Короткое доказательство для n=3

[maravan]

tolstopuz в сообщении #1685235 писал(а):

maravan в сообщении #1685231 писал(а):

В кольце $ R $ элементы $ 1 $ и $ \sqrt{3} $ образуют линейно независимый базис над $ \mathbb{Z} $, значит, что любое уравнение вида:
$ A+B\sqrt{3} =0, A,B \in \mathbb{Z} $ ($ A,B $ возникают как комбинации целых чисел из разложения элементов кольца по базису $ \{1,\sqrt{3}\} $) выполняется только если $ A=0 $ и $ B=0 $.

Но вы же сами писали, что $t\in R$, а тут $B\in\mathbb{Z}$.

tolstopuz
Я в скобках сделал уточнение, почему $ A,B \in \mathbb{Z} $.
$ a,b,t \in \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, $ a=a_1+\sqrt{3}a_2, b=b_1+\sqrt{3}b_2, t=t_1+\sqrt{3}t_2 $, где $a_1,a_2,b_1, b_2, t_1, t_2 \in \mathbb{Z} $.

transcendent
Да, но с другой стороны все решения, которые в $ \mathbb{N} $ вложены в $ R $.
Если нет решения в $ R $, то его нет и в $ \mathbb{N} $.

[transcendent]

maravan в сообщении #1685256 писал(а):

tolstopuz в сообщении #1685235 писал(а):

maravan в
Да, но с другой стороны все решения, которые в $ \mathbb{N} $ вложены в $ R $.
Если нет решения в $ R $, то его нет и в $ \mathbb{N} $.

Ну, хорошо. Тогда, скажем так: в R и выше ВТФ не верна. Спускайтесь вниз и всё будет ок.
[quote="maravan в сообщении #1685175 писал(а):

SUILVA, tolstopuz
Я где-то ошибаюсь?

Да, на мой скромный взгляд. Сначала-в логике, когда пишете это:

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Придумал, как обойти противоречия.
По малой теореме Ферма:
$ a^3 \equiv a \pmod{\sqrt{3}}, b^3 \equiv b \pmod{\sqrt{3}}, c^3 \equiv c \pmod{\sqrt{3}} \implies $
$a+b \equiv c \pmod{\sqrt{3}} $, тогда $ c=a+b+t\sqrt{3}, t \in R $.
$ a^3+b^3=(a+b+t\sqrt{3})^3 $.
P.S.: Есть правда пара нюансов, которые меня смущают, но это можно будет ниже обсудить, если в доказательстве есть рациональное зерно.

Правда, надо отдать должное, что "P.S." явно говорит о том, что что-то Вас смущает.:) Я полагаю, что перевод на русский "P.S." означает, что Вы осознаёте, что Вы вышли ЗА пределы, где ВТФ выполняется. Это первый "нюанс". А второй "нюанс" (из "пары") означает, что, по умолчанию ("по умолчанию"-потому, что в Ваших текстах этого условия не видно, но мы же понимаем, что это должно быть именно так...) , $a, b, c$ являются взаимно простыми числами , а следовательно, не тривиальными решениями.
Но, осознавая это, Вы, всё же, "насильно"/преднамеренно всё сводите именно к тривиальным решениям здесь:

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Придумал, как обойти противоречия.
Раскроем куб в правой части и перенесём всё в правую часть равенства.
$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.
Рассмотрим $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 \implies $
$ (a+b)^2+t^2 =0 $, возможно только при $ a+b=0 $ и $ t=0 $.
Подставляя $ a=-b $ и $ t=0 $ в $ c=a+b+t\sqrt{3} $ получим $ c=0 $. Тривиально.
Вывод, возможен только $ t=0 $, тогда $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 \implies $
$ ab(a+b)=0 $, тогда либо: $ a=0, b=0, a+b=0 $.
$ a=0 \implies b=c $. Тривиально.
$ b=0 \implies a=c $. Тривиально.
$ a+b=0 \implies a=-b $, но $ gcd(a,-a,0)=1 $, тогда $ a=1 $. Тривиально.
Поскольку любое решение в $ \mathbb{N} $ вложено в $ R $, то нет нетривиальных целых решений $a^3+b^3=c^3$ при $n=3, a,b,c \in \mathbb{N} $.
P.S.: Есть правда пара нюансов, которые меня смущают, но это можно будет ниже обсудить, если в доказательстве есть рациональное зерно.

А, ведь, этого делать нельзя!:) Вы ж имеете взаимно простые $a, b, c$, а не тривиальные решения... Другими словами, логическая ошибка, которая проявлена в кольцах, привела к формальной ошибке в части применения тривиальных решений там, где Вы этого не имели права делать. Учитывая вышесказанное, полученные мною $+it$ и $-it$ (плюс, ещё пара комплексных чисел, полученных из второго Вашего уравнения, равного 0)- не то, что вполне закономерное решение, а единственное решение, которое следует из Вашего обновления от 5 мая 2025 г., 02.58, мск.
Вы , уж, извините... Поначалу мне, действительно, Ваши выкладки показались очень красивыми. Вы согласны со мной, в целом?

[Onoochin]

Ув. maravan

Вы не могли бы привести численный пример выполнения $ a^3 \pmod{\sqrt{3}}\equiv a\pmod{\sqrt{3}} $? Потому что это верно, если Вы введете вместо одной неизвестной $a$, две: $a_1+a_2\sqrt{3}$. Но у Вас эти условия для двух $a$, двух $b$ в конечном выражении пропадают:

$$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$$

- имеется только условие на одни $a,\,b$.

Далее, используя Ваши обозначения

Цитата:

$ a,b,t \in \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, $ a=a_1+\sqrt{3}a_2, b=b_1+\sqrt{3}b_2, t=t_1+\sqrt{3}t_2 $, где $a_1,a_2,b_1, b_2, t_1, t_2 \in \mathbb{Z} $.

примем $a_2=0,\,b_2=0,\,t_1=0$, - первые два соответствуют условию самого Ферма. Тогда получаем (для $c=a+b-t\sqrt{3}$)
В этом случае будем иметь условие для выражения в целых числах:

$$(a+b)[3ab+9t^2]-3\sqrt{3}\left[(a+b)^2+t^2\right] =0 $$

Однако тогда оно ничем не отличается от

$$c=(a+b-t)\,\,\to\,\, c^3-a^3-b^3=(a+b-t)^3-a^3-b^3 $$

[tolstopuz]

maravan в сообщении #1685256 писал(а):

Я в скобках сделал уточнение, почему $ A,B \in \mathbb{Z} $.
$ a,b,t \in \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, $ a=a_1+\sqrt{3}a_2, b=b_1+\sqrt{3}b_2, t=t_1+\sqrt{3}t_2 $, где $a_1,a_2,b_1, b_2, t_1, t_2 \in \mathbb{Z} $.

Давайте еще раз, медленно.

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Обозначим $A=3ab(a+b)+9t^2(a+b)$, $B=3t(a+b)^2+3t^3$. Утверждаете ли вы, что $A,B\in\mathbb{Z}$?

[maravan]

transcendent
Я всегда готов согласиться и признать ошибку, если есть конструктивные аргументы.

1. Пока, к сожалению, не могу согласиться с вашим утверждением, что мы вышли за пределы, где ВТФ должна работать, я рассматриваю решения в $ R =\mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, числа в $ \mathbb{N} $ вложены в $ R $. Отсутствие решений в $ R $ ведёт к отсутствию решений в $ \mathbb{N} $. Никто изначально не гарантивал, что нет решения ВТФ в кольце $ R $ для $ n=3 $. Если бы решение было, то можно было тем самым показать, что она разрешима в этом кольце, тогда это дало бы повод сомневаться, что в $ \mathbb{N} $ ВТФ неразрешима. Но вывод говорит об обратном.

2. В $ R $ сумма квадратов неотрицательных чисел $ (a+b)^2+t^2=0 $ может быть равна только если $ a+b=0 $ и $ t=0 $, это следует из неотрицательности норм квадратов элементов.

3. В доказательстве явно предполагается, что $ \gcd(a,b,c)=1 $.
Если бы существовало нетривиальное решение, его можно было бы масштабировать до взаимно простого, что противоречит условию.

Умножение на единицы не даст новых решений, т.к. $ \gcd(u a,u b,u c)=u \gcd(a,b,c) $, но $ u $ обратим и условие $ \gcd(a,b,c)=1 $.
Система уравнений $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $ действительно приводит к тривиальным решениям, это не насильственное сведение :), а результат линейной независимости $ 1 $, $ \sqrt{3} $ и отсутствие делителей нуля.

4. Комплексных чисел нет в $ R $. Некорректно тут их использовать.

[transcendent]

maravan в сообщении #1685270 писал(а):

transcendent
Никто изначально не гарантивал, что нет решения ВТФ в кольце $ R $ для $ n=3 $.

С этим согласен. С этим, как бы, тоже:

maravan в сообщении #1685270 писал(а):

transcendent
Комплексных чисел нет в $ R $. Некорректно тут их использовать.

Но, проблема-то в другом. Если короче-мы говорим о p-адических целых, домен $Z_p$, в частности, о $p=7 $ и/или $p=11$. Ну, хорошо-пусть это будет такая запись: $Z_{11} [ \sqrt 3]$, если мы говорим о Вашем конкретном случае.
1. Нет сомнения, что Вы и без меня знаете, что всё, что Вы пишете для $N $и выше -автоматически справедливо для $Z_p$. "Мои" $+it$ и $-it$ легко можно записать в подходящем домене, как p-адические целые. И это именно то единственное решение, о котором сказано выше. И Вы не показали-как и где Вы их "отсекли". Ну, или я протупил...не заметил. Покажите/объясните, пожалуйста, ещё раз.
2. Ваши решения-они с нулями. Они чем отличаются от тривиальных решений? Ничем. "Если это выглядит как утка, крякает как утка, значит, это утка": https://www.youtube.com/shorts/8IN8GJI5jW0
Это говорит о том, что Вы, заявив где-то об исключении тривиальных решений (gcd=1), на самом деле, не исключили их.
Я тоже совершенно не исключаю, что я ошибаюсь. Ещё как ошибаюсь! Но, не могли бы показать -где и как формально были исключены тривиальные решения?

[maravan]

Onoochin в сообщении #1685262 писал(а):

Ув. maravan

Вы не могли бы привести численный пример выполнения $ a^3 \pmod{\sqrt{3}}\equiv a\pmod{\sqrt{3}} $? Потому что это верно, если Вы введете вместо одной неизвестной $a$, две: $a_1+a_2\sqrt{3}$. Но у Вас эти условия для двух $a$, двух $b$ в конечном выражении пропадают:

$$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$$

- имеется только условие на одни $a,\,b$.

Далее, используя Ваши обозначения

Цитата:

$ a,b,t \in \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, $ a=a_1+\sqrt{3}a_2, b=b_1+\sqrt{3}b_2, t=t_1+\sqrt{3}t_2 $, где $a_1,a_2,b_1, b_2, t_1, t_2 \in \mathbb{Z} $.

примем $a_2=0,\,b_2=0,\,t_1=0$, - первые два соответствуют условию самого Ферма. Тогда получаем (для $c=a+b-t\sqrt{3}$)
В этом случае будем иметь условие для выражения в целых числах:

$$(a+b)[3ab+9t^2]-3\sqrt{3}\left[(a+b)^2+t^2\right] =0 $$

Однако тогда оно ничем не отличается от

$$c=(a+b-t)\,\,\to\,\, c^3-a^3-b^3=(a+b-t)^3-a^3-b^3 $$

$R/(\sqrt{3})\cong\mathbb Z/3\mathbb Z$.
Пример для $ a=4+2\sqrt{3} $, $ a^3=4^3+3 4^2 2\sqrt{3}+3 4 (2 \sqrt{3})^2+(2 \sqrt{3})^3 = 208+120 \sqrt{3} $.
В кольце $ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $ элемент $ \sqrt{3} \equiv 0 $, поэтому $ a=4+2 \sqrt{3} \equiv{4} \pmod{\sqrt{3}} $,
$ a^3=208+120\sqrt{3} \equiv 208 \pmod{\sqrt{3}} $.
Т.к. $ 4 \pmod{3}=1 $ и $ 208 \pmod{3}=1 $, то $ 4 \equiv 208 \pmod{3} \implies 208+120 \sqrt{3} \equiv 4+2 \sqrt{3} \pmod{\sqrt{3}} $.

$ a=4 $, $ a^3=64 $, $4 \equiv 1 \pmod{3} , 64 \equiv 1 \pmod{3} $, то $4^3 \equiv 4 \pmod{\sqrt{3}} $.

Мы работаем в кольце $ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, а не в $ \mathbb{Z} $ и это уже учтено через разделение уравнения на рациональную и иррациональную части.

Заменяя $ t \sqrt{3} $ на $ t $ вы нарушаете структуру кольца $ R $, такая подстановка некорректна.
Иррациональная компонента $ \sqrt{3} $ в $ t $ приводит к необходимости разделения на рациональные и иррациональные части, чего нет в целочисленном случае $ c=a+b-t $.

-- Ср май 07, 2025 01:30:37 --

tolstopuz в сообщении #1685264 писал(а):

maravan в сообщении #1685256 писал(а):

Я в скобках сделал уточнение, почему $ A,B \in \mathbb{Z} $.
$ a,b,t \in \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, $ a=a_1+\sqrt{3}a_2, b=b_1+\sqrt{3}b_2, t=t_1+\sqrt{3}t_2 $, где $a_1,a_2,b_1, b_2, t_1, t_2 \in \mathbb{Z} $.

Давайте еще раз, медленно.

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Обозначим $A=3ab(a+b)+9t^2(a+b)$, $B=3t(a+b)^2+3t^3$. Утверждаете ли вы, что $A,B\in\mathbb{Z}$?

Нет, не утверждаю, я говорю, что $ A,B \in R $.

[tolstopuz]

maravan в сообщении #1685277 писал(а):

tolstopuz в сообщении #1685264 писал(а):

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Обозначим $A=3ab(a+b)+9t^2(a+b)$, $B=3t(a+b)^2+3t^3$. Утверждаете ли вы, что $A,B\in\mathbb{Z}$?

Нет, не утверждаю, я говорю, что $ A,B \in R $.

Тогда на основании чего вы делаете вывод о том, что $A=B=0$? Например, если $A=3$ и $B=-\sqrt3$, то $A+B\sqrt3=0$.

[maravan]

tolstopuz

Тут вынужден сказать, что был не прав, сказав, что $ A,B \in R $, вы верно подметили, что $ A, B \in \mathbb{Z} $ иначе смысл потеряется.

[tolstopuz]

maravan в сообщении #1685279 писал(а):

Тут вынужден сказать, что был не прав, сказав, что $ A,B \in R $, вы верно подметили, что $ A, B \in \mathbb{Z} $ иначе смысл потеряется.

Но по какой причине $A=3ab(a+b)+9t^2(a+b)$ и $B=3t(a+b)^2+3t^3$ окажутся в $\mathbb{Z}$?

[maravan]

tolstopuz в сообщении #1685281 писал(а):

maravan в сообщении #1685279 писал(а):

Тут вынужден сказать, что был не прав, сказав, что $ A,B \in R $, вы верно подметили, что $ A, B \in \mathbb{Z} $ иначе смысл потеряется.

Но по какой причине $A=3ab(a+b)+9t^2(a+b)$ и $B=3t(a+b)^2+3t^3$ окажутся в $\mathbb{Z}$?

Спасибо за явное указание неточности.

Получается у меня ошибка?!, во всяком случае это один из нюансов, который меня смущал, я проанализирую детально через компонетны и вернусь с ответом.

[maravan]

Я проанализировал возможные простые пути, во всех предыдущих подходах были ошибки, в итоге я решил рассмотреть еще одно факторкольцо, в котором есть однозначное разложение на множители. Привожу поллный текст последней попытки $\pm$ простого доказательства т.Ферма для $n=3$.

Пусть $\varepsilon = \frac{-1 + \sqrt{-3}}{2}$ - примитивный корень 3-й степени из единицы, и $\mathbb{Z}(\varepsilon)$ - кольцо главных идеалов с нормой $N(\sigma + t\varepsilon) = \sigma^2 - \sigma t + t^2$, единицы кольца: $\{\pm 1, \pm \varepsilon, \pm \varepsilon^2\}$.

Предположим, существует нетривиальное решение уравнения $ a^3 + b^3 = c^3,\quad a,b,c \in \mathbb{Z}(\varepsilon),\quad \gcd(a, b, c) = 1.$

Разложим левую часть: $a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) = c^3.$

Рассмотрим $\gcd(a + b, a + \varepsilon b)$, их разность: $(a + \varepsilon b) - (a + b) = (\varepsilon - 1)b = -\alpha b,$
где $\alpha = 1 - \varepsilon$ - простой элемент ($N(\alpha) = 3$).

Если $\alpha \mid b$, то $\alpha \mid c^3$, откуда $\alpha \mid c$, что противоречит $\gcd(a, b, c) = 1$.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd(a + b, a + \varepsilon b) \mid \alpha$.
Так как $\alpha$ простой, делимость $\alpha$ на $a + b$ и $a + \varepsilon b$ влечёт $\alpha \mid b$ - противоречие.
Аналогично для других пар, следовательно, $\gcd(a + b, a + \varepsilon b, a + \varepsilon^2 b) = 1.$

Множители попарно взаимно просты, и их произведение - куб, значит, каждый множитель ассоциирован с кубом:
$ a + b = \eta_1 A^3, a + \varepsilon b = \eta_2 B^3, a + \varepsilon^2 b = \eta_3 C^3, $
где $\eta_i$ - единицы, $A, B, C \in \mathbb{Z}(\varepsilon)$ взаимно просты.

Группа единиц $\mathbb{Z}(\varepsilon)$ циклична: $\eta_i = \pm \varepsilon^k$, заменой $A \to \eta_1^{-1}A$, $B \to \eta_2^{-1}B$, $C \to \eta_3^{-1}C$ (с сохранением $\eta_1\eta_2\eta_3 = 1$) получаем:
$ a + b = A^3, a + \varepsilon b = B^3, a + \varepsilon^2 b = C^3.$

Из уравнения $B^3 - A^3 = -\alpha b$, $ k \in \mathbb{Z}(\varepsilon) $ и анализа нормы $N(A^2+AB+B^2)$, следует:
$ B^3 - A^3 = (A + \alpha k)^3 - A^3= 3A^2\alpha k + 3A(\alpha k)^2 + (\alpha k)^3= \alpha\left(-\varepsilon^2\alpha^2 A^2 k + 3A\alpha k^2 + \alpha^2 k^3\right).$

Правая часть $-\alpha b$ делится на $\alpha$, тогда как левая часть делится на $\alpha^3$, следовательно:
$\alpha^3 \mid \alpha b \implies \alpha^2 \mid b \implies b = \alpha^2 b'.$

Подставляя $b = \alpha^2 b'$ получим: $ a + \alpha^2 b' = A^3, a + \varepsilon\alpha^2 b' = B^3.$

Если $\alpha \mid A$, то $A = \alpha A'$ и $a = \alpha^3 A'^3 - \alpha^2 b' \implies \alpha^2 \mid a$.
Аналогично $\alpha \mid B \implies \alpha \mid a$.
Из $c^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b)$ следует $\alpha \mid c$, что противоречит $\gcd(a,b,c)=1$.

Полученное противоречие доказывает, что нетривиальных решений уравнения $a^3 + b^3 = c^3$ в $\mathbb{Z}(\varepsilon)$, следовательно и в $\mathbb{N}$ их не существует.

[transcendent]

maravan в сообщении #1685886 писал(а):

Правая часть $-\alpha b$ делится на $\alpha$, тогда как левая часть делится на $\alpha^3$, следовательно: ...

Ничего не понимаю, но хотелось бы. Про альфу, это видимо, отсюда:

maravan в сообщении #1685886 писал(а):

Рассмотрим $\gcd(a + b, a + \varepsilon b)$, их разность: $(a + \varepsilon b) - (a + b) = (\varepsilon - 1)b = -\alpha b,$
где $\alpha = 1 - \varepsilon$ - простой элемент ($N(\alpha) = 3$).

А про альфу в кубе откуда? Мы , ведь, помним, что эти альфы - это тоже примитивные кубические корни, но из$ -1$? Т.е., альфа в кубе это $-1$. Почему на неё нельзя делить (что?) справа и слева?

[transcendent]

transcendent в сообщении #1685925 писал(а):

Т.е., альфа в кубе это $-1$.

Поправляю себя , пока не поздно: $-1 $будет если возвести в куб $0-epsilon$. Найти связь с альфой легко. Но, вопрос для прояснения не меняется: где и на что мы делим?

[maravan]

transcendent в сообщении #1685933 писал(а):

Правая часть $-\alpha b$ делится на $\alpha$, тогда как левая часть делится на $\alpha^3$

transcendent Извините, не очень понял вопрос.

$\alpha$ - простой элемент кольца $\mathbb{Z}(\varepsilon)$.
$B^3 - A^3 = -\alpha b$.
Слева $B^3 - A^3$, справа $-\alpha b$.

Непонятно почему левая часть делится на $\alpha^3$ ?