По стъпките на Ферма

[Titu_Andrescu]

Да се докаже, че уравнението xⁿ+yⁿ=zⁿ, където n>1 е естествено число и 0<x≤n и 0<y≤n, няма решение в цели числа.

[Реклама]

[Titu_Andrescu]

Да се реши без да се използва великата теорема на Ферма.

[tanas]

Великата теорема на Ферма е записана през 1637 г. Оттогава математици от цял свят се опитват да я докажат. Най-близо до решението през 1994 г. се оказва проф. Ендрю Уайлс от Принстънския университет. Неговото доказателство се простира на 130 страници. „Имам великолепно доказателство, но нямам място да го запиша..." казал Ферма за свое оправдание, че не я е доказал.

Ако се гений, докажи я.

[Titu_Andrescu]

Ферма наистина може да я е доказал на няколко реда. Това не може да знаем. А доколкото тази задача, тя е много далеч от теоремата на Ферма! Условието е СЪВСЕМ друго.

[tanas]

Ферма не е имал на разположение необходимия математически "арсенал", за да я докаже, още повече на няколко реда.
А, да прав си, че задачката ти е малко по-различна, извинявай!

[Titu_Andrescu]

Напротив. За да откриеш подобно нещо е необходимо да си го обмислил много "по-отгоре". Ферма все пак може и да е имал решение на няколко реда, които не са лесни за откриване.

[tanas]

"По-отгоре"???

[Titu_Andrescu]

Съжалявам, незнам как да се изразя. Един мой учител казва:
''Както математиците ги е яд на Ферма, защото не могат да докажат теоремата му, така Ферма го е било яд някога на тях, защото очакват всичко наготово ''. Може би и затова тактично е отказал да даде решението под думите "нямам място да го запиша".

[petar makulev]

NIAMA SMISYL DA SE SPORI PO VYPROSA ,IASNO E CHE FERMA NE E IMAL DOKAZATELSTVO.A PYK TOVA ZA NIAKOLKOTO REDA SA PRIKAZKI ZA DEZA OT DETSKATA GRADINA.

BR

[Titu_Andrescu]

радвам се че има хора които мислят като теб. Така изпъкват останалите

[petar makulev]

I KAKVO SEGA ,STE ZATVARIAME LI TEMATA?AZ ISKAM DA NAPRAVIA EDNO SRAVNENIE:
1.FERMA+1637+NIAKOLKO REDA=RESHENIE
2.VSICHKI MATEMATIZI+2007=NIAMA RESHENIE
ESTESTVENO CHE NIAMA RESHENIE - EDVA LI NIAKOI NIAKOGA STE TRYGNE DA CHETE , DA PROVERIAVA ILI DA RAZBERE STOTIZI STRANIZI.
I TAKA SRAVNIAVAME 1. I 2.
PYRVOTO ZA KOETO AZ SE SESTAM E CHE VSICHKI TEZI OSTANALI MATEMATIZI TRABVA DA SA BILI MNOGO,MNOGO GLUPAVI.TOVA ESTESTVENO NE E TAKA.ZNACHI V 1. IMA NESTO GNILO I TO OCHEVIDNO E DUMATA RESHENIE.

BEST REGARDS

[veliko]

W dumite na petar makulev ima dosta rezon. A moje bi Ferma samo si e mislil 4e q e dokazal, a dokazatelstvoto e bilo greshno?

[Мирослав Стоенчев]

Задачата на "Титу Андреску"

"Да се докаже, че уравнението xn+yn=zn, където n>1 е естествено число и 0<x≤n и 0<y≤n, няма решение в цели числа".

я реших, но не знам как изписвате степените в този форум, аз решавам на тетрадка с химикалка и нищо не разбирам от форуми и програми Латех и прочие.Ако някой обясни ше е добре

[Мирослав Стоенчев]

Ето че степента "n" не излезе като степен а като множител, много е объркващо тук, а аз исках да напиша x^n+y^n=z^n.

[Fed]

Натисни бутона за степен отляво на редактора на мнението. Примерно натискаш бутона "на степен 2" и вътре вместо 2 пишеш n или нещо друго което да бъде на степен.

т.е. <suр>2</suр> го правиш така <suр>n</suр>

xⁿ + yⁿ = zⁿ

Ако все още не е ясно питай.

[krassi_holmz]

sujalqvam 4e pi6a na latinitsa.
Dostatu4no e da go dokajem za prosti n.
Ot malkata teorema na Ferma, imame [tex]x+y\equiv z[/tex] po modul n.
Polu4avame dva slu4aq:
1.
[tex]x+y = z[/tex]
[tex]x^p+y^p = z^p = (x+y)^p[/tex] - nqma re6enie.

2. [tex]x^p+y^p = (x+y-p)^p[/tex]. Tuka e po-trudno.
Razglejdame funktsiqta [tex]f_p(x,y) = x^p+y^p-(x+y-p)^p[/tex] i vijdame, 4e tq e polojitelna v raiona v koito ni interesuva (x+y>=p), i sme gotovi.

[Мирослав Стоенчев]

Краси, интересно къде използваш в "доказателството" си - ограничението 0<x,y<n+1?
Аз реших задачата разглеждайки 2 случая: четно и нечетно n, като и в двата случая се стига до противоречие поради 0<x,y<n+1. Б.о.о. нод(x,y,z)=1, тогава точно едно от числата е четно, (ако z, то доказваме,че 2^n не дели x^n+y^n ;;ako x, то доказваме,че
2^n не дели z^n-y^n).

[vladob]

[xyz]

Като малко отклонение то темата и аз ще попитам, защо твърдите, че теоремата на Ферма не е доказана? Решението, дадено през 1994 е 300 страници единствено за вас - хора, незанимаващи се в тази област. За специалистите то тоже би е около 20-на, като в тях е използвана яка теория, известна на сравнително много хора (например за дефиницията на термини, като схема и кохомология ще са необходими може би 100 страници).
Междо другото, бях чувал, че някакъв руснак доказва, че с елементарни методи теоремата на Ферма не може да се докаже на по-малко от примерно 200 страници. Разбира се, че Ферма е разполагал само с такъв вид апарат, така че едва ли решението му е вярно. Трябва да се отбележи, че Ферма много рядко е помествал решения, а понякога при наличието на такива, са описани така, че нищо не може да се разбере.
Междо другото, относно задачата съм решавал на състезание пак някаква задача, в която накрая се заключава че aⁿ+bⁿ[tex]\neq[/tex]cⁿ.

[krassi_holmz]

[krassi_holmz]

Шпенгер (без да искам да се заяждам), приемам разсъжденията ти за доказателството ти, но ще можеш ли да ги разпишеш по-подробно?

[krassi_holmz]

[krassi_holmz]

Как да изтривам съобщения?

[Мирослав Стоенчев]

Краси, аз посочих моето решение,не мисля,че е необходимо да го разписвам, идеята е ясна.При нечетно n, x^n+y^n=(x+y)[x^(n-1)-yx^(n-2)+...-xy^(n-1)+y^n]
и z^n-y^n=(x-y)[x^(n-1)+yx^(n-2)+...+xy^(n-1)+y^n], от тук правим извод защо 2^n не
дели x^n+y^n при нечетни (x,y), както и 2^n не дели z^n-y^n при (z,n) нечетни.Елементарно съображение е това, че изразите [x^(n-1)-yx^(n-2)+...-xy^(n-1)+y^n] и [x^(n-1)+yx^(n-2)+...+xy^(n-1)+y^n] в разгледаните случаи са сума на на нечетен брой нечетни събираеми, от където следва,че са нечетни.
В случай на четно n, разсъжденията са други, но отново разлагаме в произведение израза
z^n-y^n , като предварително сме записваме n във вида n=s.2^k . Накрая докажи,че2^(n-k-1) > (z+y)/2, което ще означава,че 2^n не дели z^n-y^n при k>=1,s>=3, s-нечетно.Тук имахме (z,y) -нечетни.
При четно z e ясно,че 2^n не дели x^n+y^n.

Относно твоето пояснение приемам доказателството ти само в случая на n=p - просто число.Твоя метод не решава задачата в случай на съставно n.

[krassi_holmz]

О да!
Заради ограничението!
Извинявай!
Наистина методът ми не помага когато n е състевно, защото тогава x,y,z могат да бъдат по-големи.

[Titu_Andrescu]

To divide a cube into two other cubes, a fourth power or in general any power whatever into
two powers of the same denomination above the second is impossible, and I have assuredly
found an admirable proof of this, but the margin is too narrow to contain it.

Pierre de
Fermat, in the margin of his copy of Diophantus' Arithmetica

Това са точните думи на Ферма. Незнам защо категорично отричате, че Ферма може да е разполагал с оригинална идея? Все пак по онова време се е дишало много по-чист въздух.

[BaHoKing]

Извинете ме за намесата,но първо искам да кажа че x²+y²≠
(x+y)²това е грешка в решението на пича по горе!Задачата може да бъде решена с редици!

[Мирослав Стоенчев]

Д-во: Да допуснем противното, нека [tex]x^{n}+y^{n}=z^{n}, 1\le x,y\le n.[/tex] Б.о.о. [tex]gcd(x,y,z)=1 \to\ gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1.[/tex] Директно се проверява, че при
[tex]n=2[/tex] уравнението няма решение.Тогава [tex]n\ge 3.[/tex] Понеже [tex]x^{n}+y^{n}=z^{n}[/tex] и [tex]gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1,[/tex] то точно едно от числата [tex]x,y,z[/tex] е четно. Ще отбележим, че [tex]z^{n}=x^{n}+y^{n}\le 2n^{n}<(\frac{3}{2}n)^{n} \to\ z<\frac{3}{2}n.[/tex]

1сл. [tex]z-[/tex] четно, значи [tex]x,y[/tex] са нечетни.
[tex]z=2z_{1} \to\ x^{n}+y^{n}=2^{n}(z_{1})^{n} \to\ x^{n}+y^{n}\equiv 0(mod(2^{n})).[/tex]
1.1 [tex]n=2l[/tex]
Последователно получаваме [tex]0\equiv x^{2l}+y^{2l}\equiv (x^{l})^{2}+(y^{l})^{2}\equiv 2(mod(4)),[/tex] понеже сумата от квадратите на две нечетни числа се дели на 2, но не си дели на 4.Тогава получаваме противоречие с нашето допускане, понеже имахме [tex]x^{n}+y^{n}\equiv 0(mod(2^{n})), n\ge 3.[/tex]
1.2 [tex]n=2l+1.[/tex]
[tex]0\equiv x^{2l+1}+y^{2l+1}\equiv (x+y)(x^{2l}-x^{2l-1}y+...-xy^{2l-1}+y^{2l})\equiv (x+y)(mod(2^{n})),[/tex] понеже числото [tex]x^{2l}-x^{2l-1}y+...-xy^{2l-1}+y^{2l}[/tex] е сума на нечетен брой нечетни събираеми и следователно е нечетно.Получихме, че [tex]2^{n}|(x+y) \to\ 2^{n}\le x+y.[/tex] Но [tex]x+y\le 2n<2^{n},[/tex] при [tex]n\ge 3.[/tex] Т.е. отново противоречие.

2сл. [tex]z-[/tex] нечетно, значи точно едно от числата [tex]x,y[/tex] е четно.Б.о.о. [tex]x=2x_{1} \to\ 2^{n}x^{n}=z^{n}-y^{n} \to\ z^{n}-y^{n}\equiv 0(mod(2^{n})).[/tex]
Записваме [tex]n=2^{k}l, k\in N_{0}, l\ge 1,[/tex] е нечетно. Имаме, че
[tex]0\equiv z^{n}-y^{n}\equiv z^{2^{k}l}-y^{2^{k}l}\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-1}}-y^{l.2^{k-1}})\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})(z^{l.2^{k-2}}-y^{l.2^{k-2}})\equiv ...\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})...(z^{2l}+y^{2l})(z^{l}+y^{l})(z^{l}-y^{l})(mod(2^{l.2^{k}}))[/tex]
Т.е. получихме, че [tex](z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})...(z^{2l}+y^{2l})(z^{l}+y^{l})(z^{l}-y^{l})\equiv 0(mod(2^{l.2^{k}}))[/tex]
Понеже [tex]l,y,z[/tex] са нечетни, то за всяко [tex]i, 0\le i\le k-1[/tex] имаме, че [tex]z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}}\equiv 2(mod(4)) \to\ \prod_{i=0}^{k-1}(z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}})\equiv 0(mod 2^{k}),[/tex] но [tex] 2^{k+1}[/tex] не дели [tex]\prod_{i=0}^{k-1}(z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}}).[/tex]
Остана да съобразим, че [tex]z^{l}-y^{l}=(z-y)(z^{l-1}+z^{l-2}y+...+zy^{l-2}+y^{l-1}),[/tex] тук [tex](z^{l-1}+z^{l-2}y+...+zy^{l-2}+y^{l-1})[/tex] е нечетно. Тогава трябва да е в сила конгруенцията: [tex]z-y\equiv 0(mod(2^{l.2^k-k})).[/tex] Оттук заключаваме, че [tex]2^{l.2^k-k}\le z-y<z<\frac{3}{2}n.[/tex] Tогава трябва да е в сила [tex]2^{l.2^k-k}<\frac{3}{2}n=3(l.2^{k-1}).[/tex] Ще докажем точно обратното неравество при [tex]k\ge 3,[/tex] с което ще стигнем до противоречие с нашето допускане.За да решим окончателно задачата, ще трябва да разгледаме случаите [tex]k=0,1,2.[/tex]

Нека сега [tex]k\ge 3. [/tex]Тогава [tex]2^{l.2^k-k}>3(l.2^{k-1}) \Leftrightarrow 2^{l.2^k-2k+1}>3l.[/tex] Но [tex]3l<2^{l+1}.[/tex] А също така [tex]l+1<l.2^k-2k+1 \Leftrightarrow l+2k<l.2^{k} \Leftrightarrow \frac{1}{2^{k}}+\frac{k}{2^{k-1}}\le \frac{1}{8}+\frac{3}{4}<1.[/tex] Тогава [tex]2^{l.2^k-2k+1}>2^{l+1}>3l.[/tex]

Остана да разгледаме случаите [tex]k=0,1,2.[/tex]
a) [tex]k=0 \to\ l\ge 3,[/tex] защото [tex]n>2.[/tex]
[tex]k=0 \to\ 2^{l.2^k-2k+1}=2^{l+1}>3l[/tex]
b) [tex]k=1 \to\ l\ge 3,[/tex] защото [tex]n>2.[/tex]
[tex] 2^{l.2^k-2k+1}=2^{2l-1}> 2^{l+1}>3l[/tex]
c) [tex]k=2.[/tex] Сега ако [tex]l\ge 3\Rightarrow 2^{l.2^k-2k+1}>3l[/tex]
Нека сега [tex]l=1 \Rightarrow n=4.[/tex] Директно се проверява, че уравнението [tex]x^{4}+y^{4}=z^{4}[/tex] няма решение при [tex]x,y\le4,[/tex] с което твърдението е доказано.