Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)

[vasili]

Уважаемый qiukmaker! $4n^3 - 3m^2 = Z^2 + 10ZX + X^2$, где

$n^3 = Z^2 + ZX + X^2$, а у Вас $n^2 = Z^2 +ZX + Z^2?$.

[glukmaker]

vasili в сообщении #884796 писал(а):

Уважаемый qiukmaker! $4n^3 - 3m^2 = Z^2 + 10ZX + X^2$, где

$n^3 = Z^2 + ZX + X^2$, а у Вас $n^2 = Z^2 +ZX + Z^2?$.

Да, точно, когда писал уже почти спал. И видимо допустил ошибку...
Большое спасибо что нашли ее. Но к сожалению, исправивши ее, уже ничего доказать не получается.

[lasta]

glukmaker в сообщении #884821 писал(а):

И видимо допустил ошибку.

Главная ошибка не в элементарной опечатке. От этого никто не застрахован. А в том, что Вы пытаетесь найти противоречия в алгебраических преобразованиях, то есть опровергнуть законы алгебры. Это напрасный труд. Противоречия могут быть найдены только на анализе свойств чисел. Ведь и утверждение ВТФ касается свойств чисел.

[glukmaker]

lasta в сообщении #885038 писал(а):

glukmaker в сообщении #884821 писал(а):

И видимо допустил ошибку.

Главная ошибка не в элементарной опечатке. От этого никто не застрахован. А в том, что Вы пытаетесь найти противоречия в алгебраических преобразованиях, то есть опровергнуть законы алгебры. Это напрасный труд. Противоречия могут быть найдены только на анализе свойств чисел. Ведь и утверждение ВТФ касается свойств чисел.

Благодарю! Я Вас понял.
Хорошо... Займемся свойствами чисел.

Если ВТФ для $n=3$, а именно
$x^3+y^3=z^3$
имеет решение, то из нее, согласно формулы разложения суммы/разности кубов следует, что:

$z=a(x+y)$
$y=b(z-x)$
$x=c(z-y)$

где среди чисел a,b,c - два числа являются натуральными (третье - отношение натурального числа к тройке), посему для решения где $x$,$y$,$z$ - попарно взаимнопростые числа
следует что и $x+y$, $z-x$, $z-y$ также должны быть попарно взаимнопростыми числами.

Теперь перепишем формулу ВТФ для $n=3$:
$x^3+y^3=z^3$
в таком виде:

$3(x+y)(z-x)(z-y)=(x+y-z)^3$

Допустим, число $b$-натуральное (так как из трех чисел $a$,$b$,$c$ - обязательно два будут натуральными, если это не $b$, то можно взять другое)
тогда заменим $y$ в правой части на $b(z-x)$

$3(x+y)(z-x)(z-y)=(x-z+b(z-x))^3$
$3(x+y)(z-x)(z-y)=(z-x)^3(b-1)^3$
$3(x+y)(z-y)=(z-x)^2(b-1)^3$

из последней формулы ясно видно что $x+y$, $z-x$, $z-y$ - не могут быть попарно взаимопростыми
(за исключением случая, когда $b=2$, $b=1$, или невозможно сокращение левой и правой частей на $z-x$ из-за его нулевого значения, но такие случаи дают только решения с нулевыми значениями одного или нескольких чисел среди $x$,$y$,$z$

Противоречие вроде найдено.

Просьба прокоментировать, найти ошибки или недостаточности.

PS Вопрос к модератору: Можно ли последние рассуждения вместе с содержимым одного из предыдущих постов (который важен) выложить в отдельной теме, потому как данное рассуждение применимо только к $n=3$ и неприменимо к другим $n$ и посему противоречит названию темы?

[Cash]

glukmaker в сообщении #889716 писал(а):

Если ВТФ для $n=3$, а именно
$x^3+y^3=z^3$
имеет решение, то из нее, согласно формулы разложения суммы/разности кубов следует, что:

$z=a(x+y)$
$y=b(z-x)$
$x=c(z-y)$

где среди чисел a,b,c - два числа являются натуральными (третье - отношение натурального числа к тройке)

Это вряд ли. покажите как это получили

[glukmaker]

Cash в сообщении #889729 писал(а):

glukmaker в сообщении #889716 писал(а):

Если ВТФ для $n=3$, а именно
$x^3+y^3=z^3$
имеет решение, то из нее, согласно формулы разложения суммы/разности кубов следует, что:

$z=a(x+y)$
$y=b(z-x)$
$x=c(z-y)$

где среди чисел a,b,c - два числа являются натуральными (третье - отношение натурального числа к тройке)

Это вряд ли. покажите как это получили

Хм... Все. отменяется. вижу сам что ошибся в формулах... Но думаю все можно исправить.... Думаю ход мысли верен, но будет немного по другому... Когда подготовлю - выложу в новом топике.