|
Доказательство "Великая теоремы Ферма"
« Управление x^n+y^n=z^n вомножество натуралных чисел, когда n>2 имеет натуральных корней»
Я эту теорему доказал элементарно.
Моё доказательство:
x^n+y^n=z^n , если n=1 то x+y=z 3+4=7. Обе части, возведя в квадрат, получаем:
3^2+24+4^2=7^2, 3^2+4^2=7^2-24=5^2. Тепер 5+12=17 как верхний пример (5+12)^2=17^2, 5^2+120+12^2=289, 5^2+12^2=169=13^2.
Если 2+5=7, 2^2+5^2=7^2-20=(sqr(29))^2 этот пример не удовлетворяет условия теоремы. Если равенство x+y=z правую и левую часть возведем в квадрат
x^2+y^2=z^2-2xy=t^2, это равенство на некоторых натуральных числах является верным. Тепер докажем при возведении правой или левой частей равенство в n-степени x^n+y^n=z^n-p≠e^n x^n+y^n=z^n. Пуст один из слагаемах больше другого x<y<z, тогда y=x+a, z=x+a, b>a то x^+(x+a)^n=(x+b)^n получается.
Тепер раскроем скобки и разложим на множетели:
x^n-a1*x^(n-1)*(b-a)-a2*x^(x-2)*(b^2-a^2)-….-an-1*x(b^(n-1)-a^(n-1))-(b^n-a^n)=0
x^n-n*x^(n-1)*(b-a)-((n*(n-1))/2)*x^(n-2)*(b^2-a^2-….-a(n -1)*x*(b^(n-1)-a^(n-1))-(b^n- a^n)=0
если n=2, то данное уравнение имеет корень, тогда квадратный трехчлен разложится на множители
x^(n-2)*(x^2-n-x*(b-a)-((n*(n-1))/2)*(b^2-a^2))- a3*X^(b^3-a^3)-…-a(n -1)*x*(b(n-1)-a(n-1))-(b^n-a^n)=0 уравнения (1).
Если x^2-n*x*(b-a)-n*((n-1)/2)(b^2-a^2)<0 то уравнения не имеет корень.
Для того, чтобы уравнения имела корень или нет рассмотрим четире случая, на котором все множество натуральных чисел рассмартивается, наименьшее значение уравнение (1).
1-случай для прямоугольного треугольника
x^2+y^=z^2
x^2=z^2-y^2=(x+b)^2-(x+a)^2=2*x(b-a)+b^2-a^2
Полуеченный реззултат подставим (*) в неравество
2*x(b-a)+b^2+a^2-n*x*(b-a)-n*((n-1)/2)*(b^2-a^2)<0
X*(b-a)(2-n)-(b^2-a^2)*(n*((n-1)/2)<0
Если 2-n<0, то наравенство верна
-n<-2
То n>2, тогда управление (1) не имеет решения
Для прямоугольного теугольника когда n>2, x^n+y^n=z^n не удовлетворяет
2-случай для тупоугольного треугольника
z^2=x^2+y^2-2xycosα
x^2=z^2-y^2+2xycosα=2x(b-a)+b^2-a^2+2x^2*cosα +2axcosα
x^2=2*x*((b-a+a*cosα)/(1-2*cosα))+((b^2-a^2)/(1-2xcosα )) теперь
продставим (*) в неравенство
2*x*((b-a+a*cosα)/(1-2*cosα))+((b^2-a^2)/(1-2xcosα ))-nx(b-a)-n*((n-1)/2)(b^2-a^2)<0
X*(2(b-a)+ 2acosα-n(b-a)(1-2cosα)(b^2-a^2)*(n((n-1)/2)-((1)/( 1-2cosα)<0
X((b-a)(2-n)+ 2acosα+n(b-a)*2cosα)-(1-2cosα)(b^2-a^2)(n((n-1)/2)-((1)/( 1-2cosα)<0
Cosα<0 так как α>
2-n<0, то неравенство верно отсуда n>2, то уравнения (1) не имеет корня.
Для тупоугольного треугольника x^n+y^n=z^n не верно
3-случай для остроугольного треуголника
60^0 < α < 90^0
x^2=z^2-y^2+2xycosα=2x(b-a)+b^2-a^2+2x^2cosα+2axcosα
x^2=2x*((b-a+acosα)/(1-2cosα)+((b^2-a^2)/(1-2cosα)) это равеснтво подстааим (*) в неравество.
X((b-a)(2-n)+ 2acosα+n(b-a)*2cosα-n(b-a)* 2cosα-n((n-1)/2)(b^2-a^2)(1-2cosα)+b^2-a^2<0
Cosα>0, cosα=cos(t^0 +60^0 ), 60^0< t^0+ 60^0<90^0
Тепер используем формулы приближёного вычесления. F(x0)=f(x0)+f^1(x0)* delta(x)
x_{0}=60^0 delta(x)=t^0 =((t*pi)/(180^0), f(x)=cosx
cos(t+60^0 )=1/2-(sqr(3))/(2)*((k*pi)/180^0) это число является ирроционалными.
В этот случае большая сторона треугольника составляет остроугольный, а это условие к задаче не удовлетворяет.
Мы выделе три случай триугольника, в которых n>2 уравнение (1) не имееть наиурального корня.
Четвертый случай.
x+y=z три числа корторые не составлят треугольника, а лежат в одном прямой.
x+y=z это равенство возведём в n-степень
x^n+y^n=z^n-D=m^n
пусть это верно x+y>m отсюда входит
x, y, m составляют сторони треугольник в трёх случаях трёхугольник x^n+y^n=z^n не существовал отсюда это x^n+y^n=z^n-D ≠ m^n верно.
Из рассмотренных четирёх случаях ясно стало, что уравнение x^n+y^n=z^n при n>2
Не имеет натуральных корней.
Поэтому теорема доказани.
Учитель лицея «СУГДИЁН» и гимназии «ВОРИСОН» Турсунзадейвского района:
Мардонов Мухаммади
|
22.02.2011, 14:11 
для редактирования своего сообщения.