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
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение11.01.2015, 18:47 


23/01/07
3415
Новосибирск
vladimirmir2012 в сообщении #959513 писал(а):

Ну например для $x^4 + y^4 = z^4$ если $x$ оканчивается на 1, то $y$ не может оканчиваться на 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 и 9, а только на 0 или 5.

Посмотрите остатки четвертых степеней чисел по модулю $5$ и Вы поймете, отчего так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение11.01.2015, 19:18 


10/08/11
671
vladimirmir2012 в сообщении #959513 писал(а):
Запись в виде $x^n + y^n = z^n$ наталкивает на мысль, что $x$ и $y$ могут сильно различаться, а выше
приведенная форма ассоциируется с тем, что $a$ чуть больше $x$

Уважаемый vladimirmir2012! 1) $a$ не может быть больше $x$. 2) Существует ограничение на их соотношения. Однако, при больших значениях $x\qquad\text{- может быть каким угодно большим числом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение24.01.2015, 14:14 


30/06/14
47
vladimirmir2012 в сообщении #959513 писал(а):
В этом topic просил бы поделиться идеями, вариантами записи формулы, подходами ...
использованными при доказательстве теоремы Ферма.


У меня недавно возникла идея, но реализовать ее пока не могу. К тому же в ее верности не уверен.
Суть такова:

$x^n+y^n=z^n$
($n$ - простое число, большее двух)
Сначала доказываем, что, если число $n\cdot2^k+1$ простое, то оно является делителем x, y или z
($k$ - натуральное число)
Затем доказываем, что количество простых чисел, представимых в виде $n\cdot2^k+1$ для каждого из значений $n$, является бесконечным.

Что касается первой части то при $k=1$ вроде все просто, но далее начинает сильно усложнятся и не удается найти какой-нить индукционный метод доказательства.


Например в случае с $n=3$ и $k=1$
возводим обе части уравнения в квадрат, переносим $x^6$ и $y^6$ в правую часть и снова возводим в квадрат, получаем:
$4x^6y^6=(x^6+y^6-z^6)^2$
Применяя МТФ видим что одна из переменных уравнения обязана делиться на $7$

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение24.01.2015, 14:29 
Заслуженный участник


08/04/08
8556
glukmaker в сообщении #967608 писал(а):
Суть такова:

$x^n+y^n=z^n$
(n-простое число, большее двух)
Сначала доказываем, что, если число $n\cdot2^k+1$ простое, то оно является делителем x, y или z
(k-натуральное число)
Затем доказываем, что количество простых чисел, представимых в виде $n\cdot2^k+1$ для каждого из значений $n$, является бесконечным.

Что касается первой части то при $k=1$ вроде все просто, но далее начинает сильно усложнятся и не удается найти какой-нить индукционный метод доказательства.
Типичная попытка сконструировать из простых Жермен и доказательства Жермен велосипед с квадратными колесами без руля. Нормальные люди читают об этом, например, в Постникове.

glukmaker в сообщении #967608 писал(а):
Затем доказываем, что количество простых чисел, представимых в виде $n\cdot2^k+1$ для каждого из значений $n$, является бесконечным.
:twisted: докажите

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение24.01.2015, 15:19 


27/03/12
449
г. новосибирск
glukmaker! Доказательство существования бесконечного множества простых чисел вида $n(2^K) + 1$ самостоятельная задача и не связана с ВТФ.

Очевидно, что $2^K$ имеет вид $6u + 2$ или $6u + 4$.

1. Пусть $n = 6m + 1$, тогда $2^K = 6u + 4$ и

$n(2^K) + 1 = (6n + 1)(6u + 4) + 1 = 6w + 5$,

если $2^K = 6u + 2$, то $n(2^K) + 1$ составное (делится на 3)


2. Пусть $n = 6m + 5$, тогда $2^K = 6u + 2$ и

$n(2^K) + 1 = (6n + 5)(6u + 2) + 1 = 6w + 5$

если $2^K = 6u + 4$, то $n(2^K) + 1$ составное (делится на 3)

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение06.02.2015, 10:27 


30/06/14
47
Есть еще такие мысли, но реализовать их у меня все равно не получается:
1). Доказать что для любого числа $x^n+y^n$ ($x$,$y$ - натуральные, $n$ - нечетное, $n>2$) всегда найдется такое целое $m$, что:
$x^n+y^n+m^n$ будет простым. Вроде как не реально такое доказать.

2) Для $z^n-y^n=x^n$ ($x$,$y$,$z$ - натуральныеб $n$ - нечетное, $n>2$) доказать что всегда можно найти такое целое $m$ ($|x-m|>1$) , что $z-m$ делится на $x-m$, но при этом $y^n$ не делится на $x-m$. Доказательство кажется более реальным чем предыдущее, но все равно проблематично...

-- 06.02.2015, 09:54 --

glukmaker в сообщении #974501 писал(а):
2) Для $z^n-y^n=x^n$ ($x$,$y$,$z$ - натуральныеб $n$ - нечетное, $n>2$) доказать что всегда можно найти такое целое $m$ ($|x-m|>1$) , что $z-m$ делится на $x-m$, но при этом $y^n$ не делится на $x-m$. Доказательство кажется более реальным чем предыдущее, но все равно проблематично...


Добавлю:
Похоже что не обязательно чтобы $z-m$ делилось на $x-m$, достаточно чтобы $z-m$ и $x-m$ имели общий делитель, а $y$ и $x-m$ - были взаимно-простыми.

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение06.02.2015, 12:57 


27/03/12
449
г. новосибирск
glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

-- 06.02.2015, 15:58 --

glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

 Профиль  
                  
 
 Re: Пути, идеи ...
Сообщение06.02.2015, 13:57 


30/06/14
47
vasili в сообщении #974534 писал(а):
glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$

-- 06.02.2015, 15:58 --

glukmaker
Используем формулу Абеля $z-x=y_1^n$, тогда

$z-m = (x-m) +y_1^n$, чтобы делилось число $z-m$ на число $x-m$

$y_1^n = k(x-m)$, где K - натуральное число.

Но $y^n =y_1^ny_2^n = k(x-m)y_2^n$,

что противоречит условию $(y^n, x-m)\ne x-m$


Да, я уже понял, что такой подход неправильный, ибо кроме всего прочего это получается попытка доказать что:
$x+y=z$ не имеет решений, что уже не правильно... :-(

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 23 ]  На страницу Пред.  1, 2

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