Ферма+1

[fortpost]

Достаточно прибавить единицу к одному из показателей степени — и труднейшая проблема преобразуется в несложную, красиво решаемую, задачу: найти целые корни уравнения xⁿ+yⁿ=zⁿ⁺¹.

[Sirion]

Если нужно найти все корни - я не уверен, что задача сильно упростилась. А частное решение есть, таки да

[Sirion]

Я таки хочу уточнить: автор знает способ найти все корни, или предлагает найти хотя бы один? Не очень хочется сидеть всю ночь над открытой проблемой.

[fortpost]

Да, есть способ найти все корни.

[Sirion]

Наконец что-то, что не решается за один перекур =)
Удаляюсь на обдумывание.

[moonlight]

y=kx
xⁿ+(kx)ⁿ=(1+kⁿ)xⁿ
если x=1+kⁿ то xⁿ+yⁿ=xⁿ⁺¹

[Sirion]

даже более общо:
х=a(aⁿ+bⁿ)
y=b(aⁿ+bⁿ)
z=aⁿ+bⁿ

но есть решения, которые таким образом не представляются
например, 13¹+12¹=5²
2²+11²=5³

[Sirion]

меня терзают всё более и более мощные сомнения
автор абсолютно уверен, что ему известно полное решение? что он владеет формулой всех корней и доказательством того, что иных корней не существует?

[iPhonograph]

формула всех корней (правда, некрасивая):



здесь:
a,b - произвольные взаимно простые целые числа
m - произвольное целое число
d - максимальное натуральное число, при котором aⁿ+bⁿ делится на dⁿ⁺¹

[Sirion]

а откуда это следует?

[iPhonograph]

xⁿ+yⁿ=zⁿ⁺¹
Будем называть решение приводимым, если x и y делятся на mⁿ⁺¹, а z делится на mⁿ при некотором целом m.  Будем искать только неприводимые решения, т.к. все приводимые получаются из них домножением.
Пусть D = НОД(x,y), тогда  x = a·D,  y = b·D  при некоторых взаимно простых a и b.
Уравнение примет вид:
(aⁿ+bⁿ)·Dⁿ=zⁿ⁺¹
Рассмотрим простой делитель p числа D.  Пусть D делится на p^k.  Если k > n, то получим противоречие с предположением о неприводимости решения.  Значит, k <= n.  Пусть (aⁿ+bⁿ) делится на p^s.  Тогда левая часть уравнения содержит число p в степени s+kn, и это число должно делиться на (n+1).  Очевидно, что для k<=n неотрицательный довесок s должен быть не менее, чем k.  Поскольку это верно для любого простого делителя p числа D, то (aⁿ+bⁿ) должно делиться на D.  Как легко заметить из уравнения, частное (aⁿ+bⁿ)/D, будет (n+1)-ой степенью целого числа, которое мы обозначим dⁿ⁺¹.  Если предположить, что d не является максимальным числом, (n+1)-ая степень которого делит (aⁿ+bⁿ), то получим противоречие с неприводимостью решения.
"Формула всех корней" доказана.

[fortpost]

Очень интересные мысли! Почитал с большим удовольствием!
Авторское решение следующее:
Показать скрытый текст

Берем два произвольных натуральных числа а и b; полагая z = aⁿ + bⁿ, х = zа, у = zb, получаем: xⁿ+yⁿ=(aⁿ+bⁿ)zⁿ=zzⁿ=zⁿ⁺¹

[Sirion]

Очень интересные мысли! Почитал с большим удовольствием!
Авторское решение следующее:
Показать скрытый текст

Берем два произвольных натуральных числа а и b; полагая z = aⁿ + bⁿ, х = zа, у = zb, получаем: xⁿ+yⁿ=(aⁿ+bⁿ)zⁿ=zzⁿ=zⁿ⁺¹

вот как знал)

[iPhonograph]

вот как знал)

[moonlight]

А как же быть в случае n = 2 когда x, y, z могут быть взаимно простыми, например
7² + 524² = 191² + 488² = 65³.

Хотя z всегда оказывается представимым в виде суммы двух квадратов (как это доказать?), в данном случае
65=1²+ 8² = 4²+ 7²
65² + 520² = 65³
260² + 455² = 65³