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.
 
 Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение06.07.2016, 12:55 


15/12/05
740
Доказательство ВТФ (для соседних кубов)


Для степени 3


Предположим, что есть пара взаимно простых целых положительных чисел ${\color{blue}x}$ и $y$, являющихся нетривиальным решением: $${\color{blue}x^3}+y^3=(y+1)^3 \eqno (1)$$ Здесь соседними кубами являются $y^3$ и $(y+1)^3$.

Докажем, что это невозможно.

I. ${\color{blue}x^3}$ - всегда нечетное число, т.к. или $y$, или $(y +1)$ четно.

II. Равенство $(1)$ невозможно, если $${\color{blue}x}$ - делится на $3$, т.к.: $${\color{blue}x^3}=3y^2+3y+1 \eqno (2)$$
III. Не сложно проверить тождество $(3)$, где разница соседних кубов представима, как число вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$: $$(y+1)^3-y^3= \frac {1^2 + 3(2y+1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3)$$ Из пункта I следует, что оно нечетное: НОД $(\dfrac {1^2+3\beta^2} 4,2)=1$. Но кубом оно является по предположению $(1)$.

Идея доказательства такова.
A) Анализируем тождество (3) и доказываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.
B) Пользуясь свойствами чисел вида $(a^2+3b^2)$, показываем, что в кольце чисел $1^2+3b^2$ нет кубов, при нечетном $b^2$, где $a, b \in \mathbb{Z}$

Ниже мы покажем как числа вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$ приводятся к числам вида $(a^2+3b^2)$. Согласно многочисленным исследованиям чисел этого вида [см. труды Матиясовича, Рибенбойма], числа вида $(a^2+3b^2)$ могут определять куб со стороной $(u^2+3v^2)$, где $u, v$ также взаимно простые целые числа.

Попробуем доказать, что, при заданых условиях и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$ и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.
$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

Наши условия по пунктам I и II (в необходимых для нас качествах) совпадают с условиями, которые изложены на странице 38 русск. издания книги Рибенбойма "Последняя теорема Ферма для любителей". В упомянутом доказательстве, для куба $s^3$: $(s^3=a^2+3b^2)$, с взаимно простыми $a$ и $b$, с учётом приведенных в книге лемм, при условии, что для $s$ нечетного (см. наш пункт I) и не кратного 3 (см. наш пункт II) следует $s$ должно иметь подобный вид $(s=u^2+3v^2)$, где взаимно простые $u,v \in \mathbb{Z}$ и $$
\begin{cases}
a=u(u^2-9v^2),\\
b=3v(u^2-v^2)\\
a^2+3b^2=(u^2+3v^2)^3
\end{cases}
\eqno (4)$$$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$
По аналогии с этим, мы имеем в предположении куб, который нечетный и не делится на 3, но имеет вид: $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$. Для обобщения введем следующие связи между переменными: $$
\begin{cases}
\dfrac {\alpha} 2=\dfrac {\omega(\omega^2-9\vartheta^2)} 2,\\
\dfrac {\beta} 2=\dfrac {3\vartheta(\omega^2-\vartheta^2)} 2\\
\end{cases}
\eqno (5)$$$$\omega= \sqrt[3]{2}u,\phantom{3} \vartheta=\sqrt[3]{2}v$$
$$
\begin{cases}
a=\dfrac {\alpha} 2 =\dfrac {\sqrt[3]{2}u((\sqrt[3]{2}u)^2-9(\sqrt[3]{2}v)^2)} 2,\\
b=\dfrac {\beta} 2=\dfrac {3\sqrt[3]{2}v((\sqrt[3]{2}u)^2-(\sqrt[3]{2}v)^2)} 2\\
a=u(u^2-9v^2),\\
b=3v(u^2-v^2)\\
a^2+3b^2=(u^2+3v^2)^3
\end{cases}
\eqno (6)$$

По нашему условию, которое следует из (3), $a=1 \Longrightarrow(u=1)\&(v=0)$ - единственное, но тривиальное решение для целых чисел. Нетривиальных решений нет.

Т.о. число вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4$ не может быть кубом при заданных условиях. Т.е. уравнение (1) не имеет целочисленных решений.
$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$
Аналогично доказывается подобный случай: $$(y-1)^3+{\color{blue}x^3}=y^3 \eqno (1.1)$$
Число такого же вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$ не может быть кубом при заданных условиях: $$y^3-(y-1)^3= \frac {1^2 + 3(2y-1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3.2)$$

Дополнительная информация

Переходим на стр.40 книги Рибенбойма и берём у него следующее:

Обоснуем возможность представления $s$ в виде $(s^3=a^2+3b^2)$. Для этой цели воспользуемся приёмом, который был известен ещё Ферма, когда он изучал целые числа вида $(u^2+3v^2)$.

Пусть $\mathbb{S}$ - множество целых чисел вида $(s^3=a^2+3b^2)$, где $(a, b \in \mathbb{Z})$. Множество $\mathbb{S}$ замкнуто относительно умножения, т.к. $$(a^2+3b^2) (c^2+3d^2)=(ac \pm 3bd)^2+3(ad \mp cb)^2  \eqno (4.1)$$ Далее обоснование включает несколько лемм с доказательствами.

Подход к аналогичному доказательству с алгебраическими числами

Приведу здесь свое видение подхода к доказательству с помощью алгебраических чисел.
Если разность соседних кубов имеет представление $\dfrac {1+3\beta^2} 4$, то с помощью алгебраического представления чисел имеем: $$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = \bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)   \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7) $$ $$ 1^3 = \bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)  +  \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7.1) $$ Нам нужно доказать, что разность соседних кубов, выраженная уравнением (7) не является кубом . Если произведение двух чисел этого нового вида равно кубу некоторого числа того же вида и если сомножители не имеют общих делителей, то каждый из них в отдельности будет кубом некоторого алгебраического числа того же вида. Всякое обыкновенное целое число $\alpha$ принадлежит классу алгебраических целых чисел, ибо может быть представлено в виде $\alpha +(\sqrt{-3}\cdot0)$. Можно показать (мы не будем входить в эти подробности), что числа $ \bigl( 1+\sqrt{-3}\beta \bigr) ,  \bigl( 1-\sqrt{-3}\beta \bigr)$ не могут иметь общих делителей того же вида. Таким образом каждое из этих чисел должно быть кубом некоторого числа, и нетрудно убедиться, что эти новые числа должны отличаться друг от друга только знаком при $\sqrt{-3}$. Если $(1+\sqrt{-3}\beta)$ взаимно просто с $(1-\sqrt{-3}\beta)$, то эти оба множителя являются кубами в кольце $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Их сумма равна кубу - $1^3$. Противоречие заключается в том, что куб сложенный с единичным кубом $1^3$ не может быть кубом. Тогда предположение, что $\dfrac {1+3\beta^2} 4$ является кубом не верно (с учетом начальных условий).

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

Для степени 5

Один из вариантов представления разности соседних "5-кубов" в удобной композиции для доказательства подобным образом:
$$(y+1)^5-y^5= \frac {-(1^2) + 5(2y^2+2y+1)^2} 4={\color{blue}x^5}=\dfrac {-(1^2)+5\beta^2} 4 \eqno (8)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение11.07.2016, 17:46 


10/08/11
671
ananova в сообщении #1136116 писал(а):
Если разность соседних кубов имеет представление $\dfrac {1+3\beta^2} 4$, то с помощью алгебраического представления чисел имеем: $$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = \bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)   \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7) $$

Уважаемый ananova, (7), при разложении на кубы правой части, равносильно $$\dfrac {1+3\beta^2} 4 =   [2(1+\sqrt{-3}\beta)     \bigl][\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 8 \bigr] \eqno (7) $$ Если не ошибаюсь то эти числа, равные выражениям в квадратных скобках, взаимно простые.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение11.07.2016, 21:43 


15/12/05
740
Благодарю, lasta.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):
$$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = \bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)   \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7) $$ $$ 1^3 = \bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)  +  \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7.1) $$


"Конструкция" - система уравнений (7) & (7.1) показывает - если выполняются условия взаимной простоты множителей уравнения (7), то, возможно, что мы имеем дело с кубами, которые обозначим так:
$$r^3 = \bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)$$ $$s^3=\bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)  $$
Отсюда получаем уравнение $$1^3=r^3+s^3 \eqno (7.2) $$
Для области определения в целых числах, легко доказывается такой частный случай ВТФ: $1^3= a^3 \pm b^3$, т.к. минимальное число (в тройке ВТФ) должно быть больше $2p$ (где, $p$ - показатель степени, в нашем случае: 3). Что касается области определения и операций в $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$, то, извиняюсь, тут нужно обращаться к знающим товарищам. Они точно знают. Возможно, что это далеко не просто. Но, если это просто, то значит $\bigl(\dfrac  {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)$ и $\bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)$ никакие не кубы. Из чего следует, что и $\dfrac {1+3\beta^2} 4$ - не куб.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение11.07.2016, 23:01 


15/12/05
740
ananova в сообщении #1136116 писал(а):
Идея доказательства такова.
A) Анализируем тождество (3) и доказываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.
B) Пользуясь свойствами чисел вида $(a^2+3b^2)$, показываем, что в кольце чисел $1^2+3b^2$ нет кубов, при нечетном $b^2$, где $a, b \in \mathbb{Z}$


Устраняю неточность в пункте B)
Правильно будет написать так (с учетом того, что число $\beta$ и $1^2+3b^2$ нечетные):

B) Пользуясь свойствами чисел вида $(a^2+3b^2)$, показываем, что в кольце чисел $1^2+3b^2$ нет кубов, при четном $b^2$, где $a, b \in \mathbb{Z}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение12.07.2016, 07:50 


10/08/11
671
Уважаемый ananova, дело не в конструкции (7), (7.1), она понятна. Куб целого числа можно разложить в произведение алгебраических чисел $(1+\sqrt{28})(1-\sqrt{28})=-27$. Как Вы и отметили это кубы алгебраических чисел. Но существование их не отрицает существование куба целого числа.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение12.07.2016, 09:11 


15/12/05
740
Готов согласиться, в части Ваших утверждений. В Вашем случае, куб равен (-3). Разделите левую и правую часть на 4. Затем множители левой части сложите, как в уравнении $(7.1)$ - результат $1^3$. Но произведение $\dfrac {-27} 4$ уже не куб, что согласуется с общим замыслом. Не зная о результате произведения и имея доказательство, для частного случая - для суммы кубов равной $1^3$, в этом кольце, мы бы могли констатировать, что наши взаимно простые сомножители не являются кубами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение13.07.2016, 22:11 


10/08/11
671
ananova в сообщении #1136116 писал(а):
III. Не сложно проверить тождество $(3)$, где разница соседних кубов представима, как число вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$: $$(y+1)^3-y^3= \frac {1^2 + 3(2y+1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3)$$ Из пункта I следует, что оно нечетное: НОД $(\dfrac {1^2+3\beta^2} 4,2)=1$. Но кубом оно является по предположению $(1)$.

Уважаемый ananova, как видно из этих выражений, мы не делим на 4 разность кубов. Знаменатель 4 появляется в результате алгебраических преобразований числителя (3). Кроме того, остается вопрос о взаимной простате алгебраических чисел в (7), если существуют другое разложение, о котором я упоминал в первом сообщении. Если числа в (7) в вашем варианте не взаимно простые, то $1^3$ уже не составлена суммой кубов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение14.07.2016, 12:51 


15/12/05
740
Благодарю, lasta.
Надо заняться леммами, которые я упомянул. Думаю, всё получится. По ходу, старался придерживаться лемм.
К сожалению, ближайшие недели сильно ограничен во времени.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение16.07.2016, 13:42 


15/12/05
740
Вернемся к конкретике.

lasta в сообщении #1137682 писал(а):
мы не делим на 4 разность кубов. Знаменатель 4 появляется в результате алгебраических преобразований числителя (3).


Рассмотрим доказательство методом Эйлера для $n=3$ на стр.38 русского издания Рибенбойма (в натуральных, а не целых числах), при значении $x=y+1$. Т.е. $x^3+y^3=x^3+(x+1)^3=z^3$

(Оффтоп)

Это не разность соседних кубов, но частный случай ВТФ тоже.

В этом случае: $\alpha=(x+y)$; $\beta=1$; $a=\dfrac {x+y} 2=\dfrac {\alpha} 2$; $b=\dfrac 1 2=\dfrac {\beta} 2$.
Это буквально "вырванный" частный случай из доказательства методом Эйлера (см.стр.38).
Тогда $$z^3= (x+y) \left( \dfrac {(x+y)^2} 4 +3\dfrac {1^2} 4 \right) $$
Фактически пришли к "первоисточнику" с обратной стороны : $$z^3= \alpha \left( \dfrac {\alpha^2} 4 +3\dfrac {\beta^2} 4 \right) =2a(a^2+3b^2)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение16.07.2016, 16:37 


15/12/05
740
ananova в сообщении #1138198 писал(а):
Рассмотрим доказательство методом Эйлера для $n=3$ на стр.38 русского издания Рибенбойма (в натуральных, а не целых числах), при значении $x=y+1$. Т.е. $x^3+y^3=x^3+(x+1)^3=z^3$ (Оффтоп)


Попутал переменные в конце предложения, повторю предложение с поправкой:

Рассмотрим доказательство методом Эйлера для $n=3$ на стр.38 русского издания Рибенбойма (в натуральных, а не целых числах), при значении $x=y+1$. Т.е. $x^3+y^3=(y+1)^3+y^3=z^3$

и далее по тексту всё верно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение17.07.2016, 12:09 


15/12/05
740
Последние два поста вскрыли в самом первом тексте ошибку, которую можно приравнять к опечатке:

Правильно будет::
и $a=2\alpha=1$ и $b=2\beta}$
Т.е. так, как в методе Эйлера.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):
Попробуем доказать, что, при заданых условиях и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$ и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение17.07.2016, 20:44 


15/12/05
740
ananova в сообщении #1136116 писал(а):
Попробуем доказать, что, при заданых условиях и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$ и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.


Что-то запутался. Прошу прощения. Всё-таки, всё было первоначально правильно. Так:

Попробуем доказать, что, при заданных условиях: и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$, и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение23.07.2016, 19:37 


15/12/05
740
Пока не знаю - пригодится или нет. Пусть тут будет. Цветом выделено выражение значения $y$ - для частного случая - соседних кубов.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):
$$y^3-(y-1)^3= \frac {1^2 + 3(2y-1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3.2)$$


$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{red}\left((2^3-1)x+2^3(\dfrac 1 {48} (-3-42x \pm \sqrt{3} \sqrt{4 x^3-1}))\right)}+1)^2 \eqno (A.1)$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{blue}\left((3^2-1)x+3^2(\dfrac 1 {54} (-3-48x \pm \sqrt{3} \sqrt{4 x^3-1}))\right)}+1)^2 \eqno (A.2)$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{brown}\left(9x+10(\dfrac 1 {60} (-3-54x \pm \sqrt{3} \sqrt{4x^3-1}))\right)}+1)^2 \eqno (A.3)$$

$$\Longrightarrow$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{red}\left(x+\dfrac 1 6 (-3-6x \pm \sqrt{3} \sqrt{4 x^3-1})\right)}+1)^2 \eqno (A.4)$$ $$\Longrightarrow$$ $$y=\dfrac {\sqrt{4x^3-1}} {2\sqrt{3}} -\dfrac 1 2 \Longrightarrow \beta =\dfrac {\sqrt{4x^3-1}} {\sqrt{3}} \eqno (A.5)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение24.07.2016, 13:31 


15/12/05
740
Продолжу c $(A.5)$

Числитель $\beta^2$ равен $4x^3-1$ и должен делиться на $3$.
Следовательно в числителе должен присутствовать множитель $3^{2v-1}$, где $v \in \mathbb{N}$, в противном случае $\beta$ не будет натуральным числом, а $x^3 \not \in \mathbb{N}$.
Если $x=1 \Longrightarrow v=1 \Longrightarrow \beta=1  $, то получается примитивное решение.

Если достаточным условием (для доказательства рассматриваемого частного случая ВТФ) является сравнимость с $(4x^3-1)$ с $3^2$, то имеет место сравнение $4x^3 \equiv 1 \pmod{3^2}$, которое справедливо, при $x^3 \equiv 7 \pmod{3^2}$, которое невозможно, т.к. в третьей степени все возможные вычеты ограничиваются значениями $1$ и $(-1)$ по модулю $3^2$.
Если рассмотренное условие достаточное, то данный случай можно признать доказанным. Если не достаточное, то можем вернуться к другим вариантам доказательства или рассмотреть дополнительные условия.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5
Сообщение24.07.2016, 19:41 


15/12/05
740
Рассотренное условие не является достаточным. Контрпримером является любое число вида $4x^3-1=3V^2$, где $V \in \mathbb{N}, (V,3)=1$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 30 ]  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