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, 4  След.
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 20:53 


14/12/20
19
Ответ относительно уравнения $x^4+y^4=z^4$.

Запишем его в виде
$$\left[\left(x+y\right)^2-z^2-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z^2-2xy\right]=2x^2y^2$$

И далее разделим обе части уравнения на $4x^2y^2$ (каждую скобку на $2xy$)
$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{2xy}-1\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{2xy}-1\right]=\frac{1}{2}$$
и поменяем знаки в скобках
$$\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{2xy}\right]\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{2xy}\right]=\frac{1}{2}$$
Если это равенство верно при каких-то $x,y,z$, то обе скобки по модулю не могут быть $>1$. Если одна из скобок по модую больше 1, то произведение будет отрицательным. Итак, обе скобки меньше 1. Следовательно, и их разность должна быть меньше 1. Но
$$\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{2xy}\right]-\left[1-\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{2xy}\right]=\frac{z^2}{xy}>1,$$
поскольку согласно лемме 1 в любом решении $x<z$ и $y<z$.
Полученное противоречие и доказывает, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ не имеет натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 21:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5182
Москва
falconer в сообщении #1496806 писал(а):
Если одна из скобок по модую больше 1, то произведение будет отрицательным
Почему?
falconer в сообщении #1496806 писал(а):
обе скобки меньше 1. Следовательно, и их разность должна быть меньше 1
Почему?
falconer в сообщении #1496806 писал(а):
доказывает, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ не имеет натуральных решений
И что вещественных нет - тоже доказывает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 21:03 
Заслуженный участник


20/12/10
8286
falconer в сообщении #1496806 писал(а):
Полученное противоречие и доказывает, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ не имеет натуральных решений
А заодно и любых положительных решений (ведь в этом новом рассуждении Вы нигде не использовали то, что $x$, $y$, $z$ целые). Что абсурдно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 22:40 
Заслуженный участник


03/01/09
1508
москва
falconer в сообщении #1496620 писал(а):
Разделив $z^p$ на $x+y$
$$  \frac{z^p}{a+b}=\frac{d^pk^p}{\alpha kd}=\frac{d^{p-1}k^{p-1}}{\alpha},$$
натурального числа не получаем!

Может быть, лучше показать на конкретном примере. Пусть $x+y=4^3, z=4\cdot 13, p=3, \dfrac {x+y}z=\frac {16}{13}<2^{\frac 23}$. Тогда $(x+y,z)=4<z$, но $\dfrac {z^3}{x+y}=13^3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 17:01 


14/12/20
19
Доказательство ВТФ для уравнения 4-й степени мне не удалось. Но эта часть ВТФ доказана Ферма.
Поэтому для полного доказательства ВТФ достаточно доказать, что уравнение
$$x^p+y^p=z^p\qquad (1)$$
не имеет натуральных решений, если показатель степени --- любое нечетное простое натуральное число.

Замечания к этой части доказательства мне не понятны. Возможно оно записано невнятно. Повторю доказательство еще раз.



Для любого нечетного простого $p$ левая часть уравнения (1) разлагается на множители
$$ (x+y)\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;x^{p-1-i}y^i = z^p \qquad (2)$$

Допустим, что существует натуральное решение уравнения (1): тройка взаимно простых натуральных чисел $x=a,y=b,z=c$. Тогда согласно (2)
в этом решении сумма $a+b$ должна быть делителем $c^p$. Но это невозможно.

Согласно лемме 1 в этом решении должно выполняться неравенство
$$1<\frac{a+b}{c}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$
Следовательно
$$ a+b=kd,\;c=kf,\;1\le k < c,\;d>f,\;\;НОД(d,f)=1$$

Тогда
$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{k^pf^p}{kd}=\frac{k^{p-1}f^p}{d}$$

И мы приходим к невозможному требованию: натуральное число должно быть равно рациональному
$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;a^{p-1-i}b^i\stackrel{?}{=}\frac{k^{p-1}f^p}{d}$$

Допустив наличие натурального решения, мы пришли к противоречию, которое доказывает: допущение было ошибочным, уравнение (1) не имеет натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 17:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5182
Москва
falconer, где у вас используется условие $n > 2$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 17:25 
Заслуженный участник


20/12/10
8286
falconer в сообщении #1497487 писал(а):
И мы приходим к невозможному требованию: натуральное число должно быть равно рациональному
$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;a^{p-1-i}b^i\stackrel{?}{=}\frac{k^{p-1}f^p}{d}$$
Но Вы не доказали, что последняя дробь не может быть целым числом. Почему $k^{p-1}$ не может делиться на $d$?

Вообще, по правилам этого подфорума доказательство ВТФ требуется сначала выписать явно для показателя $n=3$. Советую Вам это сделать, в том числе и для того, чтобы ошибки в рассуждениях были видны более отчетливо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 18:35 


14/12/20
19
falconer, где у вас используется условие $n > 2$?

Доказательство проведено для всех натуральных нечетных простых чисел. Минимальное такое число = 3.


Но Вы не доказали, что последняя дробь не может быть целым числом. Почему $k^{p-1}$ не может делиться на $d$?

Если натуральное число разлагается на 2 множителя $a+b=kd$, то эти сомножители взаимно просты. Числовой пример
$a+b=14=2\cdot 7,\;c=6=2\cdot 3,\;\frac{c^5}{a+b}=\frac{2^53^5}{2\cdot 7}=\frac{2^43^5}{7}$

Только не привязывайте этот пример к теореме. Цифры взяты с потолка.

Я не знаю как цитировать Ваши вопросы. Подскажите.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 18:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5182
Москва
falconer в сообщении #1497494 писал(а):
для всех натуральных нечетных простых чисел
Где вы пользовались нечетностью и простотой?
falconer в сообщении #1497494 писал(а):
Если натуральное число разлагается на 2 множителя $a+b=kd$, то эти сомножители взаимно просты
Это неправда. Контрпример: $2 + 2 = 2 \cdot 2$.
falconer в сообщении #1497494 писал(а):
Я не знаю как цитировать Ваши вопросы
Выделяете нужный текст и нажимаете "вставка" в правом нижнем углу сообщения, из которого хотите процитировать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 19:06 
Заслуженный участник


20/12/10
8286
falconer в сообщении #1497494 писал(а):
Если натуральное число разлагается на 2 множителя $a+b=kd$, то эти сомножители взаимно просты.
Однако ... Это как-то слишком неверно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 20:30 


14/12/20
19
mihaild в сообщении #1497495 писал(а):
Это неправда. Контрпример: $2 + 2 = 2 \cdot 2$.



Согласен.

Но с другой стороны это число $2^2$. При разложении на простые множители классическая запись
$$ a=p^k\cdot q^n\cdot m$$
а не
$$\underbrace{p\cdot p\cdot p\cdot ... \cdot p }_{k}\cdot  \underbrace{q\cdot q\cdot q\cdot ...  \cdot q}_{n}\cdot m$$

Поэтому в
$$ a+b=2^2\cdot d,\;c=2^2\cdot f,\;(d,f)=1,\;\frac{c^p}{a+b}=\frac{2^{2p}f^p}{2^2d}=\frac{2^{2p-2}f^p}{d}\text{  все равно рациональное} $$

Приведите Ваш конрпример.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение22.12.2020, 20:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5182
Москва
Вы хотите, чтобы я контпример к ВТФ привел?) Нет, это я сделать не могу. Но и не должен - это вы должны явно выписать доказательство, чётко определя все вводимые символы, и явно формулируя и доказывая промежуточные утверждения.
Ну и да, очевидно, что правая часть является рациональной. Но вопрос не в этом, а в том, является ли она целой (целые числа - тоже рациональные).
Пока что вы писали
falconer в сообщении #1497487 писал(а):
$$ a+b=kd,\;c=kf,\;1\le k < c,\;d>f,\;\;НОД(d,f)=1$$
Тут тоже неплохо бы явно ввести $k, d, f$, ну да ладно - понятно, что $k$ - НОД $a + b$ и $c$. Дальше нужно доказать, что $\frac{k^{p - 1} f^p}{d}$ не является целым. Доказать это исключительно из равенств выше не получится.
И вы пропустили вопрос
mihaild в сообщении #1497495 писал(а):
Где вы пользовались нечетностью и простотой?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение23.12.2020, 00:00 


14/12/20
19
mihaild в сообщении #1497509 писал(а):
Вы хотите, чтобы я контпример к ВТФ привел?) Нет, это я сделать не могу. Но и не должен - это вы должны явно выписать доказательство, чётко определя все вводимые символы, и явно формулируя и доказывая промежуточные утверждения.
Ну и да, очевидно, что правая часть является рациональной. Но вопрос не в этом, а в том, является ли она целой (целые числа - тоже рациональные).



Давайте все же закроем этот вопрос.

Итак, есть натуральное решение $x=a,y=b,z=c$ уравнения Ферма
$$ x^p+y^p=z^p $$

Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству
$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Дробь $m/n$ - несократимая ($(m,n)=1$) и $n>1$. Тогда и $(c,m)=1$. Это следует из
$$(a+b)n=cm$$
Если $(c,m)=k>1$, то квадрат $k^2$ должен быть делителем $a+b$, поскольку $(m,n)=1$. И мы приходим к (сумма $a+b$ кратна $k^2$, а $c$ и $m$ кратны $k$)
$$ 1<\frac{k(a+b)}{k^2c}=\frac{km_1}{n}$$
$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m_1}{n},$$
где $m_1<m$. Но $m/n$ была несократимой дробью! Итак, $(c,m)=1$.

$$a+b=c\;\;\frac{m}{n}$$
Очевидно, что $(c,n)>1$, но я не провожу сокращение специально.
$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}$$
Поскольку $(m,n)=1$ и $(c,m)=1$, то
$$\frac{nc^{p-1}}{m}\text{   - это рациональное число, если   натуральные числа  } a,b,c \text{  - решение уравнения Ферма} $$

И мы приходим к невозможному требованию равенства натурального и рационального чисел.
$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\,a^{p-1-i}b^i = \frac{nc^{p-1}}{m}$$

Надеюсь, вопрос с делимостью закрыт.

-- 23.12.2020, 00:36 --

mihaild в сообщении #1497509 писал(а):
Вы хотите, чтобы я контпример к ВТФ привел?) Нет, это я сделать не могу. Но и не должен - это вы должны явно выписать доказательство, чётко определя все вводимые символы, и явно формулируя и доказывая промежуточные утверждения.
Ну и да, очевидно, что правая часть является рациональной. Но вопрос не в этом, а в том, является ли она целой (целые числа - тоже рациональные).



Прошу прощения. В предыдущем ответе я наколбасил. Поэтому посылаю исправленный вариант.

Давайте все же закроем этот вопрос.

Итак, есть натуральное решение $x=a,y=b,z=c$ уравнения Ферма
$$ x^p+y^p=z^p $$

Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству
$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Дробь $m/n$ - несократимая ($(m,n)=1$) и $n>1$. Тогда и $(c,m)=1$. Это следует из
$$(a+b)n=cm$$
Если $(c,m)=k>1$, то квадрат $k^2$ должен быть делителем $a+b$, поскольку $(m,n)=1$. И мы приходим к
$$ a+b=k^2t,\;c=kc_1,\;m=km_1$$
$$ \frac{a+b}{c}=\frac{k^2t}{kc_1}=\frac{km_1}{n}$$
$$ \frac{a+b}{c}=\frac{m_1}{n},$$
где $m_1<m$. Но $m/n$ была несократимой дробью! Итак, $(c,m)=1$.

$$a+b=c\;\;\frac{m}{n}$$
Очевидно, что $(c,n)>1$, но я не провожу сокращение специально.
$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}$$
Поскольку $(m,n)=1$ и $(c,m)=1$, то
$$\frac{nc^{p-1}}{m}\text{   - это рациональное число, если   натуральные числа  } a,b,c \text{  -решение уравнения Ферма} $$

И мы приходим к невозможному требованию равенства натурального и рационального чисел.
$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\,a^{p-1-i}b^i = \frac{nc^{p-1}}{m}$$

Надеюсь, вопрос с делимостью закрыт.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение23.12.2020, 00:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5182
Москва
falconer в сообщении #1497519 писал(а):
$$ \frac{a+b}{c}=\frac{k^2t}{kc_1}=\frac{km_1}{n}$$
$$ \frac{a+b}{c}=\frac{m_1}{n},$$
Какой-то магический переход. Куда $k$ делось?

Ну и напоминаю, что натуральные числа по определению рациональные; прекратите, пожалуйста, говорить "рациональные", подразумевая "нецелые рациональные".

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение23.12.2020, 15:51 


14/12/20
19
mihaild в сообщении #1497524 писал(а):
Какой-то магический переход. Куда $k$ делось?


$$\frac{a+b}{c}=\frac{k^2t}{kc_1}=\frac{km_1}{n} $$
$$\frac{kt}{c_1}=\frac{km_1}{n} $$
$$\frac{t}{c_1}=\frac{m_1}{n} $$


Давайте обойдемся без $k$.

На входе у нас дробь $(a+b)/c$. Она сокращается до несократимой дроби $m/n$. В чем заключается процесс сокращения?
Из числителя и знаменателя убирается все, что у них общее. В результате в $m$ остается только то,чего нет в $c$.
Отсюда $(c,m)=1$. А в $n$ остается только то,чего нет в $a+b$. Следовательно, и $(m,n)=1$, т.е . $m/n$ - несократима дробь.
Из
$$ \frac{a+b}{c}=\frac{m}{n} $$
получаем
$$a+b=c\;\frac{m}{n} $$
Несмотря на то, что $(c,n)>1$, сокращение я не делаю.
$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{nc^{p-1}}{m}  -\text{  несократимая дробь,} $$
т.к. $(m,n)=1$ и $(c,m)=1$

.
mihaild в сообщении #1497524 писал(а):
Ну и напоминаю, что натуральные числа по определению рациональные; прекратите, пожалуйста, говорить "рациональные", подразумевая "нецелые рациональные".


Предлагаете писать "нецелые рациональные". А почему не "нецелые действительные"? Ведь Ваши ''натуральные числа по определению рациональные '' еще и действительные.

Я старой закалки и придерживаюсь следующих определений.
Натуральные числа - все целые положительные числа (1, 2, 3, ...)
Целые - все отрицательные натуральные, 0 и все натуральные.
Рациональные - все числа представимые как отношение двух целых ($m/(n\not=0),\;(m,n)=1$).
И т.д.

А то, что
$$ 2=\frac{2}{1},$$
не делает 2 рациональным.

Позвольте мне различать натуральные, целые и рациональные числа так, как я привык.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 57 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

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