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.
 
 Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение24.02.2015, 21:00 


15/12/05
740
ananova в сообщении #921233 писал(а):
Если ВТФ верна, то должно выполняться следующее сравнение: $$(qy)^3 \equiv y^3 \mod ((y+1)^3-y^3)$$ или так: $$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Сравнения справедливы при $q=3y^2-1$
Тогда $$y(3y^2-1) \equiv y+1 \equiv z \mod x^3$$
Уравнение соответствующее этому сравнению: $$y(3y^2-1)-nx^3 = y+1$$
$$3y^3-y-nx^3 = y+1$$
Известно, что $z=y+1$, если не делится на 3, то делится на $\sqrt [3]{y+x}$
Задача найти целое значение $n$, при котором левая часть уравнения делится на $\sqrt [3]{y+x}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение25.02.2015, 16:27 


15/12/05
740
ananova в сообщении #982080 писал(а):
$$3y^3-y-nx^3 = y+1$$
Известно, что $z=y+1$, если не делится на 3, то делится на $\sqrt [3]{y+x}$
Задача найти целое значение $n$, при котором левая часть уравнения делится на $\sqrt [3]{y+x}$


Программа определила "подходящее" значение $n$: $$n=y-1$$

Таким образом $$3y^3-y-(y-1)x^3 = y+1$$
Известно, что $z=y+1$, если не делится на 3, то делится на $\sqrt [3]{y+x}$
Задача найти противоречие - т.е. множитель в левой части уравнения равный $\sqrt [3]{y+x}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение25.02.2015, 18:08 


15/12/05
740
Мои выкладки такие.
Проделаем серию рекомпозиций в левой части уравнения: $$3y^3-y-(y-1)x^3 = y+1$$
$$3y^3-y-yx^3+x^3 = y+1$$
$$2y^3-y-yx^3+(y^3+x^3) = y+1$$
$$2y^3-y-yx^3+z^3 = z$$
$$z^3-y(x^3-2y^2+1) = z$$
Отсюда следует, что $x^3-2y^2+1$ делится на $z$, а т.к. $x^3=3y^2+3y+1$, то: $$z^3-yz(\frac {(y+2)(y+1)} {y+1})=z$$
$$z^3-yz(y+2)=z$$
$$(y+1)^3-y(y+1)(y+2)=(y+1)$$
Противоречие не найдено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение02.03.2015, 19:19 


10/08/11
671
ananova в сообщении #982487 писал(а):
$$2y^3-y-yx^3+(y^3+x^3) = y+1$$
$$2y^3-y-yx^3+z^3 = z$$

Уважаемый ananova! Я не увидел критерия (например, подобному в бесконечном спуске)по которому можно было бы судить, что числа $x,y,z$, фигурирующие в алгебраических преобразованиях, являются целыми. Ведь для уравнения Ферма всегда существуют целые значения $x^3,y^3,z^3$, при иррациональных $x,y,z$. Не поэтому ли отсутствуют противоречия?

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение02.03.2015, 19:50 


15/12/05
740
Какие-то методы ведут к противоречиям, какие-то нет. Без попыток не узнать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение04.03.2015, 16:51 


10/08/11
671
ananova в сообщении #982080 писал(а):
Сравнения справедливы при $q=3y^2-1$
Тогда $$y(3y^2-1) \equiv y+1 \equiv z \mod x^3$$

Уважаемый ananova!
Я не смог осилить изменения в правой части этого сравнения. По предыдущим выкладкам там должно быть $y$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение06.03.2015, 19:47 


15/12/05
740
lasta в сообщении #985569 писал(а):
о предыдущим выкладкам там должно быть $y$.

Возможно, что Вы имели ввиду $(y+1)^3 \equiv y^3 \mod x^3$
Или что-то другое?

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение07.03.2015, 12:29 


10/08/11
671
ananova в сообщении #982080 писал(а):
Если ВТФ верна, то должно выполняться следующее сравнение: $$(qy)^3 \equiv y^3 \mod ((y+1)^3-y^3)$$ или так: $$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Я имел ввиду эти сравнения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение08.03.2015, 20:23 


15/12/05
740
lasta в сообщении #986906 писал(а):
ananova в сообщении #982080 писал(а):
Если ВТФ верна, то должно выполняться следующее сравнение: $$(qy)^3 \equiv y^3 \mod ((y+1)^3-y^3)$$ или так: $$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Я имел ввиду эти сравнения.

Тут меня "занесло": "Если ВТФ верна..." - правильней было бы так: "Если ВТФ не верна..."
Далее ... Должны выполняться следующие сравнения (для случая $z-y=1$):
$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$
Такое же сравнение:
$$z^3 \equiv y^3 \mod x^3$$
Таким образом:
$$(qy)^3 \equiv z^3 \mod x^3$$
Иначе: $$(qy) \equiv z \equiv (y+1) \mod x^3$$
Это сравнение справедливо при $q=3y^2-1$
А далее см. начало этой темы....

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение19.03.2015, 13:15 


15/12/05
740
Перенесем вышесказанное на $n=2$

С помощью, данного подхода создадим генератор троек Пифагора

Рассмотрим подобные сравнения (для случая $z-y=1$) уравнения $$z^2-y^2=x^2\ren(1)$$
$$z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(2)$$
Для $q^2 \equiv 1 \mod x^2\ren(3)$:
$$(qy)^2 \equiv z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(4)$$
Иначе: $$(qy) \equiv z \equiv (y+1) \mod x^2\ren(5)$$
Это сравнение справедливо при $q=y^2-1$. Если такого $q$ не существует для $x^2$, то и тройки Пифагора не существует для $x^2$. Это же относится и для ранее рассмотренного случая $n=3$.
Еще раз вернемся к уравнению Пифагора для $z-y=1$:
$$x^2=(y+1)^2-y^2=2y+1\ren(6)$$
Найдем $y$: $$y=\frac {x^2-1}2\ren(7)$$
Тогда генератор троек Пифагора будет выглядеть так для нечетных значений $x$, для которых существует такое $q$, см.(3):
$x^2+y^2=(y+1)^2$ $$x^2+\frac {(x^2-1)^2}{2^2}=(\frac {(x^2-1)}2+1)^2\ren(9)$$
$q$: $$q=y^2-1=\frac {(x^2-1)^2}{2^2}-1\ren(10)$$
В общем-то, в итоге, знание формулы $q$ для $n=2$ ничего не дает, кроме преемственности от $n=3$ и расширения "доказательной базы".

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение19.03.2015, 16:33 


15/12/05
740
ПРОШУ прощения.. вношу небольшое исправление
Небольшая поправка, из-за того, что в старых записях использовал другое обозначение переменных.
Правильное значение $q$: $q = x^2-1$, а не $q=y^2-1$

Перенесем вышесказанное на $n=2$

С помощью, данного подхода создадим генератор троек Пифагора

Рассмотрим подобные сравнения (для случая $z-y=1$) уравнения $$z^2-y^2=x^2\ren(1)$$
$$z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(2)$$
Для $q^2 \equiv 1 \mod x^2\ren(3)$:
$$(qy)^2 \equiv z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(4)$$
Иначе: $$(qy) \equiv z \equiv (y+1) \mod x^2\ren(5)$$
Это сравнение справедливо при $q=2y=x^2-1$. Если такого $q$ не существует для $x^2$, то и тройки Пифагора не существует для $x^2$. Это же относится и для ранее рассмотренного случая $n=3$.
Еще раз вернемся к уравнению Пифагора для $z-y=1$:
$$x^2=(y+1)^2-y^2=2y+1\ren(6)$$
Найдем $y$: $$y=\frac {x^2-1}2\ren(7)$$
Тогда генератор троек Пифагора будет выглядеть так для нечетных значений $x$, для которых существует такое $q$, см.(3):
$x^2+y^2=(y+1)^2$ $$x^2+\frac {(x^2-1)^2}{2^2}=(\frac {(x^2-1)}2+1)^2\ren(9)$$
$q$: $$q=2y=x^2-1=\frac {2(x^2-1)}2 \ren(10)$$

-- Чт мар 19, 2015 17:00:39 --

Если у кого-то будет время разобраться в этом и вывести формулу $q$ для произвольного нечетного $n$, то было бы любопытно. Мне хватило умения только для $n=2$ - определить $q=2y$ и для $n=3$ определить $q=3y^2-1$.
Выскажу такую гипотезу - может быть уравнение Пифагора имеет решение, т.к. $q$ делится на $y$, а для остальных степеней не делится?

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение18.01.2016, 22:56 


15/12/05
740
Хотел бы обратиться за помощью к тем, кто имеет "проплаченые" вычислительные мощности на wolfram.

К сожалению, бесплатная версия не позволяет найти все решения и увидеть полностью графики уравнения

Из ранее сказанного в этой теме для случая $(y+1)^3-y^3=x^3$ следует

$$q^3=(3y^2-1)^3=(3y^2-2)(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)+1$$

При этом выполняются свойства для $q$: $$q^3 \equiv 1 \mod ((y+1)^3-y^3)$$

$q$ , для этого конкретного случая, было определено ранее: $q=3y^2-1$

Рассмотрим множители $q^3-1=(3y^2-1)^3-1=(3y^2-2)(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)$:
1) $3y^2-2=x^3-3y-3$
2) $3y^2-3y+1=x^3-6y$
3) $(y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1=x^3$

$q=x^3-3y-2$

Таким образом, перепишем $q^3$ с новой композицией множителей:

$$q^3=(x^3-3y-2)^3=(x^3-3y-3)(x^3-6y)x^3+1$$

Вольфрам мой находит такие решения

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%28x%5E3-3y-2%29%5E3%3D%28x%5E3-3y-3%29%28x%5E3-6y%29x%5E3%2B1

Но хотелось бы побольше информации и сделать вывод - достаточно ли её для доказательства частного случая ВТФ.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение19.01.2016, 00:12 


15/12/05
740
На основе уравнения для $q^3$ можно получить несколько вариантов уравнения с включением переменной $x^3$
Все они равноценны. Вот такой вариант, по-моему, показывает единственное вещественное решение этого уравнения
http://m.wolframalpha.com/input/?i=%283y%5E2-1%29%5E3%3D%28x%5E3-3y-3%29%283y%5E2-3y%2B1%29%283y%5E2%2B3y%2B1%29%2B1&x=12&y=11

Или такой

http://m.wolframalpha.com/input/?i=%28x%5E3-3y-2%29%5E3%3D%283y%5E2-2%29%283y%5E2-3y%2B1%29%283y%5E2%2B3y%2B1%29%2B1&x=9&y=13

А их комбинация подтверждает Возможное доказательство таким способом
http://m.wolframalpha.com/input/?i=%28x%5E3-3y-2%29%5E3%3D%28x%5E3-3y-3%29%283y%5E2-3y%2B1%29%283y%5E2%2B3y%2B1%29%2B1&x=2&y=9

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение22.01.2016, 00:01 


15/12/05
740
Надеюсь, что нашел противоречие. Возможно, надо упорядочить весь текст.

Противоречие заключается в том, что $(q,3)=3$, т.к. $q^2+q+1=3y^2+(3y^2-1)^2=((y+1)^3-y^3)(y^3-(y-1)^3)$
Однако, $q=3y^2-1$, т.е. $q$ делится на 3 только, при $y$ дробном. А $y$ - это переменная уравнения ВТФ.

Резюмирую.
Для этого частного случая $x$ - целое нечетное число.
Т.е. для любого нечетного куба $x^3$ имеется дробный $y$ : $x^3=(y+1)^3-y^3$, при этом, всегда существует целое число $q$ : $q^3 \equiv 1 \mod (x^3)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск противоречия по модулю (x^3)
Сообщение22.01.2016, 01:40 


15/12/05
740
На нескольких числовых примерах это подтверждается, больше не проверял, но в теории есть 1 "брешь" в этих выкладках - из уравнения следует, что на 3 делится или $q$ или $(q+1)$. Если $q+1$ делится на 3, то это влечет целое $y$.
В моих примерах, мне не удалось добиться этого. Всегда $q$ имел множитель 3.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  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