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| Autor |
 *Inverse Fermat |
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MartinN
Aktiv 
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1412
Wohnort: Bayern
 |  Themenstart: 2023-06-09
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Jeder versucht sich doch gerne mal daran den "großen" Fermat zu beweisen? Etwas leichter ist der "inverse" Fermat xD
Es seien \(x,y,z \in \IZ\setminus\{0\},n \in \IZ\setminus\IN_0\) (für \(n=0\) wäre das schon sehr trivial). Man bestimme alle Lösungen der Gleichung: \(x^n + y^n = z^n\).
Ohne Beweis darf man verwenden, dass für \(m \geq 3, m \in \IN\) die Gleichung \(x^m + y^m = z^m\) keine entsprechenden Lösungen hat (bevor mir jemand einen "Beweis" des "großen" Fermats zusenden mag :S).
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ochen
Senior 
Dabei seit: 09.03.2015
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| Beitrag No.1, eingetragen 2023-06-09
|
Hi,
\showon
für $m=-1$ gibt es Lösungen. Aus $
yz+xz=xy
$ folgt
\[
(x-z)(y-z)=z^2-yz-xz+xy=z^2.
\]
Sei $z\in \mathbb Z$ mit $z\neq 0$ beliebig und $t$ ein Teiler von $z^2$, dann erfüllen $x=z^2/t+z$ und $y=t+z$ unsere Gleichung. Es sind also $(z^2/t+z, t+z, z)$ mit $t\mid z^2$ alle Lösungstupel.
Für $m\leq -3$ gibt es keine Lösungen, denn aus $x^m+y^m=z^m$ folgt durch Multiplikation mit $(xyz)^{-m}$
\[
(yz)^{-m}+(xz)^{-m}=(xy)^{-m}
\]
Da $yz,xz,xy,-m\in\mathbb N\setminus\{0\}$ mit $-m\geq 3$ sind, hat diese Gleichung nach dem großen Fermat keine Lösung.
Es bleibt der Fall $m=-2$.
\showoff
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MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-09
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Auch für m=-1 wären alle Lösungen gesucht ^^
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MartinN
Aktiv
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-09
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\quoteon(2023-06-09 09:04 - ochen in Beitrag No. 1)
Hi,
\showon
für $m=-1$ gibt es Lösungen. Aus $
yz+xz=xy
$ folgt
\[
(x-z)(y-z)=z^2-yz-xz+xy=z^2.
\]
Setzen wir $z=st$, dann erfüllen $x=s+z$ und $y=t+z$ unsere Gleichung. Es sind also $(s+st, t+st, st)$ alle Lösungstupel.
Für $m\leq -3$ gibt es keine Lösungen, denn aus $x^m+y^m=z^m$ folgt durch Multiplikation mit $(xyz)^{-m}$
\[
(yz)^{-m}+(xz)^{-m}=(xy)^{-m}
\]
Da $yz,xz,xy,-m\in\mathbb N\setminus\{0\}$ mit $-m\geq 3$ sind, hat diese Gleichung nach dem großen Fermat keine Lösung.
Es bleibt der Fall $m=-2$.
\showoff
\quoteoff
Nicht ganz, denn \(st \neq (st)^2\)
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ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
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| Beitrag No.4, eingetragen 2023-06-09
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Du hast recht. Ich habe es korrigiert.
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MartinN
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-09
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Sehr gut @ochen
Für \(m = -2\) ist mir selbst ein Fehler bei mir aufgefallen xD Mal sehen ob ich den noch reparieren kann... ^^
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Ixx
Aktiv
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Mitteilungen: 364
| Beitrag No.6, eingetragen 2023-06-10
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Moin,
hier mal ein anderer Ansatz:
\showon
Zuerst zu $n=-1$. Wir erhalten die Gleichung $z=\frac{xy}{x+y}\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$. Mit $\mathop{ggT}(x,y)=:g$, $x=a\cdot g$ und $y=b \cdot g$ vereinfacht sich dies zu $z=\frac{gab}{a+b}$. Da $\mathop{ggT}(a,a+b)=\mathop{ggT}(b,a+b)=1$ ist, folgt $a+b\mid g$, also $g=m(a+b)$ mit ganzzahligem $m$. Wir erhalten
$(x,y,z) = ((a+b)am, (a+b)bm, abm)$.
Tatsächlich ist dann
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} = \frac{1}{(a+b)am} + \frac{1}{(a+b)bm} = \frac{b+a}{(a+b)abm}=\frac{1}{abm}=\frac{1}{z}$.
Nun zu $n=-2$. Analog erhält man $z^2=\frac{x^2y^2}{x^2+y^2}$ und wieder mit $\mathop{ggT}(x,y)=:g$, $x=ag$ und $y=bg$ weiter $z^2=\frac{g^2a^2b^2}{a^2+b^2}$. Dabei ist der Zähler als auch der gesamte Bruch ein Quadrat, sodass dies auch für den Nenner gelten muss. Es gibt also eine positive ganze Zahl $c$ mit $a^2+b^2=c^2$. Wie im Fall $n=-1$ sind $a^2$ und $b^2$ teilerfremd zum Nenner $a^2+b^2$, sodass wieder $c^2=a^2+b^2\mid g^2$ folgen muss. Es gibt also eine von Null verschiedene ganze Zahl $m$ mit $g=cm$. Wir erhalten damit
$(x,y,z)=(acm, bcm, abm)$, wobei zusätzlich $a^2+b^2=c^2$ gelten muss. Für diese Variablenbelegungen erhalten wir dann tatsächlich
$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{a^2c^2m^2}+\frac{1}{b^2c^2m^2}=\frac{b^2+a^2}{a^2b^2c^2m^2}=\frac{1}{a^2b^2m^2}=\frac{1}{z^2}$,
sodass dies auch wirklich Lösungen sind. Es bleibt noch die Forderung, dass $(a,b,c)$ ein primitives pythagoräisches Zahlentripel sind, aufzulösen. Dafür verwenden wir deren bekannte Parametrisierung
$(a,b,c)=(\pm (s^2-t^2),\pm 2st, \pm (s^2+t^2))$.
Einsetzen liefert nun
$(x,y,z) = \left(\pm (s^4-t^4)m, \pm 2(s^2+t^2)stm, \pm 2(s^2-t^2)stm \right)$,
wobei die Vorzeichen unabhängig voneinander gewählt und die Werte von $x$ und $y$ natürlich vertauscht werden dürfen.
Die Probe durch Einsetzen zeigt auch hier:
$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2} = \frac{1}{(s^2-t^2)^2(s^2+t^2)^2m^2} + \frac{1}{4(s^2+t^2)^2s^2t^2m^2}=\frac{4s^2t^2 + (s^2-t^2)^2}{4(s^2-t^2)^2(s^2+t^2)^2s^2t^2m^2}=\frac{(s^2+t^2)^2}{(2(s^2-t^2)(s^2+t^2)stm)^2}=\frac{1}{(2(s^2-t^2)stm)^2}=\frac{1}{z^2}$.
\showoff
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MartinN
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-11
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Sehr schön @Ixx
Meine ursprüngliche Lösung für -1 war:
gcd(y,z) = 1, y \neq z
X = tyz
Y = t(y-z)y
Z = t(y-z)z
Das ist dann deine Lösung mit t=m, z=a, y-z=b
Sollte aber äquivalent zu ochen's Lösung sein, mit:
ochen: (Z^2/T + Z, T + Z, Z) mit T|Z^2 (= T <> 0)
wobei: Z = t(y-z)z, T = t(y-z)^2
Hab mich hier nur gefragt, ob ochens Lösung noch allgemeiner ist. Das mal bei Zeit noch überprüfen ^^
Für -2 war ich zu früh davon ausgegangen, dass bei mir schon ein primitives pythagoräisches Tripel vorliege und da kam dann mit 4 Fallunterscheidungen keine Lösung raus xD
Aber da mussten die Zahlen noch nicht teilerfremd sein :/ Und bisher noch keine zufriedenstellenden anderen Weg gefunden ^^
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