Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
xn + yn = zn, trong đó n ≥ 3, không có các nghiệm bình thường x, y, z ∈ Z.
Tương đương là rõ ràng nếu n là như vậy. Nếu n là lẻ và tất cả ba của x, y, z là âm thì chúng ta có thể thay thế x, y, z bằng -x, -y, -z để có được một cách giải trong N. Nếu hai trong số đó là âm, nó phải là x và z hoặc y và z. Nếu x, z là âm và y là dương, sau đó chúng ta có thể sắp xếp lại để có được (-z) n + y n = (-x) n dẫn đến một cách giải trong N; trường hợp khác được xử lý tương tự. Bây giờ nếu chỉ một trong số chúng là âm, nó phải được x hoặc y. Nếu x là âm, và y và z dương, sau đó nó có thể được sắp xếp lại để lấy (-x) n + zn = y n một lần nữa dẫn đến một cách giải trong N; nếu y là âm, kết quả đối xứng với trước đó. Như vậy trong mọi trường hợp một giải pháp không đối lập trong Z cũng có nghĩa là một giải pháp tồn tại trong N, đó là công thức ban đầu của vấn đề.
Phát biểu tương đương 2
xn + yn = zn, trong đó n ≥ 3, không có các bất thường gì trong cách giải x, y, z ∈ Q.
Điều này là do số mũ của x, y và z bằng nhau (đến n), vì vậy nếu có một cách giải trong Q thì nó có thể được nhân với một mẫu số chung thích hợp để có được một giải pháp trong Z, và do đó kéo theo trong N.
Phát biểu tương đương 3
xn + yn = 1, với n ≥ 3, không có các bất thường gì trong cách giải x, y ∈ Q.
Một giải pháp bất thường a, b, c ∈ Z đến xn + yn = zn cho ra giải pháp khác lạ , ∈ Q cho vn + wn = 1. Ngược lại, một giải pháp một cách giải, ∈ Q to vn + wn = 1 mang lại một gcách giải ad, cb, bd cho xn + yn = zn.
Công thức cuối cùng này đặc biệt hiệu quả, bởi vì nó làm giảm vấn đề từ một vấn đề về bề mặt trong ba chiều với một vấn đề về các đường cong trong hai chiều. Hơn nữa, nó cho phép làm việc trên tập Q, chứ không phải là qua vòng Z; lĩnh vực có cấu trúc nhiều hơnvòng tròn, cho phép phân tích sâu hơn các yếu tố của họ.
Phát biểu tương đương 4
Kết nối với các đường cong ellip: Nếu a, b, c là một giải pháp không tầm thường đối với xp + yp = zp, p là số lẻ, thì y2 = x (x - ap) (x + bp) (đường cong Frey) sẽ là một đường cong ellip.
Xem đường cong ellip này với định lý Ribet cho thấy nó không thể có dạng mô đun. Tuy nhiên, chứng minh của Andrew Wiles chứng minh rằng bất kỳ phương trình có dạng y2 = x (x - an) (x + bn) luôn luôn có một dạng mô đun. Bất kỳ giải pháp nào đối với xp + yp = zp (với p là số lẻ) sẽ tạo ra mâu thuẫn, do đó chứng minh rằng không có các giải pháp nào tồn tại.
(Theo thuật ngữ chung, điều này nói rằng bất kỳ giải pháp nào có thể mâu thuẫn với Định lý cuối cùng của Fermat cũng có thể được sử dụng để mâu thuẫn với Định lý Mô đun.Vì vậy, nếu định lý mô đun được tìm thấy là đúng, thì theo định nghĩa thì không có mâu thuẫn với Định lý cuối cùng của Fermat. Như đã trình bày ở trên, việc khám phá ra tuyên bố tương đương này rất quan trọng đối với giải pháp cuối cùng của Định lý cuối cùng của Fermat, vì nó cung cấp một phương tiện để nó có thể bị 'tấn công' cho tất cả các số cùng một lúc.)
boy đẹp trai lạnh lùng: mình không hiểu ngay từ câu số 3, cái gì mà "tất cả ba"???
Bạn giải thích rõ hơn được không?
\(\left\{{}\begin{matrix}x+mx=2\\mx-2y=1\end{matrix}\right.\)
Nếu m=0 \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\-2y=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=\dfrac{-1}{2}< 0\end{matrix}\right.\) (L)
Nếu m≠0 \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx+m^2y=2m\left(1\right)\\mx-2y=1\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Trừ từng vế của (1) cho (2) ta được:
\(m^2y+2y=2m-1\) \(\Leftrightarrow\left(m^2+2\right)y=2m-1\) \(\Leftrightarrow y=\dfrac{2m-1}{m^2+2}\) Thay vào (2) ta được:
\(mx-2\cdot\dfrac{2m-1}{m^2+2}=1\) \(\Leftrightarrow mx=1+\dfrac{4m-2}{m^2+2}=\dfrac{m^2+2+4m-2}{m^2+2}=\dfrac{m\left(m+4\right)}{m^2+2}\)
\(x=\dfrac{m+4}{m^2+2}\)
Vì x>0, y>0 \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2m-1}{m^2+2}>0\\\dfrac{m+4}{m^2+2}>0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2m-1>0\\m+4>0\end{matrix}\right.\) Vì \(m^2+2\ge2>0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>\dfrac{1}{2}\\m>-4\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m>\dfrac{1}{2}\) Vậy...
Ta có:
\(\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+0}=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{2}{xy}+\dfrac{2}{yz}+\dfrac{2}{zx}}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2}\)
\(=\left|\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right|\) là số hữu tỉ