2 = (x^6-1)(y^6-1)\equiv 0(mod 7)$,
следовательно,
$ (x^3y^3 + 1)^2 - z^6\equiv 0(mod 7) $

Если $ z $ не делится на $7$, то
$ (x^3y^3 + 1)^2 \equiv 1 (mod 7) $

Отсюда два варианта:
1. $ (x^3y^3 + 1)\equiv 6 (mod 7) $
или
$ x^3y^3\equiv 5 (mod 7) $, что невозможно.

2. $(x^3y^3 + 1)\equiv 1(mod 7) $
или
$ x^3y^3\equiv 0 (mod 7) $,
откуда делаем вывод, что одно из чисел должно делиться на $7$.

Такое док-во можно применить для всех простых $ (2n+1) $.


И кстати, для доказательства деления на 3 одного из чисел равенства
$ x^3 + y^3 = z^3 $
тоже подходит (по основанию 9):

$ (x^3y^3 + 1)^2 - (x^3 + y^3)^2 = (x^6-1)(y^6-1)\equiv 0(mod 9)$,
следовательно,
$ (x^3y^3 + 1)^2 - z^6\equiv 0(mod 9) $

Если $ z $ не делится на $3$, то
$ (x^3y^3 + 1)^2 \equiv 1 (mod 9) $

Отсюда два варианта:
1. $ (x^3y^3 + 1)\equiv 8 (mod 9) $
или
$ x^3y^3\equiv 7 (mod 9) $, что невозможно.

2. $(x^3y^3 + 1)\equiv 1(mod 9) $
или
$ x^3y^3\equiv 0 (mod 9) $,
откуда делаем вывод, что одно из чисел должно делиться на $3$.

По поводу $7$
Есть абсолютно короткий вариант.
Если $a$ не делится на $7$, то
$ a^6-1\equiv 0 (mod 7) $
далее
$ a^6-1=(a^3+1)(a^3-1)\equiv 0 (mod 7) $
Отсюда либо
$(a^3+1)\equiv 0 (mod 7) $
либо
$(a^3-1)\equiv 0 (mod 7) $
Тогда
$x^3\pm1+y^3\pm1\equiv z^3\pm1(mod 7)$
$\pm1\pm1\equiv \pm1(mod 7)$
то невозможно.

[Батороев]

Еще укоротим:

Коровьев писал(а):

Если $a$ не делится на $7$,

то $ a^3\equiv\pm 1(mod 7) $
(т.к. для простого $p =7$ степень $ 3 = \frac{p-1}{2} $)

[Yarkin]

shwedka писал(а):

по-моему, полнейший плагиат с Любарцева. Вы сравните!!!

Мадмуазельshwedka
нельзя ли точнее. Я посмотрел Любарцева и ничего подобного там не нашел. Я постоянно работаю только с теоремой косинусов. Никаких других теорем я не использовал.

Добавлено спустя 11 минут 41 секунду:

shwedka писал(а):

А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

А за замеченную мою ошибку, спасибо.

[Brukvalub]

Yarkin писал(а):

Я постоянно работаю только с теоремой косинусов. Никаких других теорем я не использовал.

О боги! Ну неужели Вы искренне считаете, что тем великим умам, которые штурмовали ВТФ, до успеха не хватило знания именно т. косинусов?

[shwedka]

Yarkin писал(а):

shwedka писал(а):

по-моему, полнейший плагиат с Любарцева. Вы сравните!!!

Мадмуазельshwedka
нельзя ли точнее. Я посмотрел Любарцева и ничего подобного там не нашел. Я постоянно работаю только с теоремой косинусов. Никаких других теорем я не использовал.

http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=11254&postdays=0&postorder=asc&start=30
Вс Фев 24, 2008 14:45:14.

shwedka писал(а):

А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

А за замеченную мою ошибку, спасибо.

[/quote]

И в третий раз прошу

shwedka писал(а):

А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

[Yarkin]

Brukvalub писал(а):

О боги! Ну неужели Вы искренне считаете, что тем великим умам, которые штурмовали ВТФ, до успеха не хватило знания именно т. косинусов?

Важный аргумент в опровержении доказательства.

shwedka писал(а):

по-моему, полнейший плагиат с Любарцева. Вы сравните!!!

Не нашел ничего, что я "переписал", условия существования уравнения Ферма Люборцев не выводил.

shwedka писал(а):

И в третий раз прошу
shwedka писал(а):
А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

А в чем, коллега, неясность? Теорема косинусов учитывает все, а что мы называем катетом и гипотенузой ей безразлично. В полученном условии существования уравнения Ферма они отсуствуют.

[shwedka]

shwedka писал(а):

Цитата:

А для ясности, плиз, уточните, какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.

Цитата:

А в чем, коллега, неясность? Теорема косинусов учитывает все, а что мы называем катетом и гипотенузой ей безразлично. В полученном условии существования уравнения Ферма они отсуствуют.

И в четвертый раз прошу.

какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.
Вы уверждаете что-то об их несоизмеримости. Не заинтересованы, чтобы кто-то разобрался??

[Yarkin]

shwedka писал(а):

И в четвертый раз прошу.

какие, конкретно, у тругольника, в случае 2, катеты и гипотенуза, выразите их через исходные x,y,z.
Вы уверждаете что-то об их несоизмеримости. Не заинтересованы, чтобы кто-то разобрался??

Исходные $x^{n/2}, y^{n/2}$ - катеты, $z^{n/2}$ - гипотенуза. Получили $x=zcos^{2/n} B, y=zcos^{2/n} A, z$ - корни уравнения (1).

[shwedka]

Yarkin

Цитата:

Исходные $x^{n/2}, y^{n/2}$ - катеты, $z^{n/2}$ - гипотенуза. Получили $x=zcos^{2/n} B, y=zcos^{2/n} A, z$ - корни уравнения (1).

Цитата:

но у такого треугольника гипотенуза не соизмерима с катетом.

И докажите! Не обязательно правильно, но хотя бы смешно!!

[Батороев]

Еще одно док-во ВТФ.

Рассмотрим тождество:
$ x^{n-1} + y^{n-1} - z^{n-1} = x^{n-1} + y^{n-1} - z^{n-1} $

Добавим к левой части "нуль":
$ x^{n-1} + y^{n-1} - z^{n-1} + (x^n + y^n - z^n) = x^{n-1} + y^{n-1} - z^{n-1} $
Получаем:
$ x^{n-1}(x+1) + y^{n-1}(y+1) - z^{n-1}(z+1) = x^{n-1} + y^{n-1} - z^{n-1} $

Рассмотрим вариант: $ z $ - четное число.
Т.к. степень $ n-1 $ четная, то степень четности $ x^{n-1} + y^{n-1} $ ниже, чем $ z^{n-1} $,
следовательно, степень четности правой части в целом составляет $ 2^1 $.

Числа $ (x+1) $ и $ (y+1) $ четные,
следовательно, степень четности левой части в целом составляет min$ 2^2 $.

Т.к. степень четности двух частей выражения не совпадает, то исходное тождество нарушено и
$ x^n + y^n - z^n \ne 0 $, откуда можно сделать вывод о том,
что для $ z $ четных ВТФ верна.

Вот такое, вроде и не совсем потешное, доказательство пятидесяти процентов ВТФ
(все счет ведут и я буду ).

[Руст]

Батороев писал(а):

Вот такое, вроде и не совсем потешное, доказательство пятидесяти процентов ВТФ
(все счет ведут и я буду ).

Почему же 50%, когда все сто процентов для нечётных n.
Действительно если выполняется $x^n+y^n=z^n$ хотя бы одно из них чётное. Тогда выодя чётное число в правую часть придём к вашей форме, например если x чётно
$(-y)^n+z^n=x^n$.

[Батороев]

Руст писал(а):

Почему же 50%, когда все сто процентов для нечётных n.
Действительно если выполняется $x^n+y^n=z^n$ хотя бы одно из них чётное. Тогда выодя чётное число в правую часть придём к вашей форме, например если x чётно
$(-y)^n+z^n=x^n$.

Ах, жалость то какая!
Со ста-то процентами я бы в один ряд с Э. Уайлсом мог встать

....
кабы правдой было мое док-во.

[Yarkin]

shwedka писал(а):

И докажите! Не обязательно правильно, но хотя бы смешно!!

Уточняю для ясности, а Вам, коллега, надо опровергнуть!
Теорема Ферма. “Если $ n $ означает какое угодно целое положительное число, большее нежели 2, то уравнению

$$ x^n + y^n = z^n, \eqno (1) $$

не могут удовлетворять никакие три целых положительных числа $ x, y $ и $ z $, [1, 11].
Доказательство. Допустим противное: Решение уравнения (1) в целых положительных числах существует.Для уравнения (1) может не существовать или существовать прямоугольный треугольник с длинами сторон $x^{n/2}, y^{n/2}, z^{n/2}$. Это зависит от невыполнения или выполнения для него теоремы косинусов [2, 330]:

$$ \left\{ \begin{aligned} (x^{n/2})^2 + (y^{n/2})^2 - 2x^{n/2} y^{n/2}\cos C = (z^{n/2})^2\\ (z^{n/2})^2 + (x^{n/2})^2 - 2x^{n/2} z^{n/2} \cos B = (y^{n/2})^2\\ (z^{n/2})^2 + (y^{n/2})^2 - 2y^{n/2} z^{n/2} \cos A = (x^{n/2})^2.\\ \end{aligned} \right. \eqno (2) $$

с условиями для сторон

$$ x^{n/2} > 0, y^{n/2} > 0, z ^{n/2} > 0, $$

которые выполняются и для углов

$$ 0 < A < \pi, 0 < B < \pi, 0 < C < \pi , A + B + C = \pi. \eqno (3) $$

Рассмотрим каждый случай в отдельности.
1.Треугольник не существует. Тогда должны нарушаться условия (3). Это возможно при: а) $C = A = \pi/2, B = 0$, тогда соотношения (2) соответственно дадут $x^n + y^n = z^n, z^{n/2} + x^{n/2} = y^{n/2}, z^n + y^n = x^n$, что возможно только при $x = y = z =0$;
b)$C = \pi, A = B = 0$, тогда все три соотношения (2) примут вид
$ x^{n/2} + y^{n/2} = z^{n/2}$, что, с учетом (1) возможно, когда либо $x = 0$, либо $y = 0$. Получили противоречие.
2.Треугольник существует. Уравнение (1) из системы (2) мы получим при

$$ C = \pi/2, x^{n/2} = z^{n/2}\cos B, y^{n/2} = z^{n/2}\cos A. \eqno (4) $$
.
С другой стороны, по определению, имеем

$$ x^{n/2} = z^{n/2}\cos A, y^{n/2} = z^{n/2}\cos B. \eqno (5) $$

Сравнивая соотношения (4) и (5), получим условие существования прямоугольного треугольника для уравнения (1)

$$ A = B, \eqno (6) $$

но у такого треугольника гипотенуза не соизмерима с катетом. Получили противоречие и для второго случая. Теорема доказана полностью.



Литература

1. Хинчин А. Я. Великая теорема Ферма, Госиздат, М – Л, 1927, с. 76.
2. Новоселов С. И. Специальный курс тригонометрии, “Советская наука”, М., 1953, с. 464.