Разминка для ферматиков

[Mathusic]

(Оффтоп)

Виктор Ширшов в сообщении #266517 писал(а):

shwedka в сообщении #266155 писал(а):

Уравнение Ферма, возможно, и проще по структуре, но сложнее по существу. А профессионалы уже не ищут. Доказательство есть и общепризнано. Входит, например, в моем университете, в курс для аспирантов.

shwedka. Почему тогда так активно обсуждаете доказательства ВТФ, если оно уже "есть и общепризнанно". Вы не сказали, чьё "доказательство" включили в курс для аспирантов Вашего университета.

Скорее всего некоего Виктора Ширшова.

[Виктор Ширшов]

(Оффтоп)

Mathusic в сообщении #266519 писал(а):

Скорее всего некоего Виктора Ширшова.

А что shwedka скажет?

[shwedka]

(Оффтоп)

Виктор Ширшов
этой теме я не намерена обсуждать доказательство ВТФ.
Если хотите, открывайте свою тему

[Виктор Ширшов]

(Оффтоп)

shwedka в сообщении #266523 писал(а):

Виктор Ширшов
этой теме я не намерена обсуждать доказательство ВТФ.

shwedka. Всё-таки надо ответить, если Вас просят: чем пудрите мозги своим аспирантам?
Обсуждать то доказательство ВТФ или какое-то другое и я не намерен ни в этой теме, ни в другой.

[shwedka]

(Оффтоп)

Виктор Ширшов в сообщении #266526 писал(а):

чем пудрите мозги своим аспирантам?

Мозги аспирантам мы не пудрим.

[cepesh]

Виктор Ширшов

Вы забанены на месяц по совокупности нарушений. Перечитайте Правила форума.

[age]

Предлагаю начать так.
Пусть $x^n+(x+1)^k=(x+2)^m$.
Если сделать замену переменной $x+1=a$, то получим:
$(a-1)^n+a^k=(a+1)^m$
Если $n$ - нечетно, то
$a^n-na^{n-1}+...+na-1+a^k=a^m+ma^{m-1}+...+ma+1$
Откуда
$a^n-na^{n-1}+...+na+a^k-a^m+ma^{m-1}+...+ma=2$.
Откуда, $2\div a$.
Данному условию удовлетворяют два случая: $a=1$ и $a=2$.
Случай $a=1$ - вырожденный.
Для случая $a=2$ возвращаясь к исходному уравнению получаем:
$1^n+2^k=3^m$, которое имеет единственное решение
$1^n+2^3=3^2$.

[shwedka]

Замечательно. Хорошее начало. И Вы нащупали механизм.
Значит, нужно теперь рассмотреть случай четного $n$.

[age]

shwedka
Я понимаю, что вы задали "сложную" задачку, не то что теорема Ферма. Поэтому местные участники расценили ее как "неподдающуюся" решению, пока не будет доказана теорема Ферма.
Поэтому я решил предельно ее упростить и сформулировать еще более простую задачку!

Доказать, что уравнение $1^n+2^m=3^k$ не имеет решений, кроме $m=3, k=2$.

Надеюсь, что хоть ее кто-то из уважаемых участников раздела осилит?

[covax]

age в сообщении #268409 писал(а):

Доказать, что уравнение $1^n+2^m=3^k$ не имеет решений, кроме $m=3, k=2$.

$1^6+2^1 = 3^1$

[age]

covax
Нда-с, исправить уже не удалось. Поэтому добавлю $m,k>1$

[OV08]

(Оффтоп)

age в сообщении #268409 писал(а):

shwedka
Я понимаю, что вы задали "сложную" задачку, не то что теорема Ферма. Поэтому местные участники расценили ее как "неподдающуюся" решению, пока не будет доказана теорема Ферма.
Поэтому я решил предельно ее упростить и сформулировать еще более простую задачку!

Доказать, что уравнение $1^n+2^m=3^k$ не имеет решений, кроме $m=3, k=2$.

Надеюсь, что хоть ее кто-то из уважаемых участников раздела осилит?

Ну я думаю, что раз люди с такой легкостью доказывают теорему Ферма, то уж гипотезу Каталана они доказали еще в 6 классе

[age]

(Оффтоп)

OV08
Ну $1^n+2^m=3^k$ это не совсем гипотеза Каталана, это ее частный случай при $x=2,\ y=3$. Так что, все же незачем никого пугать, надеюсь осилят.

[Виктор Ширшов]

Времени на «развлекуху» мне отвели чрезмерно. Уже во второй день «каникул» у меня было решение данного уравнения.
Если разделить обе части уравнения $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ на $x$, получится равенство $x^{y-1} + \frac{x+1}{x}(x+1)^{z-1}=\frac{x+2}{x}(x+2)^{w-1}$, противоречащее условию, так как в нём множители $\frac{x+1}{x}$ и $\frac{x+2}{x}$ соответственно при натуральных числах $(x+1)^{z-1}$ и $(x+2)^{w-1}$ являются дробями (рациональными числами). А дробь, умноженная на натуральные числа, дроби подобна. Дроби $\frac{x+1}{x}$ и $\frac{x+2}{x}$ будут натуральными числами только, если делитель $x$ равен 1. Следовательно, приходим к выводу, что уравнение $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ решается в натуральных числах, если $x^y=1^y$, $(x+1)^z=2^z$ и $(x+2)^w=3^w$, т. е. оно имеет вид: $1^y+2^z=3^w$. Можно заметить, почему в условии задачи записано $z>1$. Единица в любой степени - $1$. Если и $z=1$, то уравнение $1^y+2^z=3^w$ решается в натуральных числах, если ещё и $w=1$. Известно, что в натуральных числах сумма двух кубов представима квадратом. В самом деле, $1^3+2^3=3^2$ или же $1^y+2^3=3^2$.

Через несколько дней родилось другое всеобъемлющее решение. Чтобы найти все решения уравнения $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ в натуральных числах я применил «метод спуска».
А. К решению $1^y+2^3=3^2$ можно прийти, разделив обе части уравнения $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ на $(x+1)^{z-3}$.
После деления на $(x+1)^{z-3}$, получим равенство $(\frac{x}{x+1})^{z-3} x^{y-z-3}+(x+1)^3=(\frac{x+2}{x+1})^{z-3} (x+2){w-z-3}$, которое невозможно решить в натуральных числах. Если принять $z=y=w=3$, то данное равенство примет вид $x^3+(x+1)^3=(x+2)^3$, которое, по утверждению Ферма, не решается в целых числах с одинаковым показателем.
Чтобы найти решение $1^3+2^3=3^2$ , возведём в куб число $(x+1)^3$ и сложим его с $x^3$ из уравнения $x^3+(x+1)^3=(x+2)^3$ . В результате таких действий получим алгебраическое выражение $(2x^3+3x^2+3x)+1$, которое, очевидно, представимо квадратом, так как оно тождественно и Архимедову уравнению - $ax+1=y^2$, и уравнению Пелла - $ax^2+1=y^2$, и уравнению Ферма - $4x+1=y^2$. Легко определить, что $(2x^3+3x^2+3x)+1)$ равно $8+1=2^3+1^3=9=3^2$, если $x=1$. Повторюс, если скажу, что единица - $1$ в любой степени остаётся $1$. Откуда, $1^y+2^3=3^2$.
Б. К решению $3^2+4^2=5^2$ приходим аналогичным образом, но для этого разделим обе части уравнения $x^y+(x+1) ^z=(x+2)^w$ уже на $(x+2)^{w-2}$.
После деления на $(x+2)^w-2$ получим равенство $(\frac{x}{x+2})^{w-2} x^{y-w-2}+(\frac{x+1}{x+2})^{w-2} (x+1)^{z-w-2}=(x+2)^2$. Очевидно, это равенство будет Пифагоровым, если $w=y=z=2$. После соответствующих подстановок получаем равенство $x^2+(x+1)^2=(x+2)^2$, решив которое, найдём $x=3$. Отсюда, $3^2+4^2=5^2$
В. К решению $1^1+2^1=3^1$ приходим также с помощью «метода спуска», разделив обе части уравнения $x^y+(x+1) ^z=(x+2)^w$ на $x^{у-1}$.
После деления на $x^{у-1}$, получается равенство $x^1+(\frac{x+1}{x})^{y-1}(x+1)^{z-x-1}=(\frac{x+2}{x})^{y-1}(x+2)^{w-x-1}$. Это равенство решается в натуральных числах, т. е. приводится к виду $1^1+2^1=3^1$, если $y=z=w=1$. Подставив соответствующие значения $y$, $z$, $w$ в полученное равенство, получим итоговое уравнение $x+(x+1)=x+2$. Решив его, найдём $x=1$. Отсюда $1^1+2^1=3^1$ или $1^y+2^1=3^1$.
Все эти решения можно привести в строгое доказательство, которое никак не будет многостраничным.

[age]

Бродил-бродил, батюшка! Добродился!

Виктор Ширшов в сообщении #275778 писал(а):

Если разделить обе части уравнения $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ на $x$, получится равенство $x^{y-1} + \frac{x+1}{x}(x+1)^{z-1}=\frac{x+2}{x}(x+2)^{w-1}$, противоречащее условию, так как в нём множители $\frac{x+1}{x}$ и $\frac{x+2}{x}$ соответственно при натуральных числах $(x+1)^{z-1}$ и $(x+2)^{w-1}$ являются дробями (рациональными числами). А дробь, умноженная на натуральные числа, дроби подобна. Дроби $\frac{x+1}{x}$ и $\frac{x+2}{x}$ будут натуральными числами только, если делитель $x$ равен 1. Следовательно, приходим к выводу, что уравнение $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ решается в натуральных числах, если $x^y=1^y$, $(x+1)^z=2^z$ и $(x+2)^w=3^w$, т. е. оно имеет вид: $1^y+2^z=3^w$.

В таком случае, если делитель равен $3$, то дроби не будут натуральными числами. Но $3^2+4^2=5^2$

Виктор Ширшов в сообщении #275778 писал(а):

А. К решению $1^y+2^3=3^2$ можно прийти, разделив обе части уравнения $x^y+(x+1)^z=(x+2)^w$ на $(x+1)^{z-3}$.
Б. К решению $3^2+4^2=5^2$ приходим аналогичным образом, но для этого разделим обе части уравнения $x^y+(x+1) ^z=(x+2)^w$ уже на $(x+2)^{w-2}$.
В. К решению $1^1+2^1=3^1$ приходим также с помощью «метода спуска», разделив обе части уравнения $x^y+(x+1) ^z=(x+2)^w$ на $x^{у-1}$.

А если разделить на $(x+1)^{z-w+8}$? Тогда к какому решению придем?