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.
 
 Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение17.11.2013, 17:25 


15/12/05
754
Предлагаю следующую запись уравнения ВТФ, которую, по-моему, удобней использовать для доказательства Случая 2 ВТФ. Особенно для показателя степени 3.

Пусть $y=8x+9a =(3^2-1)x+3^2a$ для $n=3$. Где a - целое число и может принимать отрицательные значения.

Тогда уравнение $x^3+y^3=z^3$ можно переписать следующем виде: $$x^3 +((3^2-1)x+3^2a)^3=(3^2x+3^2a)((3^2x+3^2a)((3^2-3)x+9a)+3x^2)=z^3$$ или в более полном виде:

$$x^3 +((3^{2k}-1)x+3^{2k}a)^3=(3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}-3)x+3^{2k}a)+3x^2)=z^3$$
Для простого числа $p$: $p>3$ и $y= ((p^{2k}-1)x+p^{2k}a)$ уравнение принимает вид: $$x^p+((p^{2k}-1)x+p^{2k}a)^p=(p^{2k}x+p^{2k}a)((p^{2k}x+p^{2k}a)( \ldots )  +px^{p-1})=z^p$$
Замену для многоточия можно взять из общей формулы, сделав оговоренную замену для $y$:
ananova в сообщении #787050 писал(а):
$$x^p+y^p=(x+y)((x+y)(y^{p-2}-2y^{p-3}x+3y^{p-4} x^2-4y^{p-5} x^3+ ...+(p-2)y^{p-3}x-(p-1)x^{p-2})+px^{p-1})$$


В принципе, такой вид уравнения не меняет количество использованных переменных и можно использовать $y$ вместо числа $a$. "Зато" хорошо видны делители, с которыми приходится иметь дело в доказательстве Случая 2.

Я имею ввиду такое уравнение: $$x^3 +((3^2-1)x+3^2y)^3=(3^2x+3^2y)((3^2x+3^2y)((3^2-3)x+9y)+3x^2)=z^3$$
$$x^3 +((3^2-1)x+3^2y)^3=3^3(x+y)((3^2x+3^2y)(2x+3y)+x^2)=z^3$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение17.11.2013, 19:24 


15/12/05
754
Уточнение - $k$ для $p$:
$(2k+1)$ делится на $p$

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение17.11.2013, 21:03 


15/12/05
754
Рассмотрим

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

Переменная $((3^2-1)x+3^2y)$ - рекурсивная.
Ничто не мешает нам рассмотреть рекурсивное представление на 1 шаг выше или ниже. Например такое: $$z^3=x^3+ ((3^2-1)x +3^2((3^2-1)x'+3^2y))^3$$

В связи с этим, я делаю ошибочный вывод? - для каждого решения
$$z^3=x^3+y^3$$ имеется рекурсивное представление $y$, каждый шаге ("уровне") которого имеется значение $(y_i)$, которое зависит от предыдущего значения $(y_{i-1})$. Поскольку этих уровней можно показать бесконечное количество, то $y$ задается действительным числом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение17.11.2013, 22:06 


15/12/05
754
ananova в сообщении #789821 писал(а):
В связи с этим, я делаю ошибочный вывод? - для каждого решения
$$z^3=x^3+y^3$$ имеется рекурсивное представление $y$, каждый шаге ("уровне") которого имеется значение $(y_i)$, которое зависит от предыдущего значения $(y_{i-1})$. Поскольку этих уровней можно показать бесконечное количество, то $y$ задается действительным числом.

Соответственно, каждое значение $y_i$ является решением для рекурсивного уравнения на шаге $i$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение19.11.2013, 09:39 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ananova! Вы не удачно выбрали для 2 случая ВТФ выражение для Y.

Только одно из чисел X,Y иZ должно быть кратно 3, для 2 случая ВТФ.
У Вас из-за любого выбранного числа кратного 3 и остальные числа становятся кратные 3.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение19.11.2013, 10:54 


15/12/05
754
vasili в сообщении #790274 писал(а):
Уважаемый ananova! Вы не удачно выбрали для 2 случая ВТФ выражение для Y.

Только одно из чисел X,Y иZ должно быть кратно 3, для 2 случая ВТФ.
У Вас из-за любого выбранного числа кратного 3 и остальные числа становятся кратные 3.


Уважаемый, vasili!
В этом топике только $z$ делится на 3 или $p$. Что касается $y$, который мы рассматриваем в пошаговом погружении в рекурсию, не является тем $Y$, который Вы рассматриваете, а является "подменой" наименования переменной $a$. После этой подмены лучше видна рекурсия. Вы можете не делать такую подмену и тогда, возможно, не будет путаницы. Поэтому $Y$ не может быть кратен 3. Или приведите, пожалуйста, Ваши выкладки, которые разубедят меня.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение20.11.2013, 12:25 


15/12/05
754
ananova в сообщении #789821 писал(а):
В связи с этим, я делаю ошибочный вывод? - для каждого решения
$$z^3=x^3+y^3$$ имеется рекурсивное представление $y$, каждый шаге ("уровне") которого имеется значение $(y_i)$, которое зависит от предыдущего значения $(y_{i-1})$. Поскольку этих уровней можно показать бесконечное количество, то $y$ задается действительным числом.


Сам разобрался в собственном вопросе.. Ответ на вопрос - вывод ошибочный. Может сама форма записи в виде рекурсии и имеет какой-то смысл для исследования, но не дает доказательства $y$ - действительное число или рациональное.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение21.11.2013, 18:32 


15/12/05
754
Для Случая 2.

Если в уравнении (1) или (2) сумма $(x+y_i)$ не является целым числом в степени $3$
(1) $$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$
(2)$$ x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=r$$ то уравнение (1) и следующее уравнение (3) в рекурсии (на шаге $i+1$) не имеют решений в целых числах.
(3) $$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$ Доказательство (вариант 1).
По предусловию $(x+y_i)$ не является кубом. Переходим вверх по рекурсии (к шагу $i+1$). Получаем уравнение:
$$x^3+y_{i+1}^3= z_{i+1}^3$$ $y_{i+1}=((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i})$
$$x^3+((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i})^3=z_{i+1}^3$$$$3^{2k+1} (x+y_{i})(3^{2k} (x+y_{i}) ((3^{2k-1}-1) x +3^{2k-1} y_{i})+x^2})=z_{i+1}^3$$
Примечание. Использована факторизация рекурсии из предыдущего сообщения:
ananova в сообщении #789728 писал(а):
$$x^3 +((3^{2k}-1)x+3^{2k}a)^3=(3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}-3)x+3^{2k}a)+3x^2)=z^3$$

Согласно известных соотношений Барлоу (для Случая 1 и Случая 2 на шаге ($i+1$) в нашем случае) (см.книгу Рибенбойма) $(x+y_i)$ должен быть числом в степени 3, для того, чтобы основное уравнение ВТФ имело решение. Т.к. данное условие не выполняется по предусловию, то предлагаю считать доказательство верным.

PS: Уравнение (1) не имеет решения в целых числах, так как имеет место Случай 1 ВТФ, если $y_i$ не может быть записано, как $y_{i}=((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i-1})$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение21.11.2013, 20:40 


15/12/05
754
Данное доказательство является важным в следующем плане:
Не существует решения уравнения $x^3+y_i^3=z^3 $ в целых числах, если в последовательности $$(x+y_{i-1}), (x+y_{i-2}), \ldots , \infty$$ найдется хоть одно число, которое не является кубом (числом третьей степени). Все числа данной последовательности удовлетворяют указанному ранее соотношению
ananova в сообщении #791089 писал(а):
$y_{i}=((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i-1})$.


PS. Чтобы не усложнять текст, я пропустил рациональные числа, т.к. от них не сложно перейти к целым.

-- Чт ноя 21, 2013 21:22:31 --

Предполагаю, что может возникнуть вопрос - "откуда ноги растут?"

Рассмотрим $$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$
Пусть $y_i-2x=a$, тогда имеем: $y_i=2x+a$. Но Случай 2 ВТФ для степени 3 предполагает, что $(x+y_i)=(3x+a)$ делится на 9. В связи с этим $a$ должно делиться на 3:
$(x+y_i)=(3x+a)=(3x+3w)\Longrightarrow(x+y_i)=(9x+9y_{i-1})$

Следовательно $$y_{i-1}= \frac {x+y_i} 9 -x$$
Или в более общем случае: $$y_{i-1}= \frac {x+y_i} {3^{2k}} -x$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение21.11.2013, 21:42 


15/12/05
754
$$y_{i-1}+x= \frac {x+y_i} {3^{2k}}$$


Из $(x+y_{i-1})$ - можно получить куб $(x+y_i)$ $$ 3^{2k}(x+y_{i-1})=(x+y_i)$$ если $$\frac {x+y_i} {x+y_{i-1}} = 3^{2k}$$

(Оффтоп)

Надеюсь ничего не напутал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение22.11.2013, 06:45 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ananova!

Из $(9X + 9a)[(9X + 9a)(3^2 -3) + 9a] +3X^2 = Z^3$, при $(Z, 3) = 3$,

следует что правая часть равенства делиться на 27 (как минимум),

но тогда $3X^2\equiv 0\mod27$,

что возможно если $(X,3)=3$, а в этом случае из $Y =8X + 9a$

следует, что и $(Y,3) = 3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение22.11.2013, 08:29 


15/12/05
754
vasili в сообщении #791294 писал(а):
Уважаемый ananova!

Из $(9X + 9a)[(9X + 9a)(3^2 -3) + 9a] +3X^2 = Z^3$, при $(Z, 3) = 3$,


Все верно, только правильная факторизация закрывается скобкой после $3x^2$, а не перед, как Вы написали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение22.11.2013, 18:14 


15/12/05
754
Теперь, вероятно, надо будет перейти к доказательству с альтернативными условиями

Если уравнение (1) имеет решение в целых числах
(1) $$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$
то и следующее уравнение (2) в рекурсии (на шаге $i+1$) имеет решение в целых числах.
(2) $$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение24.11.2013, 14:41 


15/12/05
754
ananova в сообщении #791422 писал(а):
Теперь, вероятно, надо будет перейти к доказательству с альтернативными условиями

Если уравнение (1) имеет решение в целых числах
(1) $$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$
то и следующее уравнение (2) в рекурсии (на шаге $i+1$) имеет решение в целых числах.
(2) $$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$


Небольшое исследование сформулированных условий (в предыдущем сообщении), представляется невозможным (имеется ввиду - их выполнение).

Пожалуй, следующий абзац покажется немного запутанным, но я попробую его сформулировать в оффтопике, а в тексте оставить результаты факторизации на рекурсивном шаге $i$, имеющем решение уравнения, а также на очередном шаге ($i+1$).

(Оффтоп)

Если рассматривать (1) как произведение сомножителей, один из которых $3^3$, то первый сомножитель $(x+y_i)$ не следующем шаге рекурсии остается и добавляет (для нового куба $3^2$). Поэтому для завершения куба требуется дополнительный множитель 3. Второй множитель $((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)$ может "генерировать" (добавлять) только 3, а не 9, чтобы завершить очередной куб $3^3$, т.к. имеет свободные ($3x^2$.


Если "решение" основного уравнения $z_i^3$ на шаге рекурсии $i$ можно условно представить, как произведение множителей, представляющее куб: $$(x+y_i) \cdot 3^3   \cdot (3^s h(x,y_i)+x^2)=z_i^3$$

Тогда следующее решение уравнения (созданное по рекурсии на шаге $(i+1)$) невозможно представить как $z_{i+1}^3$ , т.к. его можно условно представить так $$(x+y_i)(x+y_i) \cdot 3^3 \cdot  3^2  \cdot (3^t  g(x,y_{i+1})+x^2) \neq z_{i+1}^3$$

Если это так, т.е. все возможные варианты рассмотрены, то это облегчает движение к доказательству Случая 2 ВТФ по следующим причинам.


Ранее было доказано, что

1) из отсутствия решения основного уравнения на шаге рекурсии $i$ c переменными ($x, y_i$) не следует наличие решения на следующем шаге рекурсии ($i+1$), для заданных чисел ($x, y_{i+1}$)
ananova в сообщении #791089 писал(а):
Для Случая 2.

Если в уравнении (1) или (2) сумма $(x+y_i)$ не является целым числом в степени $3$
(1) $$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$
(2)$$ x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=r$$ то уравнение (1) и следующее уравнение (3) в рекурсии (на шаге $i+1$) не имеют решений в целых числах.
(3) $$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$





2) Здесь указана причина, почему не может следовать решение на следующем шаге рекурсии ($i+1$), при наличии его на предыдущем шаге $i$.

В связи с этим, полагаю надо перепроверить все. Возможно, что-то недоучтено. Но из этих двух выводов следует, что у основного уравнения ВТФ решения не может быть, т.к. гипотетическое решение не может возникнуть на каком-то шаге рекурсии, если ранее не было решения. А из наличия решения (на каком-то шаге), следует - далее не будет решений. Т.е. имеются противоречащие допущения и нарушение логики существования решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2
Сообщение24.11.2013, 15:56 


15/12/05
754
Попробую сформулировать общую схему доказательства.

Если уравнение (например ВТФ) возможно представить, как рекурсию основных переменных, то
1) доказательство отсутствия решения на шаге ($i+k$), для выбранных переменных,
при условии, что на шаге $i$ его нет)
2) доказательство отсутствия решения на шаге ($i+k$), , для выбранных переменных,
при условии, что на шаге $i$ принято существование гипотетического решения)
доказывают отсутствие любых решений.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 25 ]  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