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 Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение03.07.2014, 18:17 


30/06/14
47
Представляю Вашему вниманию очередное доказательство ВТФ для n=3 (метод доказательства применим для всех нечетных n).
Правда доказательство с небольшим изъяном.
Просьба сообщить, является ли вся проблема в лемме 1 (можно ли ее доказать?), имеются ли изъяны в прочих рассуждениях.


Лемма 1:
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$, а $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные числа, то $m$ и $n$ также будут натуральными.
Доказательство: Задним мозгом чувствую что так, но пока не придумал доказательства. Если это доказывается, то прочие возможные изъяны думаю можно доработать, Но если не доказывается то тогда все это остальное не имеет смысла.


Лемма 2:
Гипотеза: Если существуют натуральные числа $x$,$y$ и $z$, такие, что:
$x^3+y^3=z^3$
то из этого следует, что существуют такие натуральные числа $x_1$,$y_1$ и $z_1$, такие, что:
$z_1=\sqrt{z}$
$x_1^3+2y_1^3=z_1^3$

Доказательство:
Рассмотрим минимальное уравнение$x^3+y^3=z^3$, такое, что:
$x$, $y$ и $z$ - попарно взаимно простые, $x$ и $z$ - нечетные, $y$ - четное

Преобразуем его в вид: $(x\sqrt x)^2+(y\sqrt y)^2=(z\sqrt z)^2$

Все решения этого уравнения можно найти по формулам нахождения Пифагоровых троек, с тем отличием, что числа $m$ и $n$ в этих тройках могут быть иррациональными.

$x\sqrt x=m^2-n^2$
$y\sqrt y=2mn$
$z\sqrt z=m^2+n^2$

Тогда:

$x^3=(m^2-n^2)^2$
$y^3=4m^2n^2$
$z^3=(m^2+n^2)^2$

так как $x^3$, $y^3$ и $z^3$ натуральные, то согласно лемме 1 $m^2$ и $n^2$ - также натуральные.
С учетом $m_1=m^2$, $n_1=n^2$ напишем изложенное в виде:

$x^3=(m_1-n_1)^2$
$y^3=4m_1n_1$
$z^3=(m_1+n_1)^2$
где все числа, фигурирующие в формулах - натуральные.
числа $m_1$ и $n_1$ - взаимопростые, иначе $x^3$, $y^3$, $z^3$ не смогут буть взаимопростыми.

Числа $m_1$ и $n_1$ симметричны во всех трех формулах, в частности в $x^3=(m_1-n_1)^2$ из-за квадрата, и имеют разную четность, одно из них обязательно должно быть четным (это следует из $y^3=4m_1n_1$, так как куб четного числа делится на 8). Кроме того $m_1$ и $n_1$ взаимопростые. Из этого следует, что
$m_1=2y_1^3$ а $n_1=x_1^3$, где $y_1$ и $x_1$ - натуральные.

так как $z^3=(m_1+n_1)^2$, т.е. $z^3$ является квадратом натурального числа, то $z_1=\sqrt{z}$ - является натуральным числом.

$z_1^3=m_1+n_1$

$z_1^3=2y_1^3+x_1^3$

$x_1^3+2y_1^3=z_1^3$

Итог: Из наличия натуральных корней уравнения $x^3+y^3=z^3$

следует наличие натуральных корней уравнения $x_1^3+2y_1^3=z_1^3$
где $z_1=\sqrt{z}$

Лемма доказана.

Теорема: ВТФ для n=3
Гипотеза: Не существует решения уравнения $x^3+y^3=z^3$ в натуральных числах

Доказательство от противного:

Допустим, что такое решение существует. (Очевидно что не существует решения при $z=1$ и $z$ является максимальным из всех трех чисел.)

Тогда согласно лемме2 существует решение в натуральных числах уравнения:

$x_1^3+2y_1^3=z_1^3$

Где $z_1$ опять является максимальным числом из чисел $x_1$, $y_1$, $z_1$, но при этом оно меньше чем $z$ в предыдущем уравнении, так как $z_1=\sqrt {z}$

Применяя к полученному уравнению еще раз лемму2, получаем, что также существуют решения уравнения:

$x_2^3+2^2y_2^3=z_2^3$

где $z_2=\sqrt{z_1}$

и т.д. до бесконечности. (метод бесконечного спуска). А это не возможно ввиду того что невозможно бесконечно последовательно извлекать квадратный корень из конечного числа $z$ получая при этом натуральные числа.
Значит мы получаем противоречие.
Посему уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в натуральных числах

Теорема вроде как доказана, если доказать лемму 1

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение03.07.2014, 18:24 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
glukmaker в сообщении #883610 писал(а):
Правда доказательство с небольшим изъяном.
Тогда это не доказательство.
glukmaker в сообщении #883610 писал(а):
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные числа, то $m$ и $n$ также будут натуральными.
Ваша гипотеза неверна: например, система$(m+n)^2=100$, $mn=10$ имеет решение в не натуральных числах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение03.07.2014, 18:29 


30/06/14
47
nnosipov в сообщении #883612 писал(а):
glukmaker в сообщении #883610 писал(а):
Правда доказательство с небольшим изъяном.
Тогда это не доказательство.
glukmaker в сообщении #883610 писал(а):
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные числа, то $m$ и $n$ также будут натуральными.
Ваша гипотеза неверна: например, система$(m+n)^2=100$, $mn=10$ имеет решение в не натуральных числах.


Да, я понял что все неверно, буду думать дальше.
Большое спасибо за контрпример. А то в голове постоянно крутились числа типа $\sqrt{n}$ и как-то вілетело из головы, что может быть $a+b\sqrt{c}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение03.07.2014, 23:08 


30/06/14
47
Хм. Я пропустил некоторые существенные условия

Переформулирую с учетом их.

Лемма 1:
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$, а $(m-n)^2$, $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные, попарно взаимно простые числа, причем $mn$ к тому же еще и четное, то $m$ и $n$ будут натуральными.

Это можно доказать или опровергнуть?

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 04:16 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
glukmaker в сообщении #883749 писал(а):
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$, а $(m-n)^2$, $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные, попарно взаимно простые числа, причем $mn$ к тому же еще и четное, то $m$ и $n$ будут натуральными.
Эта гипотеза тоже неверна. Попробуйте построить контрпример самостоятельно. Подсказка: $(m-n)^2=(m+n)^2-4mn$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 05:30 


27/03/12
449
г. новосибирск
Контрпример с разрешения nnosipov.

$m = 5 + 15^1/2$, $n = 5-15^1/2$.

$ (m + n)^2 = (5 +15^1/2 + 5-15^1/2)^2 = 10^2 = 100 - целое число;

$(m-n)^2 = (5 +15^1/2 -5 + 15^1/2)^2 = 4(15^1/2)^2 = 60 -целое число;

$ mn =(5 +15^1/2)(5-15^1/2) = 25-15 =10 - целое число.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 08:15 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
vasili в сообщении #883786 писал(а):
$m = 5 + 15^1/2$, $n = 5-15^1/2$.
Это правильно набирается так: $m=5+\sqrt{15}$ или, как вариант, $m=5+15^{1/2}$.

vasili, Ваш контрпример не совсем корректен, так как требуется, чтобы числа $(m \pm n)^2$ и $mn$ были попарно взаимно простыми. Но этого добиться нетрудно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 12:45 


20/03/14
12041
 !  vasili
Замечание за неоформление формул $\TeX$ом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 20:21 


30/06/14
47
Хорошо, значит такая попытка доказательства обречена на провал, ибо ее навряд-ли удасться доработать. А введение в лемму 1 новых условий превратит ее по сути в ту же ВТФ

А что скажете насчет такого подхода:

рассмотрим минимальное уравнение:
$x^3+y^3=z^3$

тогда $x^3=(z-y)(z^2+zy+y^2)$
рассмотрим множители $z-y$ и $z^2+zy+y^2$

исследуем их на наличие общих делителей:
а так как $z^2+zy+z^2=(z-y)^2+3zy$

то общие делители они будут иметь, если $z-y$ и $3zy$ имеют их.
Разложим $x$ и $y$ на множители, где $a$ и $c$ - простые числа
$z=ab$
$y=cd$

Получаем пару $ab-cd$ и $3abcd$
очевидно что эта пара не может иметь общим делителем как $a$, так и $e$, ибо $a$, $b$, $c$, $d$ взаимопростые, что следует из того, что $x$ и $y$ - взаимопростые.

Следовательно единственным общим делителем пары $z-y$ и $3zy$ может быть только 3, а это значит что общим делителем выражений $z-y$ и $z^2+zy+y^2$ может быть только 3

Посему получаем 3 варианта:
1) $z-y$ и $z^2+zy+y^2$ - являются кубами натуральных чисел
2) $3(z-y)$ и $9(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел
3) $9(z-y)$ и $3(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел


мы рассмотрели вариант $y^3=(z-y)(z^2+zy+y^2)$
применивши аналогичное рассуждение к $x^3$ получим аналогичный вывод из 3 возможных вариантов.
А наличие двух не первых вариантов не допускается, ибо будет противоречить тому, что $x$ и $y$ - взаимопростые. Следовательно в отношении одного из чисел $x$ или $y$ допустим только 1 вариант, т.е. например пусть он будет в отношении $x$:
$z-y$ и $z^2+zy+y^2$ - по отдельности, являются кубами натуральных чисел.

Не знаю к чему это может привести дальше, но вроде выглядит многообещающе.
Имеет ли смысл думать дальше в этом направлении или оно неверное или тупиковое?

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 20:30 


10/08/11
671
glukmaker в сообщении #883984 писал(а):
3) $9(z-y)$ и $3(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел

Такой вариант не определяет кубы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 20:58 


30/06/14
47
lasta в сообщении #883985 писал(а):
glukmaker в сообщении #883984 писал(а):
3) $9(z-y)$ и $3(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел

Такой вариант не определяет кубы.


Да, согласен, ибо для этого или $x$ или $y$ будет иметь общий делитель в виде тройки с $z$
Но это даже и не особо важно, хотя тоже возможно понадобится в дальнейшем...

ну а в остальном то как?

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение04.07.2014, 21:15 
Заслуженный участник


12/09/10
1547
glukmaker в сообщении #883984 писал(а):
Не знаю к чему это может привести дальше, но вроде выглядит многообещающе.
Имеет ли смысл думать дальше в этом направлении или оно неверное или тупиковое?

Да чё там? Разве за 350 лет такое кому в голову могло прийти?

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение06.07.2014, 17:48 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый nnosipov! Благодарю за замечание, как по оформлению сообщения, так и по его содержанию.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение06.07.2014, 21:23 


10/08/11
671
glukmaker в сообщении #883984 писал(а):
2) $3(z-y)$ и $9(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел

Есть еще три варианта, которые как заметил уважаемый Cash, давно известны, например, один из них для взаимно простых кубов $3(z-y)$ и $\frac{z^2+zy+y^2}{3}$. И свойства тринома еще не все изучены. Так, что дерзайте. Но необходимо перейти на более сложные уровни анализа.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)
Сообщение06.07.2014, 22:32 


30/06/14
47
lasta в сообщении #884684 писал(а):
glukmaker в сообщении #883984 писал(а):
2) $3(z-y)$ и $9(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел

Есть еще три варианта, которые как заметил уважаемый Cash, давно известны, например, один из них для взаимно простых кубов $3(z-y)$ и $\frac{z^2+zy+y^2}{3}$. И свойства тринома еще не все изучены. Так, что дерзайте. Но необходимо перейти на более сложные уровни анализа.


может быть, но тогда $x$ все равно будет делиться на 3, поэтому возьмем $y$, который уже не может одновременно с $x$ делиться на 3

А с более сложным уровнем анализа Эндрю Уайлс уже доказал полностью ВТФ. Интересуют именно простые методы...

Идем дальше.

Допустим у нас имеется $y^3=(z-x)(z^2+xz+z^2)$ где $x-z$ является кубом
тогда:
$y=mn$ ($m$,$n$ - натуральные)

$m^3=z-x$

$n^3=z^2+xz+z^2$

$m^6=z^2-2zx+x^2$

$z-x=m^3$

$(z+x)^2=z^2+2zx+x^2=4n^3-3m^6$

$z+x=\sqrt{$4n^3-3m^6}

$x=\frac{\sqrt{4n^3-3m^6}-m^3}{2}$

$z=\frac{\sqrt{4n^3-3m^6}+m^3}{2}$

далее:
$z^3-x^3=y^3$

значит:
$(\frac{\sqrt{4n^3-3m^6}+m^3}{2})^3-(\frac{\sqrt{4n^3-3m^6}-m^3}{2})^3=m^3n^3$

$6(4n^3-3m^6)m^3+2m^9=8m^3n^3$

$24n^3m^3-18m^9+2m^9=8m^3n^3$

$16n^3=16m^6$

$n=m^2$

а так как: $n^3=z^2+xz+z^2=(z-x)^2+3zx$
то:

$m^6=m^6+3zx$

$zx=0$

:shock:
Или я где-то допустил ошибку ?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 21 ]  На страницу 1, 2  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