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 1, 2, 3, 4  След.
 
 Доказательство ВТФ
Сообщение14.12.2020, 14:54 


14/12/20
19
Уважаемые участники и гости форума, предлагаю Вашему вниманию доказательства Великой теоремы Ферма.
Соколов Николай Алексеевич.


Лемма 1.

Для всех действительных $x>0$, $y>0$ и всех натуральных $n>1$ уравнение
$$ x^n + y^n = z^n\qquad(1) $$
имеет действительные решения. И в каждом таком решении должно выполняться неравенство
$$ 1<\frac{x+y}{z}\le\sqrt[n]{2^{n-1}}$$
Для всех $x=y$ ответ очевиден: из
$$   2x^n=2y^n=z^n$$
следует
$$  \frac{x}{z}=\frac{y}{z}=\frac{1}{\sqrt[n]{2}}=\frac{\sqrt[n]{2^{n-1}}}{2}$$
или
$$  \frac{x+y}{z}=\sqrt[n]{2^{n-1}}\qquad(2) $$
Перейдем к решениям, в которых $x \not= y$. Согласно коммутативности операции сложения решения уравнения (1), в которых $x<y$ и $x>y$, попарно связаны. Для каждого решения уравнения (1) ($a < b,c$), тройка чисел ($b,a,c$) также будет решением и наоборот. Поэтому, не теряя общности, можно анализировать только решения, в которых $x<y$.
С одной стороны, в любом решении уравнения (1) должны выполняться условия $x<z$ и $y<z$. Действительно, если, например, $x\ge z$, то $x^n\ge z^n$ и тем более $x^n+y^n > z^n$. Следовательно, в любом решении выполняется неравенство $x+y<2z$.
С другой стороны, в любом решении уравнения (1) $x+y>z$. Это становится очевидным, если записать уравнение в виде
$$  \left(x+y\right)^n-z^n=\sum_{i=1}^{n-1} \tbinom{n}{i} x^{n-i} y^i>0$$
Итак, в любом решении уравнения (1) выполняется неравенство
$$1 < \frac{x+y}{z} < 2$$
Правый предел в этом неравенстве можно уточнить.
Разделим уравнение (1) на $z^n$
$$\frac{x^n}{z^n}+\frac{y^n}{z^n}=1$$
Очевидно, что $1/2$ является центром отрезка $\left[x^n/z^n,\,y^n/z^n\right]$. Следовательно, для всех решений, в которых $x<y$, можем записать
$$ \frac{1}{2}-\frac{x^n}{z^n}=\delta=\frac{y^n}{z^n}-\frac{1}{2}$$
Извлечем корень степени $n$ из чисел $x^n/z^n,\,y^n/z^n$ и $1/2$. Величина $1/\sqrt[n]{2}$ уже не является центром отрезка $\left[x/z,y/z\right]$.
Докажем, что в любом решении уравнения (1), в котором $x<y$,
$$ \left(\delta_x=\frac{1}{\sqrt[n]{2}} - \frac{x}{z}\right) > \left(\delta_y=\frac{y}{z}-\frac{1}{\sqrt[n]{2}}\right)$$
Это следует из сравнения следующих величин
$$ \frac{\delta}{\delta_x}=\frac{1/2-x^n/z^n}{1/\sqrt[n]{2} - x/z}=
\frac{1}{\sqrt[n]{2^{n-1}}}+\sum_{i=1}^{n-1} \frac{x^i}{z^i\sqrt[n]{2^{n-1-i}}}$$
$$\frac{\delta}{\delta_y}=\frac{y^n/z^n-1/2}{y/z-1/\sqrt[n]{2}}=
\frac{1}{\sqrt[n]{2^{n-1}}}+\sum_{i=1}^{n-1} \frac{y^i}{z^i\sqrt[n]{2^{n-1-i}}}$$
Из $x<y$ следует, что $\delta/\delta_x<\delta/\delta_y$ и $\delta_x>\delta_y$. Следовательно,
$$ \frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right) < \frac{1}{\sqrt[n]{2}}$$
или
$$  \frac{x+y}{z}<\sqrt[n]{2^{n-1}}$$
Итак, в любом решении уравнения (1), в котором $x \not= y$, должно выполняться неравенство
$$ 1<\frac{x+y}{z}<\sqrt[n]{2^{n-1}}\quad (3)$$
Объединяя (2) и (3), получаем: в любом решении уравнения (1) должно выполняться неравенство
$$  1<\frac{x+y}{z}\le\sqrt[n]{2^{n-1}}\quad (4)$$

Лемма доказана.


Доказательство Великой теоремы Ферма.

Великая теорема Ферма (ВТФ) утверждает, что

Уравнение
$$x^n + y^n = z^n \qquad\qquad\qquad (5)$$
не имеет решений в натуральных числах для любого натурального $n > 2$.


При решении уравнения (5) можно ограничиться случаем, когда $x,y$ и $z$ являются взаимно простыми числами. Очевидно, если есть решение для взаимно простых $(x_1,y_1,z_1)$, то тройка $(d\cdot x_1,d\cdot y_1,d\cdot z_1)$ также будет решением при любом натуральном $d$.

Нет необходимости доказывать ВТФ для всех показателей степени $n>2$. Достаточно доказать, что уравнение (5) не имеет натуральных решений для $n=4$ и $n=p$, где $p$ -- любое нечетное простое число.

Если ВТФ верна для $n=4$, то она верна и для любого показателя степени, кратного 4-м.

А все остальные показатели степени $n>2$ и не кратные 4-м, -- это все нечетные числа и все четные числа типа $2m$, где $m>1$ -- любое нечетное натуральное число.

Все эти числа имеют общее свойство. Их каноническая форма обязательно содержит хотя бы одно нечетное простое число. Следовательно, если ВТФ верна для любого простого показателя степени $p>2$, то она верна и для любого не кратного 4-м показателя степени.

Для $n=4$ ВТФ доказана Ферма. Для полноты картины приведем другое доказательство.

Для этого достаточно исходное уравнение
$$ x^4+y^4=z^4\qquad \qquad\qquad (6)$$
записать в виде
$$  \left(x^2+y^2-z^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)=2x^2y^2 $$
Разделив обе части уравнения на $2x^2y^2$, получим
$$ \left(\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}\right)\left(\frac{x^2+y^2+z^2}{xy}\right)=1\qquad  (6a)$$
Из (6а) видно, что равенство возможно лишь тогда, когда обе скобки слева являются взаимно обратными величинами, следовательно, должно выполнятся равенство
$$ \frac{b}{a}=b^2 $$
Здесь для краткости буквами $a$ и $b$ обозначены первая и вторая скобки соответственно.
Но
$$ \frac{b}{a}=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{x^2+y^2-z^2}\not= b^2=\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y^2}$$
Следовательно, ни при каких натуральных $x,y,z$ равенство (6a) не выполняется. Что и доказывает: уравнение (6) не имеет натуральных решений.

Кстати, использованный прием позволяет доказать более сильное утверждение: уравнение
$$ x^4+y^4=z^2$$
также не имеет натуральных решений. Для этого достаточно преобразовать его к виду
$$ \left(\frac{x^2+y^2-z}{2xy}\right)\left(\frac{x^2+y^2+z}{xy}\right)=1$$

Перейдем к доказательству ВТФ для всех простых показателей степени $p>2$.
$$  x^p + y^p = z^p  \qquad\qquad  (7)$$

Для любого нечетного простого $p$ левая часть уравнения (7) разлагается на множители
$$\left(x+y\right)\sum_{i=0}^{p-1} \left(-1\right)^i\,x^{p-1-i}y^i = z^p\qquad (8)$$

Допустим, что существует натуральное решение уравнения (7). Тогда согласно (8)
в этом решении сумма $x+y$ должна делить $z^p$. Но это невозможно.

С одной стороны, $(x+y)$ не может делить $z$, поскольку согласно лемме 1 в любом решении сумма
$(x+y)>z$. С другой стороны, из той же леммы следует, что в любом решении
$$ \frac{x+y}{z}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$
и, следовательно, наибольший общий делитель $x+y$ и $z$
$$ 1\le(x+y,z)<z$$
Т.е., $x+y$ не является делителем $z^p$.

Допустив наличие натурального решения, мы пришли к противоречию, которое доказывает: допущение было ошибочным, уравнение (7) не имеет натуральных решений.

ВТФ доказана.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение14.12.2020, 15:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5172
Москва
Первая замеченная мной ошибка - в строке
falconer в сообщении #1496480 писал(а):
$$ \frac{b}{a}=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{x^2+y^2-z^2}\not= b^2=\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y^2}$$

Это неравенство не обосновано.
(еще замечу, что вы заодно "доказали" ВТФ для $n = 2$, а так же для вещественных $x, y, z$)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение14.12.2020, 21:35 
Заслуженный участник


03/01/09
1506
москва
falconer в сообщении #1496480 писал(а):

С одной стороны, $(x+y)$ не может делить $z$, поскольку согласно лемме 1 в любом решении сумма
$(x+y)>z$. С другой стороны, из той же леммы следует, что в любом решении
$$ \frac{x+y}{z}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$
и, следовательно, наибольший общий делитель $x+y$ и $z$
$$ 1\le(x+y,z)<z$$
Т.е., $x+y$ не является делителем $z^p$.

Откуда это следует? Пусть $z=dk, (k,d-$ взаимно просты), а $x+y=d^p$, Тогда $(x+y,z)=d<z$, но $z^p$ делится на $x+y$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение15.12.2020, 17:45 


14/12/20
19
Ответ на сообщение mihaild.

Я новичок на форуме. Пытался исправить текст своего сообщения. Не получилось. Вношу исправления здесь.

Относительно уравнения $x^4+y^4=z^4$. Текст, начиная со слов ''Для этого достаточно записать уравнение (6) в виде''
до слов ''Перейдем к доказательству ВТФ для всех простых показателей степени...''', заменить на следующий

Для этого достаточно записать уравнение
$$x^4+y^4=z^4\qquad(6)$$
в виде
$$ \left[\left(x+y\right)^2-z^2-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z^2-2xy\right]=2x^2y^2$$
Из последнего равенства видно, что в любом натуральном решении правая часть кратна $x^2y^2$, а левая может быть кратна $x^2y^2$ только в том случае, если
$$xy\;\left|\;\left[(x+y)^2-z^2\right] \text{  и  } xy\; \right|\;\left[(x+y)^2+z^2\right]$$

Т.е., если $xy$ является делителем $z^2$, что противоречит условию теоремы: $x,y,z$ -- взаимно простые числа.

Полученное противоречие доказывает, что уравнение (6) не имеет натуральных решений.

Кстати, использованный прием позволяет доказать, что и уравнение
$$ x^4+y^4=z^2$$
также не имеет натуральных решений. Для этого достаточно преобразовать его к виду
$$ \left[\left(x+y\right)^2-z-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z-2xy\right]=2x^2y^2$$

А в связи с ''(еще замечу, что вы ..., а так же для вещественных $x, y, z$)'', заменяю текст, начинающийся со слов
'' Допустим, что существует натуральное решение уравнения (7).'' и до конца , заменяю на следующий

Допустим, что существует решение уравнения (7): тройка взаимно простых натуральных чисел $x=a,y=b,z=c$. Тогда согласно (8)
в этом решении сумма $a+b$ должна делить $c^p$. Но это невозможно.

С одной стороны, $(a+b)$ не может делить $c$, поскольку согласно лемме 1 в любом решении сумма
$(a+b)>c$. С другой стороны, из той же леммы следует, что в любом решении
$$\frac{a+b}{c}<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$
и, следовательно, наибольший общий делитель $a+b$ и $c$
$$1\le(a+b,c)<c$$
Т.е., $a+b$ не является делителем $c^p$, если $a,b,c$ являются натуральными числами.

Допустив наличие натурального решения, мы пришли к противоречию, которое доказывает: допущение было ошибочным, уравнение (7) не имеет натуральных решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение15.12.2020, 17:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5172
Москва
falconer в сообщении #1496611 писал(а):
левая может быть кратна $x^2y^2$ только в том случае, если $xy\;\left|\;\left[(x+y)^2-z^2\right] \text{  и  } xy\; \right|\;\left[(x+y)^2+z^2\right]$
Переход не обоснован.
falconer в сообщении #1496611 писал(а):
Т.е., если $xy$ является делителем $z^2$
Переход не обоснован.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение15.12.2020, 18:44 


14/12/20
19
$$ \left[\left(x+y\right)^2-z^2-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z^2-2xy\right]=2x^2y^2$$
$$ \left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{xy}-2\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{xy}-2\right]=2$$

-- 15.12.2020, 18:49 --

Ответ на сообщение mihiv.

Откуда это следует? Пусть $z=dk$, ($k,d-$ взаимно просты), а $x+y=d^p$, Тогда $(x+y,z)=d<z$, но $z^p$ делится на $x+y$.


Давайте проанализируем ваше предположение.

Пусть $ z=dk $, $x+y=d^p$. Согласно лемме эти значения должны удовлетворять неравенству
$$ 1 < \frac{x+y}{z}=\frac{d^{p-1}}{k} < \sqrt[p]{2^{p-1}}$$
и
$$ d^{p-1}=\alpha k$$
$$ x+y=d^p=\alpha kd $$
где
$$1<\alpha<\sqrt[p]{2^{p-1}}$$

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!

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 11:58 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1496611 писал(а):
Из последнего равенства видно, что в любом натуральном решении правая часть кратна $x^2y^2$, а левая может быть кратна $x^2y^2$ только в том случае, если
$$xy\;\left|\;\left[(x+y)^2-z^2\right] \text{  и  } xy\; \right|\;\left[(x+y)^2+z^2\right]$$

А если так:$$x^2\;\left|\;\left[(x+y)^2-z^2\right] \text{  и  } y^2\; \right|\;\left[(x+y)^2+z^2\right]$$ то противоречий нет.

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!


Подставляем $d^{p-1}=\alpha k$ получаем:$$  \frac{d^{p-1}k^{p-1}}{\alpha}= \frac{\alpha k k^{p-1}}{\alpha}=k^p,$$
И снова нет противоречий.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 14:27 


14/12/20
19
1)

Вывод необходимости деления $z^$ на $xy$ следует из
$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{xy}-2\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{xy}-2\right]=2$$

А в тексте, при преобразовании исходного уравнения $x^4+y^4=z^4$, я остановился на
$$\left[\left(x+y\right)^2-z^2-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z^2-2xy\right]=2x^2y^2$$
Думал и так все очевидно. Вы же прелагаете довести преобразование исходного уравнения до
$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{x^2}-\frac{2y}{x}\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{y^2}-\frac{2x}{y}\right]=2$$
И где тут нет противоречия?

2) Получая $x+y=\alpha d k$, была использована подстановка $d^{p-1}=\alpha k$. Вы прелагаете использовать ее повторно, откатываясь назад. Фактически вы прелагаете использовать исходные значения ($x+y=d^p$, $z=dk$ в
$$ \frac{z^p}{x+y}=k^p$$

Давайте поступим иначе. Какими-бы не были значения ($x+y$ и $z$), в любом решении согласно лемме они должны удовлетворять неравенству
$$1 < \frac{x+y}{z}=\alpha < \sqrt[p]{2^{p-1}}$$
или
$$ x+y=\alpha z$$
Тогда
$$ \frac{z^p}{\alpha z}=\frac{z^{p-1}}{\alpha}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 14:32 
Заслуженный участник


20/12/10
8265
falconer в сообщении #1496734 писал(а):
Вывод необходимости деления $z^$ на $xy$ следует из
$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{xy}-2\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{xy}-2\right]=2$$
Как именно следует, Вы не объяснили. Приведите доказательство сформулированного утверждения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 14:54 


14/12/20
19
Это же очевидно.

Если сумма и разность двух натуральных чисел делится на какое-то число > 2, то это число является их общим делителем.
Из
$$\frac{a+b}{c}=d,\;\frac{a-b}{c}=e$$
следует
$$ a+b=cd,\;a-b=ce$$
и
$$ 2a=c(d+e),\;2b=c(d-e)$$
Следовательно, $c>2$ должно быть общим делителем $a$ и $b$.

В нашем случае $xy$ явно $>2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 14:58 
Заслуженный участник


20/12/10
8265
falconer
Как я понял, у Вас $c=xy$. А чему равны $a$ и $b$?

-- Ср дек 16, 2020 18:59:27 --

falconer в сообщении #1496740 писал(а):
Это же очевидно.
Напрасно Вы так думаете, это совсем не очевидно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 15:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
5172
Москва
falconer в сообщении #1496740 писал(а):
Если сумма и разность двух натуральных чисел делится на какое-то число > 2, то это число является их общим делителем
А где у вас тут сумма и разность натуральных чисел, и на какое число они делятся?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 15:10 


14/12/20
19
В выкладках $a,b,c,d,e$ взяты для краткости и никакого отношения к нашей задаче не имеют.

В нашем случае $a=(x+y)^2$, $b=z^2$, $c=xy$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 16:00 


22/03/20
88
falconer в сообщении #1496734 писал(а):
Вы же прелагаете довести преобразование исходного уравнения до
$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{x^2}-\frac{2y}{x}\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{y^2}-\frac{2x}{y}\right]=2$$
И где тут нет противоречия?

А в чём оно?
falconer в сообщении #1496734 писал(а):
согласно лемме они должны удовлетворять неравенству
$$1 < \frac{x+y}{z}=\alpha < \sqrt[p]{2^{p-1}}\quad \text {или} \quad x+y=\alpha z$$


$$\alpha=\frac {x+y}{z}$$ - рациональная дробь. Какие проблемы?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ
Сообщение16.12.2020, 16:13 
Заслуженный участник


20/12/10
8265
falconer в сообщении #1496748 писал(а):
В нашем случае $a=(x+y)^2$, $b=z^2$, $c=xy$.
И откуда тогда следует, что, например, $a+b$ делится на $c$? Это надо обосновать.

По всей видимости, в равенстве
falconer в сообщении #1496734 писал(а):
$$\left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{xy}-2\right]\left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{xy}-2\right]=2$$
Вы полагаете содержимое скобок целыми числами, но это предположение ничем не обосновано.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 57 ]  На страницу 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