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
Сообщение23.12.2020, 16:12 
Заслуженный участник


20/12/10
8289
falconer в сообщении #1497577 писал(а):
Из числителя и знаменателя убирается все, что у них общее. В результате в $m$ остается только то,чего нет в $c$.
Отсюда $(c,m)=1$.
Ну да, конечно. Сократите-ка дробь $(a+b)/c=25/15$ и посмотрите, будет ли там $(c,m)=1$.

-- Ср дек 23, 2020 20:18:51 --

falconer в сообщении #1497577 писал(а):
Предлагаете писать "нецелые рациональные".
Если угодно, можно употреблять термин "дробные числа". Но это все непринципиально. Принципиальным является то, какие свойства делимости целых чисел Вы используете в рассуждениях. Пока это какие-то волшебные свойства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение23.12.2020, 16:21 


14/01/11
2677
falconer в сообщении #1497577 писал(а):
Я старой закалки и придерживаюсь следующих определений.

Вряд ли вы старше, скажем, Марка Яковлевича Выгодского, а в его справочнике определение рациональных чисел соответствует принятому сейчас.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение23.12.2020, 18:58 


21/05/16
4157
Аделаида
falconer в сообщении #1497577 писал(а):
А то, что
$$ 2=\frac{2}{1},$$
не делает 2 рациональным.

:mrgreen: :mrgreen: :mrgreen:
Подставьте $m=2$ и $n=1$ в ваше же собственное определение:
falconer в сообщении #1497577 писал(а):
Рациональные - все числа представимые как отношение двух целых ($m/(n\not=0),\;(m,n)=1$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение24.12.2020, 13:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5731
Новосибирск
falconer в сообщении #1497577 писал(а):
Целые - все отрицательные натуральные, 0 и все натуральные.

Отрицательных натуральных чисел не бывает. Следовательно согласно Вашему определению множество целых чисел - это дополненное нулём множество натуральных чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение24.12.2020, 17:33 
Аватара пользователя


16/03/17
475
falconer в сообщении #1497577 писал(а):
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.

Дополню уже приведенные ответы тем, что стандартное определение рациональных чисел, включающее как целые числа, так и дроби, которые не являются целыми числами (вы, как я понимаю, под "рациональным числом" имеете в виду несократимые дроби, причем только те, которые не являются целыми числами, хотя формально записали это неправильно), не случайно именно такое.
Во-первых, множество рациональных чисел обладает рядом универсальных свойств, которые активно изучаются в математике и важны в приложениях. Например, это так называемое "поле", что позволяет привлечь развитую абстрактную теорию полей, не проводя заново многие доказательства конкретно для рациональных чисел. Также, в приложениях часто рассматривают многочлены с рациональными коэффициентами и т.д.
Во-вторых, когда при решении возникает какая-то дробь, то заранее (а часто и потом без сложных вычислений) неизвестно сводится ли она к целому числу или нет.

Поэтому такое множество явно заслуживает своего названия, так же как его заслуживают натуральные числа, целые, вещественные, комплексные и т.д. Не говорить же каждый раз "целые числа и дроби с целыми числителями и знаменатели, когда дробь не является целым числом".

По сравнению с ним, "несократимые дроби с целыми числителями и знаменатели, когда дробь не является целым числом", на которые ссылаетесь вы, далеко не так важны в математике и приложениях, поэтому для них отдельного названия особо никому не нужно. Можно называть их "нецелые рациональные числа" или "нецелые несократимые дроби", если в последнем случае из контекста понятно, что речь не идет об иррациональных или комплексных числах. Если вы хотите дать им какое-то другое свое название из "одного слова" - можете это сделать, но тогда
- Оно не должно обозначать то, для чего в математике уже зарезервирован свой термин, как в случае рациональных чисел. Иначе ваше доказательства будет непонятными или просто будет считаться неправильными. Название "дроби", например, тоже в данном случае будет некорректным, поскольку $ \frac{2}{1}$ это тоже дробь.
- Читателям придется помнить что означает этот новый термин, что уменьшит количество тех, кто захочет разбираться в том, что вы пишите.

Но как вам уже ответили, это чисто терминологический комментарий. Если здесь еще можно после вопросов понять что вы имеете в виду, то ваши ошибки в свойствах делимости целых чисел останутся.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение25.12.2020, 17:19 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1497519 писал(а):
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.
$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}$$

Так как свойства натуральных не проявляются, то пусть решением уравнения Ферма $a^3+b^3=c^3 $ будет:

$a=3;\quad b=5; \quad c=2\sqrt[3]{19} $. Тогда

$$a+b=c\;\;\frac{m}{n}=3+5=2\sqrt[3]19\frac{4}{\sqrt[3]{19}}$$ И для всех ухищрений
$$\frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{c\frac{m}{n}}=\frac{nc^{p-1}}{m}=\frac{(2\sqrt[3]{19})^3}{8}=19$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение04.01.2021, 20:16 


14/12/20
19
nnosipov в сообщении #1497579 писал(а):
Ну да, конечно. Сократите-ка дробь $(a+b)/c=25/15$ и посмотрите, будет ли там $(c,m)=1$.



Доказательство для уравнения Ферма 3-й степени приведено отдельно в конце текста.

Ищем решения уравнения Ферма
$$ x^p+y^p=z^p\qquad (1) $$
Для всех нечетных натуральных простых показателей степени $p$ уравнение Ферма
можно записать в виде
$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\,x^{p-1-i}y^i = \frac{z^{p}}{(x+y)}\qquad (2)$$

Из (2) видно, что тройка натуральных чисел $x,y,z$, для которой правая часть будет нецелым рациональным числом, не может быть решением уравнения (1).

Допустим есть натуральное решение уравнения (1) $x=a,y=b,z=c$. Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству
$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}},$$
где $m/n$ - несократимое нецелое рациональное число, т.е. $(m,n)=1$. Подставим значение $a+b=c\cdot m/n$ в правую часть (2)
$$ \frac{c^{p}}{(a+b)}=\frac{nc^{p}}{cm}=\frac{nc^{p-1}}{m}$$
И если $(m,c)=1$, то правая часть является нецелым рациональным числом, что противоречит утверждению: числа $x=a,y=b,z=c$ - решение.

Таким образом, взаимная простота $m$ и $c$ достаточна для возникновения противоречия. Но это условие не является необходимым.

Допустим $a+b=k^sm_1,\;c=k^qn,\;q<s<pq$. В этом случае
$$\frac{a+b}{c}=\frac{k^sm_1}{k^qn}=\frac{k^{s-q}m_1}{n}, $$
т.е., $(k^{s-q}m_1,c)=k^q$, но $(c,m_1)=1$.

Подставив значения $c$ и $a+b$ в правую часть равенства (2), получим
$$ \frac{c^{p}}{(a+b)}=\frac{k^{qp}n^{p}}{k^sm_1}=\frac{k^{qp-s}n^{p}}{m_1} $$
И здесь получается нецелое рациональное число, т.к. $(k\;n,m_1)=1$, несмотря на то, что $(c,k^{s-q}m_1)>1$.

Рассмотрим вариант $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<pq$, в котором $(c,k^{s-q})=k^q>1$.
$$\frac{a+b}{c}=\frac{k^s}{k^qn}=\frac{k^{s-q}}{n}$$
Для таких значений $a+b$ и $c$
$$ \frac{c^{p}}{(a+b)}=\frac{k^{qp}n^{p}}{k^s}=k^{qp-s}n^{p} $$
прямого противоречия в равенстве (2) не возникает.

Таким образом, вопрос о возможности наличия натуральных решений уравнения Ферма остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<pq,\;(a,b)=1,\;(a,c)=1,\;(b,c)=1$. Проверим возможность решений уравнения Ферма для таких значений переменных.

Поскольку мы считаем приведенные выше значения решением, то согласно лемме 1 должно выполняться неравенство
$$1<\frac{x+y}{z}=\frac{k^s}{k^qn}=\frac{k^{s-q}}{n}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

Из неравенства видно, что должны быть верными следующие соотношения
$$ (k,n)=1,\;(y,n)=1,\;(x,n)=1$$

Значения $x$ и $y$ должны быть взаимно просты с $n$ по следующей причине. Если, например, $y=ay_1$ и $n=an_1$, то $(y,z)=a>1$, что противоречит нашему предположению: найдено решение, в котором $x,y,z$ --- взаимно простые числа.

Подставив в уравнение Ферма значения $x=k^s-y,y,z=k^qn$, получим уравнение с одним неизвестным $y$.
$$ (k^s-y)^p+y^p=k^{pq}n^p\qquad (3)$$
$$ \sum_{i=0}^p (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i+y^p=k^{pq}n^p$$

При нечетном $p$ последний член суммы (при $i=p$) равен ($-y^p$), следовательно
$$ \sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;(k^{s})^{(p-i)}\;y^i=k^{pq}n^p$$

Разделим сумму на две части: в первой оставим 2 слагаемых ($i=0,1$), а во второй остальные ($i=2,3\cdots p-1$). Вторую часть суммы перенесем вправо.
$$ \sum_{i=0}^{1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i=k^{pq}n^p-\sum_{i=2}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i$$
или
$$ k^{ps} - pk^{(p-1)s}\;y = k^{pq}n^p-\sum_{i=2}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(p-i)}\;y^i$$
Сократим равенство на $k^{(p-1)s}$
$$ k^s - p y = k^{pq-(p-1)s}n^p-\sum_{i=2}^{p-1} (-1)^i\binom{p}{i}\;k^{s(1-i)}\;y^i$$

При любом простом нечетном $p$ все биномиальные коэффициенты под знаком суммы кратны $p$.
Действительно, из
$$ \frac{i}{p}\binom{p}{i}=\binom{p-1}{i-1}$$
следует $$p\;|\;\binom{p}{i},$$
т.к. $0<i<p$ и для всех $i$ из этого диапазона $(i,p)=1$.

Кроме того, все члены суммы кратны $y^2/k^s$. Вынося из под знака суммы $py^2/k^s$, получаем
$$k^s-py=k^{pq-s(p-1)}n^p-\frac{py^2}{k^s}\sum_{i=2}^{p-1}(-1)^i\frac{1}{p}\binom{p}{i}
\frac{y^{i-2}}{k^{(i-2)s}}\qquad (4) $$

Вычитаемое справа в (4) является нецелым рациональным числом при любых натуральных $k,\;y$ и любом простом нечетном $p$. Действительно, значение $py^2/k^s$ нецелое рациональное число, т.к. $(y,k)=1$ и $s>1$. А сумма является нецелым рациональным числом, т.к. член при $i=2$
$$(-1)^2\frac{1}{p}\binom{p}{2}\frac{y^{2-2}}{k^{(2-2)s}}=\frac{1}{p}\binom{p}{2},$$
является целым числом, а все остальные нецелые. Если привести все члены суммы к общему знаменателю, то
$$\sum_{i=2}^{p-1}(-1)^i\frac{1}{p}\binom{p}{i}\frac{y^{i-2}}{k^{(i-2)s}}=\frac{S}{k^{(p-3)s}},$$
где $(S,k)=1$.

С учетом этого окончательно получаем
$$k^s-py=k^{pq-s(p-1)}n^p-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}}\qquad (5) $$

Дальнейший анализ зависит от значений $pq-s(p-1)$.

Значения
$$pq-s(p-1)>0$$
возможны при любых $q<s<pq/(p-1)$. При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (5) является нецелым рациональным числом
$$k^{pq-s(p-1)}n^p-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}}, $$
как разность целого числа и нецелого рационального числа.

Равенство
$$pq-s(p-1)=0$$
выполняется при $s=pq/(p-1)$, но целые значения $s$ возможны только при $q=\alpha(p-1)$ ($\alpha$ --- любое натуральное число). При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (5) также является нецелым рациональным числом
$$1-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}} $$

Неравенство
$$pq-s(p-1)<0$$
выполняется при $pq/(p-1)<s<pq$. При таких значениях $s$ и $q$
$$k^s-py=\frac{n^p}{k^{s(p-1)-pq}}-\frac{py^2S}{k^{(p-2)s}} \qquad (6) $$
Поскольку $s\not=pq$ при любых $q<s<pq$, то при $(k,p)=1$ знаменатели справа не равны,
и правая часть равенства (6) будет нецелым рациональным числом. Чтобы убедиться в этом, достаточно умножить обе части равенства на $k^{s(p-1)-pq}$
$$k^{s(p-1)-pq}\left(k^s-py\right)= n^p-\frac{py^2S}{k^{pq-s}} $$

При $k=pa$ равенство (6) примет вид
$$(pa)^s-py=\frac{n^p}{(pa)^{s(p-1)-pq}}-\frac{y^2S}{p^{(p-2)s-1}a^{(p-2)s}}\qquad (7) $$

Умножив (7) на $(pa)^{s(p-1)-pq}$, получим
$$(pa)^{s(p-1)-pq}\left((pa)^s-py\right)=n^p-\frac{y^2S}{p^{pq-s-1}a^{pq-s}} $$

Итак, доказано, что правая часть равенства (4) является нецелым рациональным числом при любых натуральных
$$k,\;q<s<pq,\;x+y=k^s,\; z=k^qn,\qquad (8)$$
и при любом простом показателе степени $p>2$. Поэтому не может быть равна левой, которая при тех же значениях является целым числом. Следовательно, уравнение (3) не имеет натуральных решений. Что, в свою очередь, доказывает: уравнение Ферма при любом простом показателе степени $p>2$ не имеет натуральных решений при параметрах переменных, приведенных в (8).

При всех других значениях $x,y,z$ значение правой части в (2)
$$ \frac{z^p}{x+y}$$
является нецелым рациональным числом.

Предполагая существование натурального решения уравнения Ферма ($x=a,y=b,z=c$) с любым нечетным простым показателем степени $p$, приходим к необходимости выполнению невозможного равенства целого числа нецелому рациональному
$$\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i\;a^{p-1-i}b^i\stackrel{?}{=}\frac{с^p}{a+b}$$

Полученное противоречие доказывает: предположение было ошибочным, уравнение Ферма не имеет натуральных решений при любом простом показателе степени $p>2$.
\vspace{5mm}

$$=============================================$$

Доказательство для уравнения Ферма 3-й степени.

Проверяем возможность решений уравнения Ферма 3-й степени при $x=a,y=b,z=c$, в котором $a+b=k^s$, $c=k^qn$ и $q<s<3q$.

Подставив в уравнение Ферма значения $x=k^s-y,y,z=k^qn$, получим уравнение с одним неизвестным $y$.
$$ (k^s-y)^3+y^3=k^{3q}n^3\qquad (9)$$
$$k^s-3y=k^{3q-2s}n^3-\frac{3y^2}{k^s}\qquad (10) $$

Значения $3y^2/k^s$ являются нецелыми рациональными числами при любых натуральных $y$ и $k$ (даже при $(k,3)=3$, т.к. $s>1$).

Дальнейший анализ зависит от значений $3q-2s$.

Значения
$$3q-2s>0$$
возможны при любых $q<s<3q/2$. При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (9) является нецелым рациональным числом
$$k^s-3y=k^{3q-2s}n^3-\frac{3y^2}{k^s} $$
--- разность целого числа и нецелого рационального.

Равенство
$$3q-2s=0$$
выполняется для целых $s$ и $q$ только при четных значениях $q$ ($s=3q/2$). При таких значениях $s$ и $q$ правая часть равенства (9) также является нецелым рациональным числом
$$k^s-3y=1-\frac{3y^2}{k^s},\qquad (10) $$

Неравенство
$$3q-2s<0$$
выполняется при $3q/2<s<3q$. При таких значениях $s$ и $q$ равенство (10) примет вид
$$k^s-3y=\frac{n^3}{k^{2s-3q}}-\frac{3y^2}{k^s} $$
Поскольку $s$ не может быть равно $3q$, то знаменатели не равны. Умножим обе части на $k^{2s-3q}$
$$k^{2s-3q}\left(k^s-3y\right)=n^3-\frac{3y^2}{k^{3q-s}}, $$

Правая часть равенства будет нецелым рациональным числом
даже при $k=3a$
$$(3a)^{2s-3q}\left(3^sa^s-3y\right)=n^3-\frac{y^2}{3^{3q-s-1}a^{3q-s}} $$

Итак, доказано, что правая часть равенства (10) является нецелым рациональным числом при любых натуральных
$$k,\;q<s<3q,\;x+y=k^s,\; z=k^qn\qquad (11)$$
И не может быть равна левой, которая при тех же значениях является целым числом.
Что, в свою очередь, доказывает, что уравнение (9) не имеет натуральных решений. Следовательно, уравнение Ферма степени $3$ не имеет натуральных решений при параметрах переменных, приведенных в (11).

При всех других значениях $x,y,z$ значение правой части в (2)
$$ \frac{z^3}{x+y}$$
является нецелым рациональным числом.

Предполагая существование натурального решения уравнения Ферма 3-й степени ($x=a,y=b,z=c$), приходим к необходимости выполнению невозможного равенства целого числа нецелому рациональному
$$a^2-ab+b^2\stackrel{?}{=}\frac{с^3}{a+b}$$

Полученное противоречие доказывает: предположение было ошибочным, уравнение Ферма 3-й степени не имеет натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение04.01.2021, 21:50 
Заслуженный участник


20/12/10
8289
falconer в сообщении #1498946 писал(а):
Доказательство для уравнения Ферма 3-й степени приведено отдельно в конце текста.
Вот давайте его и будем смотреть.
falconer в сообщении #1498946 писал(а):
Проверяем возможность решений уравнения Ферма 3-й степени при $x=a,y=b,z=c$, в котором $a+b=k^s$, $c=k^qn$ и $q<s<3q$.
Откуда взялись эти $k$, $s$, $q$, $n$? Или Вы рассматриваете уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$ при дополнительных ограничениях на неизвестные $a$, $b$, $c$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение05.01.2021, 01:33 


14/12/20
19
nnosipov в сообщении #1498955 писал(а):
Откуда взялись эти $k$, $s$, $q$, $n$? Или Вы рассматриваете уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$ при дополнительных ограничениях на неизвестные $a$, $b$, $c$?



Прочитайте начало. Там все объяснения по поводу $k$, $s$, $q$, $n$.

-- 05.01.2021, 01:39 --

Раньше я отказался от доказательства ВТФ для уравнения 4-й. степени. Я поспешил.


Доказательство ВТФ для уравнения уравнения 4-й степени.

$$x^4+y^4=z^4\qquad (1)$$.


Вместо доказательства ВТФ для уравнения (1) докажем более сильное утверждение:
уравнение
$$x^4+y^4=z^2\qquad (2)$$
не имеет натуральных решений.

Если уравнение (1) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$, то тройка чисел $a,b,c^2$ будет решением уравнения (2). И наоборот, если уравнение (2) не имеет натуральных решений, то и уравнение (1) также не имеет решений.

Преобразуем уравнение (2) к виду

$$ \left(\frac{x^2+y^2}{xy}-\frac{z}{xy}\right)\left(\frac{x^2+y^2}{xy}+\frac{z}{xy}\right)=2\qquad (3) $$

Допустим, уравнение (2) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$. Подставим эти решения в (3)
$$ \left(\frac{a^2+b^2}{ab}-\frac{c}{ab}\right)\left(\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{c}{ab}\right)=2\qquad (4) $$

Поскольку уравнение (2) можно рассматривать как уравнение Пифагора
$$\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2=z^2,$$

то согласно лемме 1 в любом решении уравнения (2) должно выполняться неравенство
$$ 1 <\frac{a^2+b^2}{c}=\frac{m}{n} < \sqrt{2},\;\;\;\frac{\sqrt{2}}{2}<\frac{n}{m}<1\qquad (5) $$
Из которого
$$ c=\frac{n}{m}\;(a^2+b^2)$$

Подставим это значение в (4)
$$ \left[\frac{a^2+b^2}{ab}\left(1-\frac{n}{m}\right)\right]\left[\frac{a^2+b^2}{ab}\left(1+\frac{n}{m}\right)\right]=2 $$
$$ \left(\frac{a^2+b^2}{ab}\right)^2\left(1-\frac{n^2}{m^2}\right)=2 $$
Из (5) следует, что значение $1-n^2/m^2>0$
$$0<1-\frac{n^2}{m^2}<\frac{1}{2}\qquad (6)$$

Разделив последнее равенство на $1-n^2/m^2>0$ окончательно получим
$$ \left[\frac{(a+b)^2}{ab}-2\right]^2=\frac{2}{1-n^2/m^2}\qquad (7) $$

С учетом (6) правая часть (7) при любых натуральных $a$ и $b$ изменяется в диапазоне
$$ 2<\frac{2}{1-n^2/m^2}<4\qquad (8)$$

Оценим левую часть равенства (7). Известно, что для любых положительных $a$ и $b$
$$\frac{(a+b)^2}{ab}>4\qquad (9)$$

Это легко выводится. Введем обозначения: $s=(a+b)/2$ и $\delta=(a-b)/2$. Тогда
$$ a=s+\delta,\;b=s-\delta$$
Откуда вытекает
$$ ab=s^2-\delta^2=\frac{(a+b)^2}{4}-\delta^2$$
Т.к. $\delta^2$ не может быть отрицательным, и обращается в 0 только при $a=b$, то, отбрасывая его, мы приходим к неравенству
$$ab\le\frac{(a+b)^2}{4}$$

В любом натуральном решении уравнения (2) $a\not=b$, следовательно, в нашем случае справедливо неравенство (9). Тогда левая часть (7) при любых натуральных $a$ и $b$
$$ \left[\frac{(a+b)^2}{ab}-2\right]^2 > 4 \qquad (10)$$


Сравнение (8) и (10) доказывает, что равенство (7) невозможно при любых натуральных $a$ и $b$. Что, в свою очередь, доказывает: уравнение (2) и уравнение (1) не имеют натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение05.01.2021, 10:22 
Заслуженный участник


20/12/10
8289
falconer в сообщении #1498979 писал(а):
Прочитайте начало. Там все объяснения по поводу $k$, $s$, $q$, $n$.
Нет, доказательство должно быть выписано полностью для показателя 3. Сделайте это.
falconer в сообщении #1498979 писал(а):
Раньше я отказался от доказательства ВТФ для уравнения 4-й. степени. Я поспешил.
Похоже, Вы опять доказали отсутствие решений в действительных числах (ибо нигде в целочисленность $a$, $b$, $c$ не используется).

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение05.01.2021, 23:11 


14/12/20
19
nnosipov в сообщении #1499008 писал(а):
Нет, доказательство должно быть выписано полностью для показателя 3. Сделайте это.


Согласен. Все несколько запуталось. Распалось на лоскуты. Подготовлю текст для показателя 3, но это займет какое-то время.


nnosipov в сообщении #1499008 писал(а):
Похоже, Вы опять доказали отсутствие решений в действительных числах (ибо нигде в целочисленность $a$, $b$, $c$ не используется).


А этого не достаточно?
falconer в сообщении #1498979 писал(а):
Допустим, уравнение (2) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$. Подставим эти решения в (3)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение06.01.2021, 00:08 
Заслуженный участник


20/12/10
8289
falconer в сообщении #1499229 писал(а):
А этого не достаточно?
А что изменится, если убрать слово "натуральное"? Дальнейшие аргументы ведь никак эту натуральность не используют.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение06.01.2021, 13:04 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1498946 писал(а):
Проверяем возможность решений уравнения Ферма 3-й степени при $x=a,y=b,z=c$, в котором $a+b=k^s$, $c=k^qn$ и $q<s<3q$.

А если $a+b=k^3$, $c=kn$, то проблем нет.
falconer в сообщении #1498979 писал(а):
Преобразуем уравнение (2) к виду

$$ \left(\frac{x^2+y^2}{xy}-\frac{z}{xy}\right)\left(\frac{x^2+y^2}{xy}+\frac{z}{xy}\right)=2\qquad (3) $$

Так как уравнение Ферма имеет решение в действительных числах, то можно начать так:
$a=a;\quad 2ab=2ab; \quad  ....$ и так до равенства (3). Доказали, что $a\ne a$
falconer в сообщении #1498979 писал(а):
С учетом (6) правая часть (7) при любых натуральных $a$ и $b$ изменяется в диапазоне
$$ 2<\frac{2}{1-n^2/m^2}<4\qquad (8)$$

С учетом (6) выражение левой части больше 4.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение07.01.2021, 08:50 


14/12/20
19
nnosipov в сообщении #1499245 писал(а):
А что изменится, если убрать слово "натуральное"? Дальнейшие аргументы ведь никак эту натуральность не используют.


Согласен. Приведенное доказательство имеет побочный эффект. Оно доказывает не только то, что уравнение Ферма 4-й степени не имеет натуральных решений, но и то, что не имеет вообще никаких решений. Поэтому предлагаю другой вариант доказательства.


Доказательство ВТФ для уравнения уравнения 4-й степени.

$$x^4+y^4=z^4\qquad (1)$$.


Вместо доказательства ВТФ для уравнения (1) докажем более сильное утверждение:
уравнение
$$x^4+y^4=z^2\qquad (2)$$
не имеет натуральных решений.

Если уравнение (1) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$, то тройка чисел $a,b,c^2$ будет решением уравнения (2). И наоборот, если уравнение (2) не имеет натуральных решений, то и уравнение (1) также не имеет решений.

Преобразуем уравнение (2) к виду

$$ \left(x^2+y^2-z\right)\left(x^2+y^2+z\right)=2x^2y^2\qquad (3) $$

Допустим, уравнение (2) имеет натуральное решение $x=a,y=b,z=c$. Подставим эти решения в (3)
$$ \left(a^2+b^2-c\right)\left(a^2+b^2+c\right)=2a^2b^2\qquad (4) $$

Поскольку уравнение (2) можно рассматривать как уравнение Пифагора
$$\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2=z^2,$$

то согласно лемме 1 в любом решении уравнения (2) должно выполняться неравенство
$$ 1 <\frac{a^2+b^2}{c}=\frac{m}{n} < \sqrt{2}\qquad (5) $$
Из которого
$$a^2+b^2=\frac{m}{n}\;c$$

Подставим это значение в (4)
$$ \left(\frac{m}{n}\;c-c\right)\left(\frac{m}{n}\;c+c\right)=2a^2b^2 $$
$$ c^2\left(\frac{m^2}{n^2}-1\right)=2a^2b^2 $$

Из (5) следует, что
$$0<\frac{m^2}{n^2}-1<1 $$

Разделим последнее равенство на $m^2/n^2-1$ и извлечем квадратный корень
$$ c=\frac{\sqrt{2}\;ab}{\sqrt{m^2/n^2-1}} $$

Предположив, что уравнение (2) имеет натуральное решение, мы пришли к противоречию: при любых натуральных $a,\;b$ значение $c$ в этом решении должно быть иррациональным.

Предположение было неверным, уравнение (2) и уравнение (1) не имеют натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение07.01.2021, 09:14 
Заслуженный участник


20/12/10
8289
falconer в сообщении #1499454 писал(а):
мы пришли к противоречию: при любых натуральных $a,\;b$ значение $c$ в этом решении должно быть иррациональным
А почему должно? Откуда это следует? Если в каком-то выражении содержится квадратный корень, то это вовсе не означает, что значения этого выражения должны быть иррациональными. Классический пример: выражение $\sqrt{m^2+n^2}$ при $m=3$, $n=4$ принимает значение $5$.

 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