A Note on Congruent Numbers¨Umm¨ug¨

A Note on Congruent Numbers
¨Umm¨ug¨uls¨um ¨O˘g¨ut and Refik Keskin
Sakarya University, Mathematics Department, Sakarya, Turkey
[e-mail], [e-mail]
Copyright c 2013 U¨mmu¨gu¨lsu¨m O¨ ˘gu¨t and Refik Keskin. This is an open access article
distributed under the Creative Commons Attribution License, which permits unrestricted
use, distribution, and reproduction in any medium, provided the original work is properly
cited.
Abstract
In this study, by showing that the systems of simultaneous equations
a2 − b2 = x2
and
a2 + b2 = y2
have no solutions in positive integers, we proved that a congruent number
can not be a perfect square. Moreover we proved Fermat’s last
theorem for n = 4.
Keywords: Congruent number, primitive Pythagorean triple, Fermat’s
last theorem
1 Introduction
The problem of studying positive integers n which occur as areas of rational
right triangle was of interest to the Greeks. The congruent number problem
was first discussed systematically by Arab scholars of the tenth century.
By the way recall that a positive integer n is a congruent number if it equals
to the area of right triangle with rational sides.
Since tenth century, some well-known mathematicians have devoted considerable
energy of the congruent number problem. For example Euler showed
that n = 7 is a congruent number with sides of lenght 24
5 , 35
12 and 337
60 . It is
750 ¨Umm¨ug¨uls¨um ¨ O˘g¨ut and Refik Keskin
known that Leonardo Pisano (Fibonacci) was challenged around 1220 by Johannes
of Palermo to find a rational right triangle of area 5. He found the
right triangle with sides of lenght 3
2 , 20
3 and 41
6 . Notice that the definition of a
congruent number does not require the sides of the triangle to be integer, only
rational. While n = 6 is the smallest possible area of a right triangle with integer
sides of lenght 3,4,5 , n = 5 is the area of right triangle with rational sides
of lenght 3
2 , 20
3 and 41
6 . So n = 5 is the smallest congruent number. In 1225,
Fibonacci wrote a general treatment about the congruent number problem, in
which he stated out without proof that if n is a perfect square then n cannot
be a congruent number. The proof of such a claim had to wait until Pierre de
Fermat. He showed that n = 1 and so every square number is not a congruent
number by using his method of infinite descent[6]. One can look at [4] and
[7] for Fermat’s descent method. In the present study we will show that if n
is a congruent number then n can not be a perfect square by using the same
method. Moreover, we proved Fermat’s last theorem for n = 4, which states
that the equation x4 + y4 = z4 has no solutions in positive integers.
2 Main Theorems
Definition 1 Let x, y and z be positive integers. We say (x, y, z) is a Pythagorean
triple if x2 + y2 = z2. If (x, y, z) is a Pythagorean triple and gcd(x, y, z) = 1,
then we say that (x, y, z) is a primitive Pythagorean triple.
The following theorem is well known and can be found many textbook on
number theory(see [1]).
Lemma 2 Let (x, y, z) be a primitive Pytagorean triple. Then there exist opposite
parity natural numbers u and v such that x = 2uv, y = u2 − v2 and
z = u2 + v2 with (u, v) = 1.
From the above lemma it follows that if (x, y, z) is a primitive Pytagorean
triple, then z and one of x and y are odd.
Now, we will give the following lemma which will be needed during the
proof of the main theorem.
Lemma 3 There is no positive integers a, b, x, y such that a2 − b2 = x2 and
a2 + b2 = y2.
Proof. Assume that b is the minimum integer satisfying the equations a2−b2 =
x2 and a2 + b2 = y2. Then, it follows that (a, b, x) = (a, b, y) = 1. Since
a2 − b2 = x2 and a2 + b2 = y2, it is clear that both (a, b, x) and (a, b, y) are
A note on congruent numbers 751
primitive Pytagorean triples. Hence, a is odd and therefore b is even. Let
z = xy. Then we may write
a4 − b4 =

a2 − b2
 
a2 + b2

= x2y2 = (xy)2 = z2.
That is, (a2)2 = z2 +(b2)2. Furthermore, it can be easily seen that (z, b2, a2) =
1. Thus, there exist opposite parity natural numbers u and v with (u, v) = 1
such that b2 = 2uv, a2 = u2+v2, z = u2−v2. Since a2 = u2+v2 and (u, v) = 1,
it is seen that (u, v, a) is a primitive Pythagorean triple. Without loss of
generality, we may suppose that u is odd and v is even. Then, there exist
positive integers r and s with (r, s) = 1 such that a = r2 + s2, v = 2rs,
u = r2 − s2. Substituting these values of u and v into b2 = 2uv gives
b2 = 2uv = 2(r2 − s2)2rs = 4rs(r2 − s2),
which implies that

b
2

2
= rs(r2 − s2).
Since (r, s) = 1, it is easy to see that (rs, r2 − s2) = 1. Here both rs and
r2 − s2 are perfect square. Since r and s are opposite parity and (r, s) = 1, it
follows that (r − s, r + s) = 1. Using the fact that r2 − s2 = (r − s) (r + s) ,
it is seen that r − s and r + s are perfect square. Then, there exist integers
t, k, c, d such that r = t2, s = k2, r−s = c2 and r+s = d2. So, we immediately
have t2 − k2 = c2 and t2 + k2 = d2. Besides, using v = 2rs, b2 = 2uv and
s = k2, we see that b2 = 4urk2. This implies that k < b. But this contradicts
the definition of b. As a consequence, there is no integers a, b, x, y such that
a2 − b2 = x2 and a2 + b2 = y2.
Theorem 4 Let n be a congruent number. Then n can not be a perfect square.
Proof. Assume that n is a congruent number and n = k2 for some k ∈ Z.
Since n is a congruent number, there is a right triangle with rational sides
x, y, z such that n = xy
2 . We may suppose that
x = a/m, y = b/m, z = c/m
for some positive integers a, b, c, m. By using x2 + y2 = z2, we get

a
m

2
+

b
m

2
=

c
m

2
,
which implies that a2 + b2 = c2. Since
k2 = n =
xy
2
=
(a/m)(b/m)
2
=
ab
2m2 ,
752 ¨Umm¨ug¨uls¨um ¨ O˘g¨ut and Refik Keskin
we get
ab = 2m2k2.
By using the equations a2+b2 = c2 and ab = 2(mk)2 , we can easily write that
(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab = c2 + (2mk)2
and
(a − b)2 = a2 + b2 − 2ab = c2 − (2km)2 .
But this is impossible by Lemma 3. This completes the proof.
The proof of the following lemma is easy and will be omitted.
Lemma 5 Let n = s2m with m squarefree. Then n is a congruent number iff
m is a congruent number.
By using Theorem 4 and Lemma 5 we can give the following.
Corollary 6 1 is not a congruent number.
Corollary 7 The equation x4 +y4 = z4 has no solutions in positive integers.
Proof. Assume that x4 + y4 = z4 for some positive integers x, y, z. Let d =
gcd(x, y, z). Then x = da, y = db, and z = dc for some positive integers a, b, c
with gcd(a, b, c) = 1. Then it follows that a4 +b4 = c4. That is, (a2)2 +(b2)2 =
(c2)2. This shows that (a2, b2, c2) is a a primitive Pythagorean triple. Therefore,
b2 = u2 − v2 and c2 = u2 + v2 for some positive integers u and v by Lemma 2.
But this is impossible by Lemma 3. This completes the proof.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

หมายเหตุเลขแผง¨um¨ug¨uls¨um ¨O˘g¨ut และ Refik KeskinSakarya มหาวิทยาลัย ภาควิชาคณิตศาสตร์ Sakarya ตุรกี[e-mail], [e-mail]ลิขสิทธิ์ซี 2013 U¨mmu¨gu¨lsu¨m O¨ ˘gu¨t Refik Keskin และ เป็นบทความเปิดเข้าการแจกจ่ายภายใต้การสร้างสรรค์คอมมอนส์แสดงลิขสิทธิ์ ซึ่งไม่จำกัดใบอนุญาตใช้ แจกจ่าย และการผลิตซ้ำในสื่อใด ๆ ให้ถูกงานต้นฉบับเริ่มแรกบทคัดย่อในการศึกษานี้ โดยแสดงที่ระบบของสมการพร้อมกันa2 − b2 = x 2และa2 + b2 = y2มีวิธีแก้ไขไม่ในจำนวนเต็มบวก เราได้ที่หมายเลขแผงไม่ได้เหลี่ยมสมบูรณ์ นอกจากนี้ เราพิสูจน์แฟร์มาของล่าสุดทฤษฎีบทสำหรับ n = 4คำสำคัญ: แผงหมายเลข ดั้งเดิมพีทาโกรัสทริปเปิ้ล แฟร์มาเป็นทฤษฎีบทสุดท้ายบทนำ 1ปัญหาของการศึกษา n เป็นจำนวนเต็มบวกที่เกิดขึ้นจริงของเหตุผลสามเหลี่ยมมุมฉากได้น่าสนใจกรีก ปัญหาหมายเลขแผงเป็นครั้งแรกกล่าวถึงระบบ โดยนักปราชญ์อาหรับศตวรรษสิบโดยวิธีการ เรียกคืนให้ n เป็นจำนวนเต็มบวกเป็นจำนวนแผงถ้ามันเท่ากับพื้นที่ของสามเหลี่ยมมุมฉากมีด้านเหตุผลตั้งแต่ศตวรรษที่สิบ mathematicians บางรู้จักได้ทุ่มเทมากพลังงานของแผงตัวเลข เช่น ออยเลอร์แสดงให้เห็นว่าให้ n = 7 เป็นแผงจำนวนกับด้านยาว 245, 3512 และ 33760 จึง750 ¨um¨ug¨uls¨um เลขจด O˘g¨ut และ Refik Keskinรู้จักว่า Leonardo Pisano (Fibonacci) ถูกท้าทายประมาณ 1220 โดยโยฮันเนสของปาแลร์โมหาสามเหลี่ยมมุมฉากเชือดของพื้นที่ 5 เขาพบสามเหลี่ยมมุมฉาก มีด้านยาว 32, 203 และ 416 สังเกตที่คำจำกัดความของการจำนวนแผงต้องใช้ด้านของสามเหลี่ยมจะเป็นจำนวนเต็ม เท่านั้นเชือด ในขณะที่ n = 6 จะได้พื้นที่น้อยที่สุดของสามเหลี่ยมมุมฉากกับจำนวนเต็มด้านความยาว 3,4,5, n = 5 เป็นพื้นที่ของสามเหลี่ยมมุมฉากมีด้านเหตุผลความยาว 32, 203 และ 416 ดังนั้น n = 5 เป็นเลขแผงเล็กที่สุด ใน 1225ฟีโบนัชชีเขียนรักษาทั่วไปเกี่ยวกับปัญหาเลขแผง ในที่เขาออก โดยไม่มีหลักฐานว่า ถ้า n เหลี่ยมเหมาะ แล้ว n ไม่เป็นตัวเลขแผง หลักฐานการเรียกร้องดังกล่าวมีการรอจนถึง Pierre deแฟร์มา เขาพบว่า n = 1 และให้ทุกตารางไม่มีแผงหมายเลข โดยใช้วิธีของเขาของอนันต์โคตร [6] หนึ่งสามารถดูได้ที่ [4] และ[7] สำหรับวิธีโคตรของแฟร์มา ในการศึกษาปัจจุบัน เราจะแสดงว่าถ้า nเป็นค่าแผง แล้ว n ไม่เป็นสี่เหลี่ยมเหมาะโดยตรงวิธีการ นอกจากนี้ เราพิสูจน์ทฤษฎีบทสุดท้ายของแฟร์มาสำหรับ n = 4 ระบุที่สมการ x 4 + y4 = z4 มีโซลูชั่นไม่เป็นจำนวนเต็มบวกหลักทฤษฎี 2นิยาม 1 ให้ x, y และ z เป็นจำนวนเต็มบวก เราพูด (x, y, z) เป็นพีทาโกรัสถ้าทริ x2 + y2 = z2 ถ้า (x, y, z) เป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสและ gcd (x, y, z) = 1แล้วเราบอกว่า (x, y, z) เป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสแบบดั้งเดิมทฤษฎีบทต่อไปนี้เป็นที่รู้จัก และสามารถพบได้ในหนังสือบนทฤษฎีจำนวน (ดู [1])ให้จับมือ 2 (x, y, z) เป็นทริ Pytagorean แบบดั้งเดิม แล้ว มีอยู่ตรงกันข้ามธรรมชาติพาริตี้เลขและ v เช่นให้ x = 2uv, y = u2 − v2 และz = u2 + v2 กับ (u, v) = 1จากจับมือข้าง นั้นไปว่าถ้า (x, y, z) เป็น Pytagorean ดั้งเดิมสาม z แล้วและหนึ่งของ x และ y เป็นคี่ตอนนี้ เราจะจับมือต่อไปนี้ซึ่งจะต้องใช้ในระหว่างการหลักฐานของทฤษฎีบทหลักจับมือ 3 มีไม่เป็นจำนวนเต็มบวก a, b, x, y ดังกล่าวที่ a2 − b2 = x 2 และa2 + b2 = y2หลักฐานการ สมมติว่า b คือ จำนวนเต็มต่ำสุดภิรมย์ a2−b2 สมการ =x 2 และ a2 + b2 = y2 แล้ว เป็นไปตามที่ (a, b, x) = (a, b, y) = 1 ตั้งแต่a2 − b2 = x 2 และ a2 + b2 = y2 จึงชัดว่าทั้งสอง (a, b, x) และ (a, b, y) เป็นหมายเหตุแผงเลข 751Pytagorean ดั้งเดิม triples ดังนั้น เป็นคี่ และดังนั้น b เป็นเลขคู่ ปล่อยให้z = xy แล้ว เราจะเขียนa4 − b4 =a2 − b2 a2 + b2= x2y2 = (xy) 2 = z2นั่นคือ, (a2) 2 = z2 + (b2) 2 นอกจากนี้ จะได้เห็นว่า (z, b2, a2) =1. ดังนั้น มีพาริตี้เลขธรรมชาติตรงข้ามกับ u และ v มี (u, v) = 1ที่ b2 = 2uv, a2 = u2 + v2, z = u2−v2 ตั้งแต่ a2 = u2 + v2 และ (u, v) = 1เห็นที่ (u, v ) เป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสแบบดั้งเดิม โดยไม่สูญเสียgenerality เราอาจสมมติว่า เป็นคี่ และ v จะได้ จากนั้น มีจำนวนเต็มบวก r และ s กับ (r, s) = 1 ให้เป็น = r2 + s2, v = 2rsu = r2 − s2 แทนค่าเหล่านี้ของ u และ v เป็น b2 = 2uv ให้b2 = 2uv = 2 (r2 − s2) 2rs = 4rs (r2 − s2),ซึ่งหมายถึงการที่บี22=เอส (r2 − s2)เนื่องจาก (r, s) = 1 ง่ายต่อการดูว่า (อาร์เอส r2 − s2) = 1 ที่นี่ทั้งอาร์เอส และr2 − s2 สี่เหลี่ยมสมบูรณ์ได้ เนื่องจาก r และ s เป็นตรงข้ามกับพาริตี้ และ (r, s) = 1 มันตามนั้น (r − s, r + s) = 1 ใช้ข้อเท็จจริงว่า s2 − r2 = (r − s) (r + s),จะเห็นได้ว่า r − s และ r + s เป็นสี่เหลี่ยมเหมาะ จากนั้น มีอยู่เต็มt, k, c, d ดังกล่าวที่ r = t2, s = k2, r−s = c2 และ r + s = d2 ดังนั้น เราได้ทันทีมี t2 − k2 = c2 และ t2 + k2 = d2 นอกจาก ใช้ v = 2rs, b2 = 2uv และs = k2 เราดูที่ b2 = 4urk2 หมายความว่า k < b แต่นี้ทุกคำนิยามของ b ผล มีไม่เต็ม a, b, x, y ที่a2 − b2 = x 2 และ a2 + b2 = y2ทฤษฎีบท 4 ให้ n เป็นตัวเลขแผง แล้ว n ไม่ได้เหลี่ยมสมบูรณ์หลักฐานการ สมมติว่า n เป็นเลขแผงและ n = k2 สำหรับบาง∈ k Zเนื่องจาก n เป็นตัวเลขแผง มีสามเหลี่ยมมุมฉาก มีด้านเหตุผลx, y, z ดังกล่าวที่ n = xy2 เราอาจสมมุติว่าx =ตัว / m, y = b/m, z = c/mสำหรับบางจำนวนเต็มบวก a, b, c, m โดยใช้ x2 + y2 = z2 เราได้รับมีm2+บีm2=cm2,ซึ่งหมายความว่า a2 + b2 = c2 ตั้งแต่k2 = n =xy2=(ตัว / m) (b/m)2=ab2 เมตร 2752 ¨um¨ug¨uls¨um เลขจด O˘g¨ut และ Refik Keskinเราได้รับab = 2m2k2โดยใช้สมการ a2 + b2 = c2 และ ab = 2 (เอ็ม) 2 เราได้อย่างง่ายดายสามารถเขียนที่(เป็น + b) 2 = a2 + b2 + 2ab = c2 + (2mk) 2และ(− b) 2 = a2 + b2 − 2ab =− c2 (2 กม) 2แต่ไม่สามารถจับมือ 3 เสร็จสิ้นการพิสูจน์หลักฐานการจับมือต่อไปนี้เป็นเรื่องง่าย และจะถูกละเว้นจับมือ 5 ให้ n = s2m กับ m squarefree แล้ว n เป็น iff เลขแผงm คือ จำนวนแผงโดยทฤษฎีบท 4 และ 5 จับมือ เราจะต่อไปนี้Corollary 6 1 ไม่ได้แผงCorollary 7 สมการ x 4 + y4 = z4 มีโซลูชั่นไม่เป็นจำนวนเต็มบวกหลักฐานการ สมมติว่า 4 x + y4 = z4 สำหรับบางจำนวนเต็มบวก x, y, z ให้ d =gcd (x, y, z) แล้ว x =ดา y = db และ z = dc สำหรับบางจำนวนเต็มบวก a, b, cด้วย gcd (a, b, c) = 1 แล้วไปที่ a4 + b4 = c4 นั่นคือ, (a2) 2 + (b2) 2 =(c2) 2. นี้แสดงที่ (a2, b2, c2) จะเป็นทริปเปิ้ลพีทาโกรัสแบบดั้งเดิม ดังนั้นb2 = c2 และ u2 − v2 = u2 + v2 สำหรับบางจำนวนเต็มบวกและ v ด้วยการจับมือ 2แต่ไม่สามารถจับมือ 3 เสร็จสิ้นการพิสูจน์

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

หมายเหตุเกี่ยวกับตัวเลขที่สอดคล้อง
¨Umm¨ug¨uls¨um¨O˘g¨utและ Refik Keskin
ยะมหาวิทยาลัยภาควิชาคณิตศาสตร์ยะ, ตุรกี
[e-mail], [e-mail]
ลิขสิทธิ์ค 2013 U¨mmu¨gu¨lsu¨m O ลำไส้และ Refik Keskin นี่คือบทความเปิด
เผยแพร่ภายใต้สัญญาอนุญาตครีเอทีฟคอมมอนส์ซึ่งอนุญาตให้ไม่ จำกัด
การใช้งานการจัดจำหน่ายและการทำสำเนาในสื่อใด ๆ ให้ทำงานเดิมอย่างถูกต้อง
อ้าง.
บทคัดย่อ
ในการศึกษานี้แสดงให้เห็นว่าโดยระบบสมการพร้อมกัน
a2 - b2 = x2
และ
a2 + b2 = y2
มีการแก้ปัญหาในจำนวนเต็มบวกที่เราได้รับการพิสูจน์ว่าเป็นจำนวนที่สอดคล้องกัน
ไม่สามารถเป็นตารางที่สมบูรณ์แบบ นอกจากนี้เราได้รับการพิสูจน์สุดท้ายของแฟร์มาต์
ทฤษฎีบทสำหรับ n = 4
คำสำคัญ: จำนวนสอดคล้องดั้งเดิมพีทาโกรัสสามของแฟร์มาต์
ทฤษฎีบทสุดท้าย
1 บทนำ
ปัญหาของการศึกษาจำนวนเต็มบวก n ที่เกิดขึ้นกับพื้นที่ของเหตุผล
สามเหลี่ยมมุมฉากเป็นที่สนใจของชาวกรีก ปัญหาจำนวนสอดคล้องกัน
ที่ถูกกล่าวถึงครั้งแรกอย่างเป็นระบบโดยนักวิชาการอาหรับศตวรรษที่สิบ.
โดยการเรียกคืนวิธีการที่จำนวนเต็มบวก n เป็นจำนวนที่สอดคล้องกันถ้ามันเท่ากับ
ไปยังพื้นที่ของรูปสามเหลี่ยมที่มีด้านเหตุผล.
ตั้งแต่ศตวรรษที่สิบบางคนที่รู้จักกันดี นักคณิตศาสตร์ได้อุทิศมาก
การใช้พลังงานของปัญหาที่เกิดขึ้นจำนวนเท่ากันทุกประการ ตัวอย่างเช่นออยเลอร์แสดงให้เห็น
ว่า n = 7 เป็นจำนวนสอดคล้องกับด้านข้างของความยาว 24
5, 35,
12 และ 337
60 มันเป็น
750 ¨Umm¨ug¨uls¨um¨O˘g¨utและ Refik Keskin
ที่รู้จักกันว่า Leonardo Pisano (Fibonacci) ถูกท้าทายรอบ 1220 โดยฮัน
ปาแลร์โมที่จะหาเหตุผลที่เหมาะสมของพื้นที่สามเหลี่ยม 5. เขาพบ
สามเหลี่ยมมุมฉาก กับด้านข้างของความยาว 3
2 20
3 41
6 ขอให้สังเกตว่าความหมายของ
ตัวเลขสอดคล้องกันไม่จำเป็นต้องมีด้านของสามเหลี่ยมจะเป็นจำนวนเต็มเท่านั้น
ที่มีเหตุผล ในขณะที่ n = 6 เป็นพื้นที่ที่เป็นไปได้ที่เล็กที่สุดของรูปสามเหลี่ยมที่เหมาะสมกับจำนวนเต็ม
ด้านของความยาว 3,4,5, n = 5 เป็นพื้นที่ของรูปสามเหลี่ยมที่เหมาะสมกับด้านที่มีเหตุผล
ของความยาว 3
2 20
3 41
6 ดังนั้น n = 5 เป็นจำนวนเท่ากันทุกประการที่เล็กที่สุด ใน 1225,
Fibonacci เขียนการรักษาทั่วไปเกี่ยวกับปัญหาที่เกิดขึ้นจำนวนสอดคล้องกันในการ
ที่เขากล่าวออกมาโดยไม่ต้องพิสูจน์ว่าถ้า n เป็นตารางที่สมบูรณ์แล้ว n ไม่สามารถ
จะมีจำนวนเท่ากันทุกประการ หลักฐานการเรียกร้องดังกล่าวต้องรอจนกว่าแยร์เดอ
แฟร์มาต์ เขาแสดงให้เห็นว่า n = 1 และเพื่อให้ทุกตารางจำนวนไม่สอดคล้องกัน
จำนวนโดยใช้วิธีการของเขาสืบเชื้อสายมาไม่มีที่สิ้นสุด [6] หนึ่งสามารถมองไปที่ [4] และ
[7] สำหรับวิธีการสืบเชื้อสายของแฟร์มาต์ ในการศึกษาปัจจุบันเราจะแสดงให้เห็นว่าถ้า n
เป็นจำนวนที่สอดคล้องกันแล้ว n ไม่สามารถเป็นตารางที่สมบูรณ์แบบโดยใช้เดียวกัน
วิธีการ นอกจากนี้เรายังได้รับการพิสูจน์ทฤษฎีบทสุดท้ายของแฟร์มาต์สำหรับ n = 4 ซึ่งระบุ
ว่าสม x4 + y4 = z4 มีการแก้ปัญหาในจำนวนเต็มบวก.
2 หลักทฤษฎีบท
นิยาม 1 ให้ x, y z และจะ integers บวก เราพูด (x, y, z) เป็นพีทาโกรัส
สามถ้า x2 + y2 = z2 ถ้า (x, y, z) เป็นสามและ GCD พีทาโกรัส (x, y, z) = 1
แล้วเราบอกว่า (x, y, z) เป็นดั้งเดิมพีทาโกรัสสาม.
ทฤษฎีบทต่อไปนี้เป็นที่รู้จักกันดีและสามารถ พบตำราหลาย
ทฤษฎีจำนวน (ดู [1]).
บทแทรก 2 ให้ (x, y, z) เป็นดั้งเดิม Pytagorean สาม จากนั้นก็มีอยู่ตรงข้ามกับ
ความเท่าเทียมกันจำนวนธรรมชาติ u และ v ดังกล่าวที่ x = 2uv, y = u2 - v2 และ
ซี = u2 + v2 กับ (ยูวี) = 1
แทรกจากข้างต้นเป็นไปตามว่าถ้า (x, y, z ) เป็นดั้งเดิม Pytagorean
สามแล้วซีและเป็นหนึ่งใน x และ y จะแปลก.
ตอนนี้เราจะให้แทรกต่อไปซึ่งจะมีความจำเป็นในระหว่างการ
พิสูจน์ทฤษฎีบทหลัก.
3 แทรกไม่มีจำนวนเต็มบวก b, x เช่นว่า y ที่ a2 - b2 = x2 และ
. a2 + b2 = y2
หลักฐาน สมมติขที่เป็นจำนวนเต็มขั้นต่ำที่น่าพอใจสม a2-b2 =
x2 และ a2 + b2 = y2 จากนั้นก็ต่อว่า (b, x) = (A, B, y) = 1 ตั้งแต่
a2 - b2 = x2 และ a2 + b2 = y2 ก็เป็นที่ชัดเจนว่าทั้งสอง (b, x) และ ( A, B, y) เป็น
บันทึกสอดคล้องกับตัวเลข 751
อเนกประสงค์ Pytagorean ดั้งเดิม ดังนั้นเป็นสิ่งที่แปลกและดังนั้นจึงขแม้แต่ ให้
ซี = เซ็กซี่ แล้วเราอาจจะเขียน
a4 - b4 =
?
a2 - b2
? ?
a2 + b2
?
= = x2y2 (เซ็กซี่) 2 = z2.
นั่นคือ (a2) 2 = z2 + (b2) 2 นอกจากนี้ยังสามารถมองเห็นได้ง่ายว่า (ซี, B2, a2) =
1 ดังนั้นจึงมีความเท่าเทียมกันอยู่ตรงข้ามจำนวนธรรมชาติ u และ v ด้วย (ยูวี) = 1
ดังกล่าวที่ b2 = 2uv, a2 = u2 + v2, Z = u2-v2 ตั้งแต่ a2 = u2 + v2 และ (ยูวี) = 1
จะเห็นว่า (มึง, v,) เป็นดั้งเดิมสามพีทาโกรัส โดยไม่สูญเสีย
ทั่วไปเราอาจจะคิดว่าเป็นสิ่งที่แปลกยูวีและแม้กระทั่ง แล้วมีอยู่
จำนวนเต็มบวกและอาร์เอสมี (R, s) = 1 ดังกล่าวว่า = r2 + s2, V = 2RS,
U = r2 - s2 แทนค่าเหล่านี้ของ u และ v เข้า b2 = 2uv ให้
b2 = 2uv = 2 (r2 - s2) 2RS 4RS = (r2 - s2)
ซึ่งหมายความว่า
?
ข
2
?
2
= อาร์เอส. (r2 - s2)
ตั้งแต่ (R , s) = 1 มันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่า (อาร์เอส, r2 - s2) = 1 อาร์เอสที่นี่และ
r2 - s2 เป็นตารางที่สมบูรณ์ ตั้งแต่อาและมีความเท่าเทียมกันของฝั่งตรงข้ามและ (R, s) = 1 ก็
ตามที่ (R - S, R + s) = 1 ใช้ความจริงที่ว่า r2 - s2 = (R - s) (R + s),
จะเห็นว่าอาร์ - และ R + s เป็นตารางที่สมบูรณ์ จากนั้นมีอยู่ integers
เสื้อ, k, C, D เช่นที่ r = t2, S = k2, R-s = c2 และ R + s d2 = ดังนั้นเราได้ทันที
มี T2 - k2 = c2 และ t2 + k2 = d2 นอกจากนี้ยังใช้วี 2RS = b2 = 2uv และ
s = k2 เราจะเห็นว่า b2 = 4urk2 นี่ก็หมายความว่า k <b แต่นี้ขัดแย้งกับ
ความหมายของข เป็นผลให้มีจำนวนเต็มไม่มี b, x, y ดังกล่าวที่
a2 -. b2 = x2 และ a2 + b2 = y2
ทฤษฎีบท 4 ให้ n เป็นจำนวนเท่ากันทุกประการ n จากนั้นไม่สามารถเป็นตารางที่สมบูรณ์.
หลักฐาน สมมติว่า n เป็นจำนวนที่สอดคล้องกันและ n = k2 สำหรับบาง k ∈ซี
ตั้งแต่ n คือจำนวนสอดคล้องกันมีรูปสามเหลี่ยมที่มีด้านเหตุผล
x, y, z ดังกล่าวว่า n = เซ็กซี่
2 เราอาจจะคิดว่า
x = / m, y = b / มซี = c / m
สำหรับจำนวนเต็มบวก b, c, ม. โดยใช้ x2 + y2 = z2 เราได้รับ
? เมตร? 2 + ? ขม. ? 2 = ? คม? 2 , ซึ่งหมายความว่า a2 + b2 = c2 ตั้งแต่k2 = n = เซ็กซี่2 = (/ m) (ข / m) 2 = AB 2m2, 752 ¨Umm¨ug¨uls¨um¨O˘g¨utและ Refik Keskin เราได้รับAB = 2m2k2. โดยการใช้ สม a2 + b2 = c2 และ AB = 2 (mk) 2 เราสามารถเขียนว่า(A + B) 2 = a2 + b2 + c2 = 2AB + (2mk) 2 และ(a - b) 2 = a2 + b2 - 2AB c2 = - (2 กม) 2. แต่นี้เป็นไปไม่ได้โดยบทแทรก 3. เสร็จสมบูรณ์หลักฐาน. หลักฐานการแทรกต่อไปนี้เป็นเรื่องง่ายและจะถูกมองข้าม. 5 บทแทรกให้ n = S2M กับม. squarefree แล้ว n เป็นจำนวนเท่ากันทุกประการ IFF m เป็นจำนวนเท่ากันทุกประการ. โดยการใช้ทฤษฏีที่ 4 และ 5 บทแทรกเราสามารถให้ต่อไปนี้. ควันหลง 6 1 เป็นตัวเลขที่ไม่สอดคล้องกัน. ควันหลง 7 สม x4 + y4 = z4 มีการแก้ปัญหาในจำนวนเต็มบวก . หลักฐาน สมมติว่า x4 + y4 = z4 สำหรับจำนวนเต็มบวก x, y, z ให้ d = GCD (x, y, z) แล้ว x = ดา, y = db, z = dc integers บวกบาง b, c กับ GCD (b, c) = 1 แล้วมันตามที่ a4 + b4 = c4 นั่นคือ (a2) 2 + (b2) 2 = (c2) 2 นี้แสดงให้เห็นว่า (a2, b2, c2) เป็น AA ดั้งเดิมสามพีทาโกรัส ดังนั้นb2 = u2 - v2 และ c2 = u2 + v2 integers บวกบาง u และ v โดยบทแทรก 2. แต่นี้เป็นไปไม่ได้โดยบทแทรก 3. เสร็จสมบูรณ์หลักฐาน

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

มีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งมีที่มีประสิทธิภาพเดียว
วิธีการควบคุมไข้มาลาเรีย ในพื้นที่ที่มี

สูงส่งและ n เป็นจำนวนเท่ากัน IFF
m เป็นจำนวนเท่ากัน .
โดยใช้ทฤษฎีบท 4 และแทรก 5 เราสามารถให้ต่อไปนี้
ควันหลง 6 1 ไม่ใช่หมายเลขที่สอดคล้องต้องกัน
ควันหลง 7 สมการ X4 y4 = ยังไม่มีโซลูชั่นในจํานวนเต็มบวก
พิสูจน์ สมมติว่า y4 Z4 X4 = บางบวกจำนวนเต็ม x , y , Z ให้ D =
LCD ( x , y , z ) แล้ว x = ดา , Y = dB และ Z = DC บางบวกจำนวนเต็ม a , b , c
และ n เป็นจำนวนเท่ากัน IFF
m เป็นจำนวนเท่ากัน .
โดยใช้ทฤษฎีบท 4 และแทรก 5 เราสามารถให้ต่อไปนี้
ควันหลง 6 1 ไม่ใช่หมายเลขที่สอดคล้องต้องกัน
ควันหลง 7 สมการ X4 y4 = ยังไม่มีโซลูชั่นในจํานวนเต็มบวก
พิสูจน์ สมมติว่า y4 Z4 X4 = บางบวกจำนวนเต็ม x , y , Z ให้ D =
LCD ( x , y , z ) แล้ว x = ดา , Y = dB และ Z = DC บางบวกจำนวนเต็ม a , b , c