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Mathematik » Zahlentheorie » Die Gleichung x^{n}+ y^{n}=1 und pythagoreische Tripel
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Universität/Hochschule Die Gleichung x^{n}+ y^{n}=1 und pythagoreische Tripel
skorp58
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  Themenstart: 2022-09-26

Ich möchte hier meine Überlegungen zur Lösung der (Fermat) Gleichung \( x^{n}+ y^{n}=1 \) unter Verwendung von Ableitungen und von Pythagoreischen Tripeln vorstellen. Es ist bereits bekannt, dass für n > 2 keine rationalen Lösungen existieren. Ich suche jedoch nach einer "einfachen" Erklärung, warum das so ist. In der Abbildung habe ich verschiedene Funktionen der Art \( x^{n}+ y^{n}=1 \) plotten lassen. Man kann sehen, dass alle Graphen (im ersten Quadranten) recht ähnlich aussehen und ein gewisses Muster erkennen lassen. Bild1 https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55784_Plotter-16-neu.jpg Die Überlegung ist nun, für alle diese Fälle eine einheitliche Methode für die Lösung der Gleichung \( x^{n}+ y^{n}=1 \) zu finden. Es soll also gezeigt werden, dass keine rationalen Lösungen existieren. +++ Quadratische Funktion: Bild2 https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55784_Ableitung-N2.jpg Ich möchte das Vorgehen zunächst am einfachsten Beispiel einer quadratischen Funktion erklären: Die Abbildung zeigt einen Einheitskreis mit der Gleichung \( x^{2}+ y^{2}=1 \). Auflösen nach y ergibt \( y=\sqrt{1-x^{2}} \) . Die erste Ableitung der Gleichung führt zu \( y'=-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}} \). Setzt man für Punkt C die Koordinaten \( x_{0} \) und \( y_{0} = \sqrt{1-x_{0}^{2}} \) erhält man eine Tangente mit dem Anstieg \( -\frac{x_{0}}{y_{0}} \). In der Abbildung ist ebenfalls ein rechtwinkliges Dreieck ACD zu erkennen. Der Betrag vom Anstieg der Tangente \( \frac{x_{0}}{y_{0}} \) ist in diesem Dreieck am Punkt D gleich dem Verhältnis der Katheten AC / AD. Die Idee ist nun, ein zum rechtwinkligen Dreieck ACD ähnliches Dreieck zu konstruieren, dessen Seitenlängen ein Pythagoreisches Tripel bilden. Jedes Pythagoreische Tripel ist durch seine ganzzahlige Seitenlängen und somit auch durch die Winkelverhältnisse eindeutig definiert. Falls der Anstieg der Tangente im Punkt D rational ist, müsste es also möglich sein, genau ein Pythagoreische Tripel zu finden, falls ein solches existiert. Die drei Formeln \( a=m^{2}-n^{2} \phantom{10} b=2mn \phantom{10} c=m^{2}+n^{2} \) ergeben für beliebige ganze Zahlen \( m>n>0 \phantom{10} m,n \in \mathbb{N} \) jeweils ein pythagoreisches Tripel (a, b ,c). Das Tripel ist genau dann primitiv, wenn m und n teilerfremd und von unterschiedlicher Parität sind. Für den Fall der quadratischen Funktion (siehe Abbildung) setzt man Katheten \( \overline{AC}=m^{2}-n^{2} \) und \( \overline{AD}=2mn \) und kann somit die Werte m,n für Berechnung der Pythagoreischen Tripel bestimmen: \( \frac{m^{2}-n^{2}}{2mn}=\frac{x_{0}}{y_{0}} \) Lassen sich die Werte m, n bestimmen, dann existiert ein Pythagoreisches Tripel und für die quadratischen Funktion wurde eine rationale Lösung gefunden. In dem (trivialen) Beispiel ist der Anstieg der Tangente \( \frac{x_{0}}{y_{0}} = \frac{3}{4}\) Daraus ergeben sich mit \( \frac{m^{2}-n^{2}}{2mn}=\frac{x_{0}}{y_{0}} = \frac{3}{4} \) die Werte m=2, n=1 sowie \( x_{0}=\frac{3}{5} ,\phantom{5} y_{0}=\frac{4}{5} \) und somit das einfachste primitive Pythagoreischen Tripel (3, 4, 5). +++ Kubische Funktion: Bild3 https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55784_Ableitung-N3.jpg Die Abbildung zeigt die Funktion der Gleichung \( x^{3}+ y^{3}=1 \). Auflösen nach y ergibt \( y=\sqrt[3]{1-x^{3}} \). Die erste Ableitung der Gleichung führt zu \( y'=-\dfrac{x^2}{(\sqrt[3]{1-x^{3}})^{2}} \). Setzt man auch hier für Punkt C die Koordinaten \( x_{0} \) und \( y_{0} = \sqrt[3]{1-x_{0}^{3}} \) erhält man eine Tangente mit den Anstieg \( -\frac{(x_{0})^{2}}{(y_{0})^{2}} \) Auch in dieser Abbildung ist ein rechtwinkliges Dreieck ACD zu erkennen. Der Betrag vom Anstieg der Tangente \( \frac{(x_{0})^{2}}{(y_{0})^{2}} \) ist in diesem Dreieck ebenfalls gleich dem Verhältnis der Katheten AC / AD. Nun soll wiederum ein zum rechtwinkligen Dreieck ACD ähnliches Dreieck konstruiert werden, dessen Seitenlängen ein Pythagoreisches Tripel bilden. Für die Gleichung \( \frac{m^{2}-n^{2}}{2mn}=\frac{(x_{0})^{2}}{(y_{0})^{2}} \) gibt es jedoch keine ganzzahlige bzw. rationale Lösung ( wir wissen das nach dem Beweis des großen Satz von Fermat. ) Somit ist es hier also unmöglich, ein Pythagoreische Tripel zu bilden und es gibt keine rationale Lösung für die Gleichung \( x^{3}+ y^{3}=1 \). Offene Fragen dazu: - Falls es noch keinen Beweis für den großen Satz von Fermat gäbe - 1. Wie kann man zeigen, dass die Werte \( m^{2}-n^{2}=(x_{0})^{2} \) bzw. \( 2mn=(y_{0})^{2} \) nicht gleichzeitig die Längen der Katheten im Pythagoreische Tripel sein können? Also einfach gesagt: warum können nicht zwei Katheten gleichzeitig Quadratzahlen sein. 2. Kann man das evtl. auch für Kubikzahlen und höhere Potenzen zeigen? Wenn ja, wie macht man das genau? 3. Falls (1.) möglich ist, lässt sich folgende allgemeine Aussage treffen: Für alle Werte \( \frac{(x_{0})^{2}}{(y_{0})^{2}} \) , \( \frac{(x_{0})^{3}}{(y_{0})^{3}} \) , \( \frac{(x_{0})^{4}}{(y_{0})^{4}} \) , .... etc. lassen sich keine Pythagoreische Tripel bilden ? ~~~~~~~~~ zu Punkt 1: Mit Hilfe der 3.Binomischen Formel lässt sich zeigen, dass \( m^{2}-n^{2}=(x_{0})^{2} \) keine Quadratzahl sein kann.


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wladimir_1989
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-09-28

Hallo skorp58, ich habe mir deine Überlegungen nicht genau durchgelesen, hätte aber eine Frage/Anmerkung. Angenommen wir haben eine rationale Lösung gefunden, also \(a^n+b^n=1\) für \(a = \frac{p_1}{q_1}, b=\frac{p_2}{q_2} \)\(p_1,p_2\). Dann gilt \(\frac{p_1^n}{q_1^n}+\frac{p_2^n}{q_2^n}=1\) bzw. \((p_1q_2)^n+(p_2q_1)^n=(q_1q_2)^n\). Das wäre eine ganzzahlige Lösung für den großen Fermat. Umgekehrt bekommt man aus jeder Lösung des großen Fermat eine rationale Lösung für \(a^n+b^n=1\) mit positiven a und b einfach, indem man die Fermatgleichung durch die rechte Seite teilt. Somit sollte das Problem äquivalent zum Großen Fermat sein. lg Wladimir


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skorp58
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-28

Hallo Wladimir, ja das ist richtig. Ich versuche hier, mich dem Thema mit alternativen Lösungen, z.B Differntialrechnung und analytische Geometrie, zu nähern. Natürlich weiss ich, dass der Fermat längst von A.Wiles sehr aufwändig bewiesen wurde. Trotzdem suche ich immer noch nach einer einfacheren Möglichkeit. Vielen Dank für Dein Interesse.


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