Twierdzenie Fermata - prosty dowód

[Fibik]

Słynne twierdzenie Fermata, które mówi że równanie:
\(\displaystyle{ a^n + b^n = c^n}\)
nie ma rozwiązań w naturalnych, dla \(\displaystyle{ n > 2.}\)

I to zwykle jest dowodzone jakimiś pokrętnymi sposobami, nawet dla szczególnych przypadków: \(\displaystyle{ n = 3, n = 4}\), itd.

No, ale przecież chyba wystarczy tu użyć rozwiązania dla \(\displaystyle{ n = 2}\),
i to od razu wyjdzie...

A dla \(\displaystyle{ n = 2}\) rozwiązanie było przecież od bardzo dawna znane:
\(\displaystyle{ a = n^2-m^2;\, b = 2mn;\, c = m^2+n^2}\), co spełnia to równanie.
gdzie: \(\displaystyle{ n > m}\) i \(\displaystyle{ n, m}\) są naturalne.

Zatem dla \(\displaystyle{ n > 2}\) wystarczy chyba tak zrobić:
\(\displaystyle{ (a^{n/2})^2 + (b^{n/2})^2 = (c^{n/2})^2}\)

więc teraz pozostaje nam tylko takie coś wykazać:
\(\displaystyle{ a^{n/2} = n^2-m^2;\, b^{n/2} = 2nm;\, c^{n/2} = n^2+m^2}\)

znaczy że nie istnieją takie: \(\displaystyle{ a,b,c}\) całkowite dla \(\displaystyle{ n > 2}\).

co jest chyba dość proste... nie?

[bakala12]

co jest chyba dość proste... nie?

Może i proste, ale to nie działa oczywiście.
Zakładasz tutaj, że liczby \(\displaystyle{ a^{\frac{n}{2}},b^{\frac{n}{2}},c^{\frac{n}{2}}}\) są całkowite i w postulowanej postaci dają się zapisać w postaci z \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\). Musiałbyś udowodnić, że tak się da. Tymczasem to nieprawda w ogólności.

Więc niestety, nie udowodniłeś wielkiego twierdzenia Fermata

[Fibik]

Chodzi ci o to że \(\displaystyle{ a^{\frac{n}{2}}}\) może nie być całkowite i podobnie z \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ c}\)?

To jest wykluczone: finalny wynik - ten kwadrat liczby musi być całkowity,
zatem ta liczba (wszystkie trzy) automatycznie muszą być całkowite,
zatem one muszą być zgodne z rozwiązaniem dla \(\displaystyle{ n = 2}\).

[Brombal]

"więc teraz pozostaje nam tylko takie coś wykazać:
\(\displaystyle{ a^{n/2} = n^2-m^2;\, b^{n/2} = 2nm;\, c^{n/2} = n^2+m^2}\)"

A zapiszmy to inaczej:
\(\displaystyle{ a^{n} = \left( n^2-m^2\right) ^{2} ;\, b^{n} = 4n ^{2} m ^{2} ;\, c^{n} = \left( n^2+m^2\right) ^{2}}\)
pozostaje nam tylko takie coś wykazać
Generalnie wystarczy wykazać, że dla potęg nieparzystych WTF jest prawdziwe i załatwione.
Pozdrawiam

[Fibik]

Przecież to n jest tu dowolne (i jest > 2, oczywiście), zatem np. dla n = 3 otrzymasz:
\(\displaystyle{ a^3 = \left(n'^2-m^2\right) ^{2};\, ...}\)

[Brombal]

Cos mi tu nie pasuje
Mógłbys podać wartości n,m dla \(\displaystyle{ n=2}\)
dla a=5, b=12, c=13
lub a=7, b=24, c=25

[Fibik]

Mając już dane boki trójkąta, np.: \(\displaystyle{ a = 5,\, b = 12}\)

wtedy wyliczasz sobie te n i m - występujące we wzorach, z układu równań;

czyli rozwiązujesz np. takie coś:
\(\displaystyle{ 5 = n^2-m^2}\)
\(\displaystyle{ 12 = 2mn}\)

co daje: n = 3 i m = 2

[Premislav]

Fajny dowód, jednak sądzę, że można go trochę uprościć. Mianowicie:
rozważmy równanie \(\displaystyle{ a^{n}+b^{n}=c^{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b,c,n \in \NN^{+}}\) oraz \(\displaystyle{ n>2}\). Zadajmy sobie pytanie o istnienie rozwiązań. Odpowiedź:

To jest wykluczone

,
co kończy dowód.

To jest wykluczone: finalny wynik - ten kwadrat liczby musi być całkowity,
zatem ta liczba (wszystkie trzy) automatycznie muszą być całkowite,
zatem one muszą być zgodne z rozwiązaniem dla \(\displaystyle{ n = 2}\).

Nie no bomba, popatrzmy: \(\displaystyle{ ( \sqrt{2})^{2}}\) jest całkowite, więc \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) też musi być całkowite, a zatem mamy liczbę całkowitą większą od \(\displaystyle{ 1}\) i mniejszą od \(\displaystyle{ 2}\). Prowadź na Kijów, Wodzu.

[kruszewski]

Ja przed 15 laty popełniłem takie foux pas:

stawiając pytanie o sumę momentów dwu wektorów o długościach \(\displaystyle{ a^n, \ b^n}\)
W.Kr.

[a4karo]

Z ciekawości spytam: wyszły całkowite ?

[kruszewski]

Jeżeli mnie Pan pyta, to wektor siły zależnie od ramienia siły na której działa kreśli się hiperbolą. Suma tych pól zawartych między punktami na hiperboli a osiami z których jedna jest ramieniem siły dla dwu hiperbol okazuje się kreślić tez hiperbolą. Stąd wniosek że suma dwu kwadratów ( pól między punktem na hiperboli a jej osiami dla pierwszych hiperbol) jest też hiperbolą o takim polu będącym kwadratem.


Z ukłonami,
W.Kr.

[Brombal]

Mając już dane boki trójkąta, np.: \(\displaystyle{ a = 5,\, b = 12}\)

wtedy wyliczasz sobie te n i m - występujące we wzorach, z układu równań;

czyli rozwiązujesz np. takie coś:
\(\displaystyle{ 5 = n^2-m^2}\)
\(\displaystyle{ 12 = 2mn}\)

co daje: n = 3 i m = 2

Ale co z n które raz równe jest 2 (tak zakładamy) a potem wychodzi 3? To są różne n oznaczone tą samą literką?

[Fibik]

Pewnie że tam są dwa różne n... więc możesz sobie pokolorować różnie dla odróżnienia...

A co do pomysłów z niewymiernymi:
\(\displaystyle{ a^3 = \sqrt{2}^2 = 2}\)
które dodatkowo spełniałby te wzory Pitagorasa, no to...
to nie działa, niestety - co można rozwiązać i sprawdzić.

-- 22 stycznia 2016, 21:22 --

strasznie muli to forum... macie serwer na zx-spectrum czy co?

[pilur]

Witam serdecznie,

z racji tego, że istnieje już temat związany z Wielkim Twierdzeniem Fermata chciałbym zaprezentować moje podejście do rozwiązania problemu. W dowodzie oparłem się na dowodzie p.Leszka Guła na podzielność bez reszty:
\(\displaystyle{ a^{2n+1}+b^{2n+1}\equiv 0 mod(a+b)}\)
\(\displaystyle{ a^{2n+1}+b^{2n+1}=(a+b) \sum_{k=0}^{2n}(-1)^{2n-k}a^{2n-k}b^{k}}\)

Jestem przekonany o słuszności dowodu ale wiadomo, że Wasze zdanie jest najważniejsze. Link do dowodu:

Kod: Zaznacz cały

https://onedrive.live.com/redir?resid=C77CF55729DE7EC1!1299&authkey=!AHzjptV_6hbpOdg&ithint=file%2Cpdf

[kruszewski]

Pewnie że tam są dwa różne n... więc możesz sobie pokolorować różnie dla odróżnienia...

Nie, nie są różne tak jak n nie jest m.

A co do pomysłów z niewymiernymi:
\(\displaystyle{ a^3 = \sqrt{2}^2 = 2}\)
które dodatkowo spełniałby te wzory Pitagorasa, no to...
to nie działa, niestety - co można rozwiązać i sprawdzić.

Mam wrażenie, że Kolega nie zna dosłownej treści tego twierdzenia. Gdyby znał, to wiedziałby, że ów wykładnik potęgi musi być liczbą całkowitą to raz, a dwa że bok tego kwadratu musi być też liczbą całkowitą. Stąd wynika "reszta".
W.Kr.