2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение15.06.2011, 19:43 


05/03/11
15
Здравствуйте, извиняюсь, что долго не отвечал на вопросы и замечания.
Попытаюсь, может запоздало, ответить на вопросы и дать кой-какие комментарии.
Хотя на многие вопросы за меня уже ответили (спасибо им).

venco в сообщении #455416 писал(а):
Alexey2 в сообщении #455396 писал(а):
т. к. $c-a=b_1^3$, значит $(c-a)=d^3x^3$, $x\in \mathbb{N}$
Это верно только если $d$ - простое.

venko - молодец, прямо в точку...

Поясню.
Alexey2 в сообщении #455396 писал(а):
$b=(c-a)\frac{k}{d}$

или $\dfrac{k}{d}=\dfrac{b}{c-a}=\dfrac{b_1 \cdot b_2}{b_2^3}=\dfrac{b_1 }{b_2^2}$
$k=b_1$, $d=b_2^2$
При этих значениях $k$, $b$ система уравнений
$\left\{ \begin{matrix}
   b=(c-a)\dfrac{k}{d}  \\
   b^2=(c^2+ac+a^2)\dfrac{d}{k}  \\
\end{matrix} \right.$
и при $(c-a)=b_1^3$, $c^2+ca+a^2=b_2^3$
превращается в систему тождественно равных уравнений:
$\left\{ \begin{matrix}
   b=(b_1^3)\dfrac{b_2}{b_1^2}=b_1 \cdot b_2=b  \\
   b^2=(b_2^3)\dfrac{b_1^2}{b_2}=b^2  \\
\end{matrix} \right.$

А значит никакого противоречия быть не может.

Belfegor дальше задает вот такой вопрос:
(Цитатой воспользоваться не могу - при цитировании какие-то ошибки в формула, поэтому цитату выделю курсивом)

Alexey!
6. $\left\{ \begin{matrix}
   c=(a+b)\frac{k}{d}  \\
   c^2=(a^2-ab+b^2)\frac{d}{k}  \\
\end{matrix} \right.

Я возвел первое уравнение этой системы в квадрат и вот что у меня получилось после ряда преобразований:
$(a + b)^2 < (a + b)^2 - 3ab$
Что вы скажете об этом противоречии?


Это не противоречие.
6. $\left\{ \begin{matrix}
   c=(a+b)\frac{k}{d}  \\
   c^2=(a^2-ab+b^2)\frac{d}{k}  \\
\end{matrix} \right.
Первое уравнение системы
$c=(a+b)\frac{k}{d}$ выполняется всегда - всегда существуют такие $k$ и $d$, для которых $\dfrac{k}{d}=\dfrac{c}{a+b}$
Допустим, что второе уравнение системы $c^2=(a^2-ab+b^2)\frac{d}{k}$ не выполнимо,
тогда существуют такие $m$ и $n$ для которых справедливо следующее $c^2=(a^2-ab+b^2)\frac{m}{n}$ Понятно, что $m\ne k$ и $n\ne d$
и получим следующее уравнение:
$c^3=(a+b)\frac{k}{d}\cdot(a^2-ab+b^2)\frac{m}{n}=c$
Ввиду парности простоты чисел $k$, $d$, $m$, $n$ приходим к противоречию - не выполнима формула сокращенного умножения.
Кстати в рассуждениях у вас ошибка и её вам любезно указал участник Алексей К. (за что ему большое спасибо).
Алексей К. в сообщении #455896 писал(а):
А во-первых, я бы, конечно, попробовал (или не встревал бы), если бы Вы, кроме двух процитированных Вами равенств, процитировали бы и условие $k>d$.

Если $k>d$, то $c>(a+b)$, тогда $c>(a+b)$ то $(a+b)^3$ должно быть меньше $c^3=a^3+b^3$ чего быть не может.

Коровьев в сообщении #455930 писал(а):
Как это, как это, как
это? Очень даже уместен.

Согласен.
Извините пожалуйста если обидел, я просто хотел сказать, что ошибка у меня в рассуждениях прежде всего - система п.6. справедлива только в тех случаях, если $d$ - простое (на что мне и указал venko), а ваш контрпример является следствием этой ошибки.



P.s. Всё бы ничего, но я догадывался что ошибка кроется именно в этом месте.

И я так долго не отвечал не вопросы по следующей причине.
Вместо пятого параграфа можно записать по-другому:
(особенно нижеследующее будет интересно почитать участнику под именем Belfegor (молодец - к такому же противоречию придёт (или пришел уже)).

Рассмотрим следующий случай:
r-aax в сообщении #452029 писал(а):
Alexey2 в сообщении #451988 писал(а):
...случай решения уравнения $a^3+b^3=c^3$, где ни один из членов $a$, $b$, $c$ не делится на 3.

Хотя бы один из них делится.


Допустим $c\vdots 3$
Тогда рассмотрим уравнение

$(x-a)^3+a^3=c^3$, где $x=(a+b)$

$x^3-3x^2a+3xa^2-a^3+a^3=c^3$

$c^3=x^3-3x^2a+3xa^2$

$c^3=c_1^3c_2^3=x(x^2-3xa+3a^2)$

$(a+b)=x\vdots 3$ тогда:

$x=3m$,

$c_2^3=3n$

$3^2m^2-3\cdot 3ma+3a^2=3^3n^3\vdots 3$

где $m$ и $n\in \mathbb{N}$

$\Rightarrow a\vdots 3\Rightarrow (a,c)\ne1$


Но ведь не всегда $c$ кратно трем.
Допустим $b\vdots 3$

Тогда рассмотрим уравнение

$a^3+b^3=(a+y)^3$, где $y=(c-a)$

$a^3+b^3=a^3+3a^2y+3ay^2+y^3$

$b^3=y^3+3y^2a+3ya^2$

$b^3=b_1^3b_2^3=y(y^2+3ya+3a^2)$

$(c-a)=y\vdots 3$ тогда:

$y=3m$,

$b_2^3=3n$

$3^2m^2+3\cdot 3ma+3a^2=3^3n^3\vdots 3$

где $m$ и $n\in \mathbb{N}$

$\Rightarrow a\vdots 3\Rightarrow (a,b)\ne1$

Можно рассмотреть и случай когда $a\vdots 3$ - рассмотреть четвертое уравнение $(a^3+b^3=(z-b)^3)$
и прийти к противоречию, а можно и не рассматривать (ввиду взаимозаменяемости $a$ и $b$).

Основное противоречие:
"Если один из членов уравнения $a^3+b^3=c^3$ кратен трем, то как минимум, ещё один из членов тоже кратен трём, чего быть не может
(Если рассматривать только примитивные тройки $a$, $b$ и $c$, а если - не примитивные - то сократим на общий множитель и будем всё равно рассматривать примитивные)."

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение15.06.2011, 20:17 
Заслуженный участник


20/12/10
9049
Alexey2 в сообщении #458445 писал(а):
$c^3=c_1^3c_2^3=x(x^2-3xa+3a^2)$

Вы здесь утверждаете (и далее это используете), что оба сомножителя справа являются точными кубами. Но на каком основании? Ведь оба числа $x$ и $x^2-3xa+3a^2$ делятся на 3, а значит, не взаимно просты.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение15.06.2011, 20:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Alexey2 в сообщении #458445 писал(а):
Допустим $c\vdots 3$
Тогда рассмотрим уравнение

$(x-a)^3+a^3=c^3$, где $x=(a+b)$

$x^3-3x^2a+3xa^2-a^3+a^3=c^3$

$c^3=x^3-3x^2a+3xa^2$

$c^3=c_1^3c_2^3=x(x^2-3xa+3a^2)$

$(a+b)=x\vdots 3$ тогда:

$x=3m$,

$c_2^3=3n$

$3^2m^2-3\cdot 3ma+3a^2=3^3n^3\vdots 3$

где $m$ и $n\in \mathbb{N}$

$\Rightarrow a\vdots 3\Rightarrow (a,c)\ne1$
О том, что $x$ и $x^2-3xa+3a^2$ не обязаны быть кубами, так как не взаимно просты (имеют общий делитель $3$), Вам уже написали. Поскольку здесь $x$ обязан делиться на $3$, то, как легко видеть, $x^2-3xa+3a^2$ делится на $3$, но не делится на $3^2$. Однако $x$ и $\frac 13(x^2-3xa+3a^2)$ взаимно просты, поэтому $c^3=3x\cdot \frac 13(x^2-3xa+3a^2)$ - произведение двух взаимно простых чисел и, следовательно, каждое из них является кубом: $3x=c_1^3$ и $\frac 13(x^2-3xa+3a^2)=c_2^3$.
Ещё повозившись, можно доказать, что $c$ должно делиться на $3^2$. Но продвинуться дальше, рассматривая делимость на разные степени $3$, не удаётся.

Повторять эти рассуждения для случаев, когда на $3$ делится не $c$, а $b$ или $a$, нет необходимости, так как уравнение $a^3+b^3=c^3$ можно переписать в виде $a^3+(-c)^3=(-b)^3$ или $(-c)^3+b^3=(-a)^3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение15.06.2011, 21:11 
Заслуженный участник


20/12/10
9049
Вот интересно: пробовал ли кто-нибудь из таких энтузиастов рассматривать делимость на 13? Ведь одно из $a$, $b$, $c$ должно делиться на 13.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение17.06.2011, 11:10 


23/01/07
3497
Новосибирск
nnosipov в сообщении #458497 писал(а):
Вот интересно: пробовал ли кто-нибудь из таких энтузиастов рассматривать делимость на 13? Ведь одно из $a$, $b$, $c$ должно делиться на 13.

Я пробовал рассматривать подобное, но в контексте анализа делимости одного из чисел $x, y, z$ на все простые числа вида $2^kn+1$ ($k$ - натуральные, $n$ - степени ВТФ). Но далеко продвинуться не сумел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение17.06.2011, 23:45 


16/08/09
304
Alexey 2!
Ваш тезка ничего не понял, потому что кроме моего поста не прочитал ни строчки, а просто удивился как из двух равенств получилось неравенство! Потом сам же извинился. :roll:
Если вам не сложно, покажите ещё раз где в моих рассуждениях ошибка:
Итак: В вашей системе $\[ k > d \]$
возводим 1-ое уравнение в квадрат, получаем:
$\[ c^2 = (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }} \]$
С учетом 2-го уравнения получаем:
$\[ c^2 = (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }} = (a^2 - ab + b^2 )\frac{d} {k} = ((a + b)^2 - 3ab)\frac{d} {k} \]$
То есть:
$\[ (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }} = ((a + b)^2 - 3ab)\frac{d} {k} \]$
Умножим обе стороны на $\[ d^2 k \]$
$\[ (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }}d^2 k = ((a + b)^2 - 3ab)\frac{d} {k}d^2 k \]$
Получаем:
$\[ (a + b)^2 k^3 = ((a + b)^2 - 3ab)d^3 \]$
Т.к. $\[ k^3 > d^3 \]$
$\[ (a + b)^2 < (a + b)^2 - 3ab \] $

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение23.06.2011, 16:41 


05/03/11
15
nnosipov в сообщении #458465 писал(а):
Alexey2 в сообщении #458445 писал(а):
$c^3=c_1^3c_2^3=x(x^2-3xa+3a^2)$

Вы здесь утверждаете (и далее это используете), что оба сомножителя справа являются точными кубами. Но на каком основании? Ведь оба числа $x$ и $x^2-3xa+3a^2$ делятся на 3, а значит, не взаимно просты.

Согласен со всем утверждением. Не обязательно $c_1$ и $c_2$ должны быть точными кубами.

Ниже я приведу рассуждения, в которых этот факт не используется и постараюсь ответить на вопросы участника Someone.

Допустим $c \vdots 3$

Рассмотрим уравнение $(x-a)^3+a^3=c^3$, где $(a+b)=x$

$x^3-3x^2a+3xa^2-a^3+a^3=c^3$

$x(x^2-3xa+3a^2)=c^3$

Пусть $x \vdots 3$ и $c^3 \vdots 3^3$,

$x^2-3xa+3a^2= \dfrac{c^3}{x}$

Ввиду того, что $c^3\vdots 3^3$ и $x \vdots 3$ приходим к выводу $x^2-3xa+3a^2\vdots 3^2$

Поэтому с замечанием Someone
Someone в сообщении #458488 писал(а):
Поскольку здесь $x$ обязан делиться на $3$, то, как легко видеть, $x^2-3xa+3a^2$ делится на $3$, но не делится на $3^2$
я не согласен.
(Вот, к примеру, контрпример: Допустим $x^2-3xa+3a^2\vdots 3$ и $x \vdots 3$, тогда $c^3=x(x^2-3xa+3a^2) \vdots 3^2$ (а не $c^3 \vdots 3^3$)).

Так как $x^2-3xa+3a^2\vdots 3^2$ и $x \vdots 3$ приходим к выводу $a\vdots 3$, а значит и $(c,a) \ne 1$

Значит, если $c \vdots 3$, то $x=(a+b) \vdots 3^2$. В противном случае $(c,a) \ne 1$.

(Это единственный возможный вариант. Если $x \vdots 3^3$ или вообще $x \vdots 3^k$, где $k>2$, $k \in \mathbb{N}$ то прийдем к следующему выводу: $(c,a) \ne 1$)

Someone в сообщении #458488 писал(а):
Но продвинуться дальше, рассматривая делимость на разные степени $3$, не удаётся.

Не доказано.

Например, никто вам, Someone, не запрещает рассуждать следующим образом:
Someone в сообщении #458488 писал(а):
Ещё повозившись, можно доказать, что $c$ должно делиться на $3^2$.

(Попозже я опубликую, как можно прийти к этому выводу).

Допустим $c \vdots 3^2$ и $x=(a+b) \vdots 3^2$

Рассмотрим уравнение $a^3+b^3=c^3$

Преобразуем его так же, как сделал участник Belfegor в соседней теме:

$c^3=(a+b)((a+b)^2-3ab)$

Заменив $(a+b)$ на $x$ получим следующее уравнение:

$c^3=x(x^2-3ab)$

так как $c \vdots 3^2$ , а значит $c^3 \vdots 3^6$ и $x \vdots 3^2$

приходим к выводу $(x^2-3ab) \vdots 3^4\Rightarrow 3ab \vdots 3^4\Rightarrow a\vdots 3^3\Rightarrow (c,a) \ne 1$

Someone в сообщении #458488 писал(а):
Повторять эти рассуждения для случаев, когда на $3$ делится не $c$, а $b$ или $a$, нет необходимости, так как уравнение $a^3+b^3=c^3$ можно переписать в виде $a^3+(-c)^3=(-b)^3$ или $(-c)^3+b^3=(-a)^3$.

Я это знаю, можно было написать так: "Умаляя $c \vdots 3$".

Belfegor в сообщении #459342 писал(а):
Alexey 2!
Ваш тезка ничего не понял, потому что кроме моего поста не прочитал ни строчки, а просто удивился как из двух равенств получилось неравенство! Потом сам же извинился. :roll:
Если вам не сложно, покажите ещё раз где в моих рассуждениях ошибка:
Итак: В вашей системе $\[ k > d \]$
возводим 1-ое уравнение в квадрат, получаем:
$\[ c^2 = (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }} \]$
С учетом 2-го уравнения получаем:
$\[ c^2 = (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }} = (a^2 - ab + b^2 )\frac{d} {k} = ((a + b)^2 - 3ab)\frac{d} {k} \]$
То есть:
$\[ (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }} = ((a + b)^2 - 3ab)\frac{d} {k} \]$
Умножим обе стороны на $\[ d^2 k \]$
$\[ (a + b)^2 \frac{{k^2 }} {{d^2 }}d^2 k = ((a + b)^2 - 3ab)\frac{d} {k}d^2 k \]$
Получаем:
$\[ (a + b)^2 k^3 = ((a + b)^2 - 3ab)d^3 \]$
Т.к. $\[ k^3 > d^3 \]$
$\[ (a + b)^2 < (a + b)^2 - 3ab \] $


Мне не сложно, ещё раз показать, где у вас ошибка.
Ошибка у вас в первой же строчке.
Belfegor в сообщении #459342 писал(а):
Итак: В вашей системе $\[ k > d \]$


У меня в системе всегда $k<d$ (правда, написано не в явном виде).
Alexey2 в сообщении #452364 писал(а):


5. $c<(a+b)<2c\Rightarrow 1<\frac{a+b}{c}<2$

6. $\left\{ \begin{matrix}
   c=(a+b)\frac{k}{d}  \\
   c^2=(a^2-ab+b^2)\frac{d}{k}  \\
\end{matrix} \right.



$1<\dfrac{a+b}{c}<2$
подставив в это неравенство $\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{d}{k}$
получим следующее неравенство:
$1<\dfrac{d}{k}<2$, откуда видим, что $k<d$.

Справедливости ради ещё раз процитирую участника Алексей К.:

Алексей К. в сообщении #455896 писал(а):
А во-первых, я бы, конечно, попробовал (или не встревал бы), если бы Вы, кроме двух процитированных Вами равенств, процитировали бы и условие $k>d$.

Он вам указывал на ту же ошибку.

Belfegor в сообщении #459342 писал(а):
Ваш тезка ничего не понял
- утверждение смелое, но ложное.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение23.06.2011, 17:43 
Заслуженный участник


20/12/10
9049
Alexey2 в сообщении #461466 писал(а):
Пусть $x \vdots 3$ и $c^3 \vdots 3^3$,

$x^2-3xa+3a^2= \dfrac{c^3}{x}$

Ввиду того, что $c^3\vdots 3^3$ и $x \vdots 3$ приходим к выводу $x^2-3xa+3a^2\vdots 3^2$


А, собственно, на каком основании Вы делаете такой вывод? Приведите доказательство.
Alexey2 в сообщении #461466 писал(а):
Поэтому с замечанием Someone
Someone в сообщении #458488 писал(а):
Поскольку здесь $x$ обязан делиться на $3$, то, как легко видеть, $x^2-3xa+3a^2$ делится на $3$, но не делится на $3^2$
я не согласен.


И напрасно. Если $x$ кратно 3, а $a$ не кратно 3, то $x^2-3xa+3a^2$ делится на $3$, но не делится на $3^2$. Это верное утверждение, которое действительно легко доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение23.06.2011, 20:25 


15/12/05
754
Цитата:
Someone в сообщении #458488 писал(а):
Повторять эти рассуждения для случаев, когда на $3$ делится не $c$, а $b$ или $a$, нет необходимости, так как уравнение $a^3+b^3=c^3$ можно переписать в виде $a^3+(-c)^3=(-b)^3$ или $(-c)^3+b^3=(-a)^3$.

Я это знаю, можно было написать так: "Умаляя $c \vdots 3$".


Что-то не по-русски - "Умаляя.." Созвучно с "Умоляя"...

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение24.06.2011, 00:07 


16/08/09
304
Alexey2 в сообщении #453224 писал(а):
9. $b^2 \in \mathbb{N}\Rightarrow c^2+ca+a^2=k^3y^3$, $y\in \mathbb{N}$, $x\bot y$

10.$\left\{ \begin{matrix} b=d^3x^3\frac{k}{d}=d^2x^3k \\ b^2=k^3y^3\frac{d}{k}=k^2y^3d \\ \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow d^4x^6k^2=k^2y^3d$

11. $d^3x^6=y^3$

12. $(c-a)x^3=y^3$

Уважаемый Алексей 2! :-) Если X и Y взаимно просты в 9, то уже в 11 противоречие! :shock:

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение24.06.2011, 16:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Alexey2 в сообщении #461466 писал(а):
Допустим $c \vdots 3$

Рассмотрим уравнение $(x-a)^3+a^3=c^3$, где $(a+b)=x$

$x^3-3x^2a+3xa^2-a^3+a^3=c^3$

$x(x^2-3xa+3a^2)=c^3$

Пусть $x \vdots 3$ и $c^3 \vdots 3^3$,

$x^2-3xa+3a^2= \dfrac{c^3}{x}$

Ввиду того, что $c^3\vdots 3^3$ и $x \vdots 3$ приходим к выводу $x^2-3xa+3a^2\vdots 3^2$

Поэтому с замечанием Someone
Someone в сообщении #458488 писал(а):
Поскольку здесь $x$ обязан делиться на $3$, то, как легко видеть, $x^2-3xa+3a^2$ делится на $3$, но не делится на $3^2$
я не согласен.
С чем тут можно не соглашаться-то? У Вас $x$ делится на $3$, поэтому слагаемые $x^2$ и $3xa$ делятся на $9$. Поскольку $a$ не делится на $3$, то $3a^2$ делится на $3$ и не делится на $9$. Поэтому и выражение $x^2-3xa+3a^2$ делится на $3$ и не делится на $9$.

Alexey2 в сообщении #461466 писал(а):
(Вот, к примеру, контрпример: Допустим $x^2-3xa+3a^2\vdots 3$ и $x \vdots 3$, тогда $c^3=x(x^2-3xa+3a^2) \vdots 3^2$ (а не $c^3 \vdots 3^3$)).
Когда Вы укажете конкретные числа $x,a,c$, тогда и будет контрпример, а пока это не контрпример, а беспочвенные фантазии, к тому же, с неосуществимыми условиями. Попробуйте придумать такое натуральное число $c$, чтобы $c^3$ делилось на $3^2$, но не делилось на $3^3$.

Alexey2 в сообщении #461466 писал(а):
Пусть $x \vdots 3$ и $c^3 \vdots 3^3$,

$x^2-3xa+3a^2= \dfrac{c^3}{x}$

Ввиду того, что $c^3\vdots 3^3$ и $x \vdots 3$ приходим к выводу $x^2-3xa+3a^2\vdots 3^2$
Условие "$x$ делится на $3$" не означает, что $x$ не делится на $9$. Если же Вы такое требование добавите, то получите противоречивые условия.

Alexey2 в сообщении #461466 писал(а):
Так как $x^2-3xa+3a^2\vdots 3^2$ и $x \vdots 3$ приходим к выводу $a\vdots 3$, а значит и $(c,a) \ne 1$

Значит, если $c \vdots 3$, то $x=(a+b) \vdots 3^2$. В противном случае $(c,a) \ne 1$.

(Это единственный возможный вариант. Если $x \vdots 3^3$ или вообще $x \vdots 3^k$, где $k>2$, $k \in \mathbb{N}$ то прийдем к следующему выводу: $(c,a) \ne 1$)

Someone в сообщении #458488 писал(а):
Но продвинуться дальше, рассматривая делимость на разные степени $3$, не удаётся.

Не доказано.
Ну, я это и не формулировал как доказанное утверждение. Известно, однако, что никому не удалось доказать, например, что одно из чисел $a,b,c$ должно делиться на $3^3$.

Вообще, рассмотрение уравнения $a^3+b^3=c^3$ по модулю всевозможных степеней $3$ равносильно рассмотрению его в кольце $3$-адических чисел. А в этом кольце уравнение Ферма имеет решения, причём, такие, в которых одно из чисел $a,b,c$ делится на $9$, но не делится на $27$. Вот одно из таких решений (приведены $80$ младших троичных цифр чисел $a,b,c$): $$a=\ldots 1120210001 1012000222 0002002121 0011020200 0001202202 2001212221 2001102201 1212000201_3,$$ $$b=\ldots 1010010200 0111022220 0122122220 0012120012 0210002211 2022111020 0012200022 2102021100_3,$$ $$c=\ldots 1111010221 1110112222 1210122012 0022102000 2020021201 2211000022 0110122212 2212100201_3.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение24.06.2011, 18:45 


16/08/09
304
Alexey2 в сообщении #453224 писал(а):
$c-a=b_1^3$

5. $c^3-a^3=(c-a)(c^2+ca+a^2)=b^3$

6. $c-a=b_1^3 \Rightarrow c^2+ca+a^2=b_2^3, b_2\in \mathbb{N}$, $b_1\bot b_2$

7. $\left\{ \begin{matrix} b=(c-a)\frac{k}{d} \\ b^2=(c^2+ac+a^2)\frac{d}{k} \\ \end{matrix} \right.$

$k,d\in \mathbb{N}$, $k\bot d$

8. $b\in \mathbb{N}\Rightarrow c-a=d^3x^3$, $x\in \mathbb{N}$

9. $b^2 \in \mathbb{N}\Rightarrow c^2+ca+a^2=k^3y^3$, $y\in \mathbb{N}$, $x\bot y$

10.$\left\{ \begin{matrix} b=d^3x^3\frac{k}{d}=d^2x^3k \\ b^2=k^3y^3\frac{d}{k}=k^2y^3d \\ \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow d^4x^6k^2=k^2y^3d$

11. $d^3x^6=y^3$

12. $(c-a)x^3=y^3$

13. $c^2+ca+a^2\vdots y^3\Rightarrow c^2+ca+b^2\vdots (c-a)$

14. Рассмотрим число $\frac{c^2+ca+a^2}{c-a}$

15. Числа $a$ и $c$ - нечетные, значит число $(c^2+ca+a^2)$ - нечетное, $(c-a)$ - четное.
$ \frac{c^2+ca+a^2}{c-a}$. Как видим в числителе всегда получается нечетное число, а в знаменателе -четное. Нечетное число на четное нацело никогда не делится, значит $c-a\ne b_1^3$.

Мне кажется вполне достаточно одной этой выкладки для удивленно-восхищенного вскрика: Свершилось! Браво, Метр Алексей 2! Пустопорожние разговоры о кратности 3 абсолютно не нужны, они лишние! Для ВТФ при n=3 вполне хватает этой выкладки. Более того всё прекрасно работает для любой нечётной степени!!! Мэтры молчат "катастрофически" :shock: долго! а о чем это говорит? :D ПОБЕДА! :lol:

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение25.06.2011, 08:58 


23/01/07
3497
Новосибирск
Belfegor в сообщении #461911 писал(а):
Alexey2 в сообщении #453224 писал(а):

14. Рассмотрим число $\frac{c^2+ca+a^2}{c-a}$

15. Числа $a$ и $c$ - нечетные, значит число $(c^2+ca+a^2)$ - нечетное, $(c-a)$ - четное.
$ \frac{c^2+ca+a^2}{c-a}$. Как видим в числителе всегда получается нечетное число, а в знаменателе -четное. Нечетное число на четное нацело никогда не делится, значит $c-a\ne b_1^3$.

Мне кажется вполне достаточно одной этой выкладки для удивленно-восхищенного вскрика: Свершилось! Браво, Метр Алексей 2! Пустопорожние разговоры о кратности 3 абсолютно не нужны, они лишние! Для ВТФ при n=3 вполне хватает этой выкладки. Более того всё прекрасно работает для любой нечётной степени!!! Мэтры молчат "катастрофически" :shock: долго! а о чем это говорит? :D ПОБЕДА! :lol:

Мэтры молчат, по-видимому потому, что "катастрофически" устали подобное комментировать.
Я - не мэтр, поэтому отвечу, что полученное выражение ни о чем не говорит, кроме того, что при разложении разности кубов нечетных чисел всегда получается одна скобка четная, другая нечетная.

Тем более, что подобные выкладки можно получать коротенько:

$b^3=(c-a)(c^2+ca+a^2)$

$k=\dfrac{b}{c-a}=\dfrac{c^2+ca+a^2}{b^2}$, где $k$ - рациональное число.

$k^3=\dfrac{b^2}{(c-a)^2}\cdot \dfrac{c^2+ca+a^2}{b^2}=1+\dfrac{3ca}{(c-a)^2}$

Заодно поймете, почему $3$ - может быть единственным возможным общим множителем.

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение25.06.2011, 14:04 


16/08/09
304
Батороев в сообщении #462030 писал(а):
Мэтры молчат, по-видимому потому, что "катастрофически" устали подобное комментировать.
Я - не мэтр, поэтому отвечу, что полученное выражение ни о чем не говорит, кроме того, что при разложении разности кубов нечетных чисел всегда получается одна скобка четная, другая нечетная.

А всё что до пункта 14? Это вам не интересно? :? То что одна скобка четная, другая нечетная заметили многие. :-) Но к этому пришли как к противоречию, вы что не видите или не хотите видеть? Прокомментируйте, пожалуйста, весь приведенный пример, а не его окончание :wink:

 Профиль  
                  
 
 Re: Великая теорема Ферма, n=3
Сообщение25.06.2011, 17:47 


23/01/07
3497
Новосибирск
Belfegor в сообщении #462100 писал(а):
А всё что до пункта 14? Это вам не интересно? :? То что одна скобка четная, другая нечетная заметили многие. :-) Но к этому пришли как к противоречию, вы что не видите или не хотите видеть? Прокомментируйте, пожалуйста, весь приведенный пример, а не его окончание :wink:

До пункта 14 смотреть не интересно потому, что знаю, что никакими ухищрениями "обмануть арифметику" невозможно. Хоть проведите тысячу преобразований и переобозначений, все равно не придете к тому, что одно число должно делиться на другое, если эти числа взаимнопростые, ну или хотя бы имеют один общий множитель. Ищите в этих пунктах ошибку/ки!

-- 25 июн 2011 22:36 --

Чтобы не быть голословным, все же прошелся по выкладкам:

$d=\dfrac{k(c-a)}{b}$

$d^3=\dfrac{k^3(c-a)^3}{b^3}$

$d^3\cdot\dfrac{b^3}{k^3(c-a)^2}=(c-a)$

$(c-a)=d^3x^3$

$x^3=\dfrac{b^3}{k^3(c-a)^2}$

Ну, и какое же $x$ натуральное число?!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 60 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group