Lo Último Teorema de Fermat se resuelve la cuestión de número entero positivo soluciones a $x^m + y^m = z^n$ al $m = n \geq 3$. Pero, ¿qué acerca de si $m \neq n$ e $m,n \geq 2$? Es algo general sabe acerca de cuándo hay enteros positivos soluciones? Claramente si $gcd(m,n) \geq 3$, entonces no hay soluciones por Último Teorema de Fermat. Así que supongamos $gcd(m,n) \leq 2$.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Oli
Puntos
89
Supongamos por ejemplo que $m$ e $n$ son relativamente primos. Deje $x=y=2^s$ e $z=2^t$. Entonces la ecuación se convierte $2^{1+sm}=2^{tn}$.
Existen infinitos pares de números enteros positivos $(s,t)$ tal que $1+sm=tn$, por lo que la ecuación de $x^m+y^m=z^n$ tiene un número infinito positivo (pero sin interés!) soluciones.
Joe Gauterin
Puntos
9526
Ecuación de la forma
$$x^p + y^q = z^r\quad\text{ where }\quad x, y, z \in \mathbb{Z}\;\;\text{ and }\;\; p, q, r \ge 2,\; \max(p,q,r) > 2$$
se llama super-ecuación de Fermat. Una solución se llama trivial si $xyz = 0$ o $\pm 1$ y primitivo si $\gcd(x,y,z) = 1$.
Para la ecuación en la mano
$$x^m + y^m = z^n \quad\text{ where }\quad m, n \ge 2, m \ne n, \gcd(m,n) \le 2$$
Siguiente es un resumen de lo que yo sé:
$x^3 + y^3 = z^2$
Hay infinitamente muchos de los primitivos soluciones de caer en 3 infinita familias.
Una familia infinita está dada por la configuración de parámetros: $$\begin{cases} x &= u(u^3 − 8v^3),\\ y &= 4v(u^3 + v^3),\\ z &= u^6 + 20u^3v^3 − 8v^6 \end{casos}$$ sujeto a la restricción $3 \not| u + v$, $2 \not| u$ y $\gcd(u,v) = 1$.$x^m + y^m = z^2$ para $m > 3$.
No es no trivial de la primitiva solución. Consulte el documento de Liquidación cocientes y algunas variantes de Último Teorema de Fermat por Garmon y Merel para una prueba.
$x^2 + y^2 = z^n$ para $n \ge 3$.
Hay infinitamente muchos de los primitivos soluciones. En particular, dados cualesquiera dos enteros positivos $s,t$ uno incluso, una extraña, co-prime el uno con el otro. Si definimos $x,y,z$ por
$$x + i y = (s + it)^n \quad\text{ AND }\quad z = (s^2+t^2)$$ a continuación, $x,y,z$ va a ser una primitiva de la solución.
De lo contrario, $m \ne n$ e $m, n \ge 3 \implies 1/m + 1/m + 1/n < 1$.
Es sabido que si asumimos abc conjetura, entonces el número total de no trivial primitivo soluciones para $$x^p \pm y^q \pm z^r = 0\quad\text{ with }\quad 1/p + 1/q + 1/r < 1\tag{*1}$$ es finito, incluso permitiendo $p, q, r$ a variar. Aquí, si $x = \pm 1$ (respectivamente $y = \pm 1$ o $z = \pm 1$), se identifican las soluciones que tiene el mismo valor de $x^p$ (respectivamente $y^q$ o $z^r$)
A partir de este momento, hay, esencialmente, a sólo 10 soluciones conocidas para $(*1)$: $$\begin{array}{rcll} 1^p + 2^3 &=& (\pm 3)^2 &\text{ for %#%#%, and %#%#% when %#%#% is even}\\ (\pm 3)^4 + (-2)^5 &=& (\pm 7)^2\\ 2^9 + (-7)^3 &=& (\pm 13)^2\\ 2^7 + 17^3 &=& (\pm 71)^2\\ 3^5 + (\pm 11)^4 &=& (\pm 122)^2\\ 15613^3 - (\pm33)^8 &=& (\pm1549034)^2\\ 65^7 + (-1414)^3 &=& (\pm 2213459)^2\\ 113^7 + (-9262)^3 &=& (\pm 15312283)^2\\ 17^7 + 76271^3 &=& (\pm 21063928)^2\\ (\pm 43)^8 + 96222^3 &=& (\pm 30042907)^2 \end{array}$$ Puesto que todas estas soluciones conocidas tiene al menos un de $p \ge 7$ igual a $(-1)^p$, esto significa no se conocen no trivial de la primitiva soluciones cuando ambos $p$.
La mayoría del material en este post se extrae a partir del Capítulo 14, El super-ecuación de Fermat de el libro de la Teoría de números, Vol II: Analíticos y Herramientas Modernas de H. Cohen. Si desea más detalles, consulte el libro directamente.
jonathan hall
Puntos
307
Algunos pueden y fórmula de la escritura.
$$X^2+Y^2=Z^4$$
Las soluciones de la forma:
$$X=4ps(p^2-s^2)$$
$$Y=p^4-6p^2s^2+s^4$$
$$Z=p^2+s^2$$
$p,s$ - enteros.
Todos podemos hacer que sea más fácil de probar que la ecuación:
$$X^2+Y^2=Z^n$$
Es suficiente para escribir la fórmula genera una serie interminable de decisiones en todos los grados.
Para ello podemos utilizar el triple de Pitágoras. Y el número de sus sets.
$$a^2+b^2=c^2$$
$$a=2ps$$
$$b=p^2-s^2$$
$$c=p^2+s^2$$
$p,s$ - lo que algunos enteros. A continuación, la solución se puede escribir.
$$X=2psc^{n-1}$$
$$Y=(p^2-s^2)c^{n-1}$$
$$Z=c^2$$
Así que siempre hay una solución.
En la ecuación: $$X^2+Y^2=qZ^3$$
Si la relación es tal que la raíz de un entero: $c=\sqrt{q-1}$
Luego la solución es:
$$X=-2(c+1)p^6+4(2c(q-2)-3q)p^5s+2(c(5q^2-2q-8)-q^2-22q+8)p^4s^2+$$
$$+8q(5q^2-14q+4)p^3s^3+2(c(5q^2-2q-8)+q^2+22q-8)q(q-2)p^2s^4-$$
$$-4(2c(q-2)+3q)q^2(q-2)^2ps^5-2(c-1)q^3(q-2)^3s^6$$
...........................................................................................................................................................
$$Y=2(c-1)p^6+4(2qc+q-4)p^5s+2(c(-5q^2+18q-8)+15q^2-22q-8)p^4s^2+$$
$$+8q(q^2+6q-12)p^3s^3-2(c(5q^2-18q+8)+15q^2-22q-8)q(q-2)p^2s^4-$$
$$-4(2qc-q+4)q^2(q-2)^2ps^5+2(c+1)q^3(q-2)^3s^6$$
............................................................................................................................................................
$$Z=2p^4+8p^3s+4(q^2-2q+4)p^2s^2-8q(q-2)ps^3+2q^2(q-2)^2s^4$$
Y más.
$$X=-2(c-1)p^6-4(2c(q-2)+3q)p^5s+2(c(5q^2-2q-8)+q^2+22q-8)p^4s^2+$$
$$+8q(5q^2-14q+4)p^3s^3+2(c(5q^2-2q-8)-q^2-22q+8)q(q-2)p^2s^4+$$
$$+4(2c(q-2)-3q)q^2(q-2)^2ps^5-2(c+1)q^3(q-2)^3s^6$$
.............................................................................................................................................................
$$Y=2(c+1)p^6-4(2qc-q+4)p^5s+2(c(-5q^2+18q-8)-15q^2+22q+8)p^4s^2+$$
$$+8q(q^2+6q-12)p^3s^3+2(c(-5q^2+18q-8)+15q^2-22q-8)q(q-2)p^2s^4+$$
$$+4(2qc+q-4)q^2(q-2)^2ps^5+2(c-1)q^3(q-2)^3s^6$$
.............................................................................................................................................................
$$Z=2p^4-8p^3s+4(q^2-2q+4)p^2s^2+8q(q-2)ps^3+2q^2(q-2)^2s^4$$
Así que usted puede y dibujar otra fórmula. $$x^3+y^3=z^2$$
$$x=(b^2-a^2)(b^2+2ba-2a^2)c^2$$
$$y=(b^2-a^2)(2b^2-2ab-a^2)c^2$$
$$z=3(b^2-a^2)^2(a^2-ab+b^2)c^3$$
Lo más interesante no es que la fórmula que llevó, como no debe dar mutuamente soluciones simples, pero después de sokrasheniya en común divisor puede ser obtenida y son relativamente primos soluciones. Esto significa que la fórmula que se describe como relativamente primos así que no hay. Coprime soluciones - hay soluciones privadas.
la ecuación: $$(X+1)^3-X^3=Y^2$$
Las soluciones pueden ser escritas si hacemos uso de las soluciones de la ecuación de Pell: $p^2-3s^2=1$ Entonces la solución puede ser escrita:
$$X=\pm2ps-p^2$$
$$Y=p^2\mp3ps+3s^2$$
Si hacemos el cambio:
$$q=2ps\pm(p^2+3s^2)$$
$$t=4ps\pm(p^2+3s^2)$$
A continuación, las soluciones son de la forma:
$$Y=t^2-tq+q^2$$
$$X=t(t-2q)$$
Si hacemos el cambio:
$$t=3ps\pm(p^2+3s^2)$$
$$q=4ps\pm(p^2+3s^2)$$
A continuación, las soluciones son de la forma:
$$X=-4t(t+q)$$
$$Y=4t^2+6tq+3q^2$$
la ecuación:
$$X^2+Y^2=Z^3$$
Tiene las soluciones:
$$X=2k^6+8tk^5+2(7t^2+8qt-9q^2)k^4+16(t^3+2qt^2-tq^2-2q^3)k^3+$$
$$+2(7t^4+12qt^3+6q^2t^2-28tq^3-9q^4)k^2+8(t^5+2qt^4-2q^3t^2-5tq^4)k+$$
$$+2(q^6-4tq^5-5q^4t^2-5q^2t^4+4qt^5+t^6)$$
.................................................................................................................................................
$$Y=2k^6+4(3q+t)k^5+2(9q^2+16qt+t^2)k^4+32qt(2q+t)k^3+$$
$$+2(-9q^4+20tq^3+30q^2t^2+12qt^3-t^4)k^2+$$
$$+4(-3q^5-tq^4+10q^3t^2+6q^2t^3+5qt^4-t^5)k-$$
$$-2(q^6+4tq^5-5q^4t^2-5q^2t^4-4qt^5+t^6)$$
.................................................................................................................................................
$$Z=2k^4+4(q+t)k^3+4(q+t)^2k^2+4(q^3+tq^2+qt^2+t^3)k+2(q^2+t^2)^2$$
$q,t,k$ - ¿Cuáles son algunos de los enteros de cualquier signo. Después de la sustitución de los números y obtener un resultado que será necesario dividir por el máximo común divisor. Esto es para obtener la primitiva de soluciones.
Creo que hasta que la fórmula será suficiente.
