Великая теорема Ферма. Доказательство

[ludwig51]

Antoshka в сообщении #1208524 писал(а):

Все равно не понимаю. Имеем уравнение $a^2+4\cdot b^3=c^2$. Известно, что $a,b,c$ это взаимно простые натуральные числа. Пусть возможны две ситуации.
1.$b$ это четное число, которое не является степенью двойки, $a$ и $c$ нечетные.
2.$b$ это нечетное число, большее трех, $a$ и $c$ четные. Моя гипотеза заключается в том, что при таком раскладе возможны только два представления в виде разности квадратов. Первое причем будет через тривиальное тождество, на которое я указал выше. Интересно, верно ли мое предположение? Мне пока удалось вывести формулу для разложений, но из нее не очень видно, охватывает ли она все возможные разложения во взаимно простых числах

Antoshka в сообщении #1208529 писал(а):

В первом случае я имел ввиду что $b\ne 2^m,m\in\mathbb{N}$. Для второго случая отмечу еще что $b\ne p^m,m\in\mathbb{N}$,$p$ простое число

Antoshka в сообщении #1208671 писал(а):

Нет. Гипотеза не верна. Я проглядел что то. $6119^2-631^2=10261^2-8261^2=4 \cdot 210^3$

А если применить не метод отрицания для чисел $b$ , а метод утверждения.
Например моя гипотеза:
Для того чтобы среди всех возможных решений исходного уравнения имелось бы только одно решение для взаимно простых чисел $a,b,c$, кроме тривиального, число $b$ долно выбираться из условия:
$b=p^mq^n$
$p,q$ простые числа
$p\ne q$
$m,n\in\mathbb{N}$

[Antoshka]

ludwig51 в сообщении #1209486 писал(а):

А если применить не метод отрицания для чисел $b$ , а метод утверждения.
Например моя гипотеза:
Для того чтобы среди всех возможных решений исходного уравнения имелось бы только одно решение для взаимно простых чисел $a,b,c$, кроме тривиального, число $b$ долно выбираться из условия:
$b=p^mq^n$
$p,q$ простые числа
$p\ne q$
$m,n\in\mathbb{N}$

Боюсь это не очень поможет. Для того чтобы выписать все возможные разложения надо записать $b^3=u^3 \cdot v^3, (u,v)=1$, причем $u$ и $v$ надо брать во всех возможных сочетаниях. Это и будет число всех возможных разложений. А сама формула выглядит так $4b^3=(u^3+v^3)^2-(u^3-v^3)^2$

[Antoshka]

Кстати тот факт, что уравнение $a^6+4b^3=c^2$ не имеет решений в натуральных числах, доказан или нет? Я имею ввиду не здесь на форуме, а вообще

[ludwig51]

Для уравнения $a^2+4b^3=c^2$
найдено аналитическое решение для нечётных чисел $b$
$c=2p(p^2+3q^2)$
$a=2q(3p^2+q^2)$
$b=(p^2-q2$)
$(p,q)=1$
Метод вывода этих формул приведён у Эдварса. В этом методе используется применение комплексных чисел. Разработка гениального математика Эйлера.
Можно использовать и обычные методы, но они более сложные. Эдварс эти методы также приводит.

Для четных чисел эта методика не подходит, аналитические формулы пока мне неизвестны.
Поэтому для четных $b$ (также можно использовать и для нечётных) используется методика разложения $b^3$ на простые сомножители.

Для ясности этого метода приведём маленький пример:
$b=6$
$b^3=2^33^3 =xy$
Находим все сочетания произведения xy по две цифры:
$x;y$
$1;2^33^3$ тривиальные двойки - общее решение для все чисел b

$2^3;3^3$ двойки для взаимно простых чисел a,b,c

$2^33;3^2$
$2^33^2;3$
$2^2;23^3$
$2;2^23^3$
Итого получили 6 решений.
$a=\mid x-y\mid$
$c=x+y$

ps:
не взаимно простые решения данного уравнения получаются если числа $a,c$ имеют куб общего множителя и число $b$ имеет квадрат этого общего множителя.

[Коровьев]

Вот не понимаю, почему никто не попытался решить эту задачу по-школьному. Может я чего-нибудь не учёл, но элементарно находятся все решения этого простого уравнения для любого $b$.

$$\[ 4b^3 = c^2 - a^2 \to \left( {a,c} \right) = 1 \]$

$$\[ b = 2^k d \to \left( {2,d} \right) = 1 \]$

$$\[ 4b^3 = 2^{3k + 2} d^3 = \left( {c + a} \right)\left( {c - a} \right) \to \left( {c + a,c - a} \right) = 2 \]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c + a = 2m^3 \\ c - a = 2^{3k + 1} n^3 \\ \end{array} \right. \]$

$$\[ mn = d \to \left( {m,n} \right) = 1 \]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} b = 2^k mn \\ c = m^3 + 2^{3k} n^3 = m^3 + \left( {2^k n} \right)^3 \\ a = m^3 - 2^{3k} n^3 = m^3 - \left( {2^k n} \right)^3 \\ \end{array} \right. \]$

И это все решения.

Antoshka в сообщении #1209681 писал(а):

Кстати тот факт, что уравнение $a^6+4b^3=c^2$ не имеет решений в натуральных числах, доказан или нет? Я имею ввиду не здесь на форуме, а вообще

Из приведённого выше общего решения необходимо, чтобы выполнялось

$$\[ a = m^3 - \left( {2n} \right)^3 = t^3 \]$

А это равенство невозможно, как доказал весьма оригинально на этом форуме Феликс Шмидель. Единственный на этом форуме!

[ludwig51]

Коровьев в сообщении #1211779 писал(а):

Вот не понимаю, почему никто не попытался решить эту задачу по-школьному. Может я чего-нибудь не учёл, но элементарно находятся все решения этого простого уравнения для любого $b$.

$$\[ 4b^3 = c^2 - a^2 \to \left( {a,c} \right) = 1 \]$

$$\[ b = 2^k d \to \left( {2,d} \right) = 1 \]$

$$\[ 4b^3 = 2^{3k + 2} d^3 = \left( {c + a} \right)\left( {c - a} \right) \to \left( {c + a,c - a} \right) = 2 \]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c + a = 2m^3 \\ c - a = 2^{3k + 1} n^3 \\ \end{array} \right. \]$

$$\[ mn = d \to \left( {m,n} \right) = 1 \]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} b = 2^k mn \\ c = m^3 + 2^{3k} n^3 = m^3 + \left( {2^k n} \right)^3 \\ a = m^3 - 2^{3k} n^3 = m^3 - \left( {2^k n} \right)^3 \\ \end{array} \right. \]$

И это все решения.

Контрпримеры:

Для $b=6=2*3$ имеется 6 решений.
Для $b=15=3*5$ имеется также 6 решений.
И так далее, то есть если $b$ есть произведение двух простых чисел, то имеется 6 независимых решений.
Для $b=12=2^2*3$ имеется 14 решений. (Два из них зависимые)
Извините, но из Ваших формул это не следует.

[Коровьев]

Начну с того, что формулы выведены мною из условия $(a,c)=1$
Далее при $k=0$ и подстановкой

$\[ {\left\{ \begin{array}{l} m = p + q \\ n = p - q \\ \end{array} \right.} \]$

они превращаются в приведённые Вами формулы из Эдварса для нечётных $b$.

Из выведенных формул получаются взаимно простые решения

$$\[b = 6 = 2 \cdot 3 \to d = mn = 1 \cdot 3\]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c = 1 \pm 6^3 \\ a = 1 \mp 6^3 \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} c = 3^3 \pm 2^3 \\ a = 3^3 \mp 2^3 \\ \end{array} \right. \]$


$$\[b = 15 \to d = mn = 1 \cdot 3 \cdot 5\]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c = 1 \pm 15^3 \\ a = 1 \mp 15^3 \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} c = 3^3 \pm 5^3 \\ a = 3^3 \mp 5^3 \\ \end{array} \right. \]$


$$\[b = 12 = 2^2 \cdot 3 \to d=mn = 1 \cdot 3\]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c = 1 \pm \left( {2^2 \cdot 3} \right)^3 \\ a = 1 \mp \left( {2^2 \cdot 3} \right)^3 \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} c = 3^3 \pm \left( {2^2 } \right)^3 \\ a = 3^3 \mp \left( {2^2 } \right)^3 \\ \end{array} \right. \]$

Если у Вас есть другие взаимно-простые решения - покажите.

[ludwig51]

Коровьев в сообщении #1212404 писал(а):

Начну с того, что формулы выведены мною из условия $(a,c)=1$
Далее при $k=0$ и подстановкой

$\[ {\left\{ \begin{array}{l} m = p + q \\ n = p - q \\ \end{array} \right.} \]$

они превращаются в приведённые Вами формулы из Эдварса для нечётных $b$.

Из выведенных формул получаются взаимно простые решения

$$\[b = 6 = 2 \cdot 3 \to d = mn = 1 \cdot 3\]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c = 1 \pm 6^3 \\ a = 1 \mp 6^3 \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} c = 3^3 \pm 2^3 \\ a = 3^3 \mp 2^3 \\ \end{array} \right. \]$


$$\[b = 15 \to d = mn = 1 \cdot 3 \cdot 5\]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c = 1 \pm 15^3 \\ a = 1 \mp 15^3 \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} c = 3^3 \pm 5^3 \\ a = 3^3 \mp 5^3 \\ \end{array} \right. \]$


$$\[b = 12 = 2^2 \cdot 3 \to d=mn = 1 \cdot 3\]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} c = 1 \pm \left( {2^2 \cdot 3} \right)^3 \\ a = 1 \mp \left( {2^2 \cdot 3} \right)^3 \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} c = 3^3 \pm \left( {2^2 } \right)^3 \\ a = 3^3 \mp \left( {2^2 } \right)^3 \\ \end{array} \right. \]$

Если у Вас есть другие взаимно-простые решения - покажите.

Других взаимно-простых решений у меня нет.
И мои формулы, которые я вывел по методике Эдварса также отражают только взаимно-простые тройки чисел a,b,c.
Все решения данного уравнения можно найти по моей методике, которую я привёл раньше.
Некоторые из этих решений будут зависимыми, если $m^3|a, \,m^3|c,\,m^2|b$

Мои формулы по методике Эдварса, вы нашли очень оригинально.
И должен признать, что ваши решения проще.

А если $b=q^k\,d$
$q,d$ нечётные, $q$ простое. Какое будет Ваше решение?
И исходя из какого метода выведены ваши формулы?
Тройки Пифагора?

Мои формулы для всех чисел $b$:
$b^3=xy$
$a=|x-y|$
$c=x+y$
выведены из формул для троек Пифагора.

$a^2+4b^3=c^2$
$a=p^2-q^2$

$(4b)^{\frac{3}{2}}=2pq$ ; $b^3=p^2q^2$
$c=p^2+q^2$

$p^2=x$
$q^2=y$

[Lia]

ludwig51
Замечание за избыточное цитирование. В двух последних Ваших постах в нем не было необходимости вообще, когда есть - можно использовать кнопку "Вставка".

[Antoshka]

Кстати в случае ВТФ3, когда $z$ кратно трем, необходимо, чтобы выполнялось $\frac{m^9+w^9}{m^3+w^3+3m\cdot w \cdot A}\in\mathbb{N}$. Числа $m,w,A$ взаимно простые натуральные. Если из этого соотношения удастся что-то получить, то доказательство для тройки может и будет

[Antoshka]

Еще одна идея доказательства ВТФ3 состоит в том, чтобы рассмотреть похожее уравнение $a^3+b^3=c^2,a,b,c\in\mathbb{N}\eqno(1)$. Суть в том, что уравнение $x^3+y^3=z^3,x,y,z\in\mathbb{N}$ можно привести к вышеупомянутому виду $(1)$ умножением обеих частей на $z^3$. Тогда очевидно $a=x \cdot z, b=y \cdot z, c=z^3$. Собственно, семейство решений данного уравнения имеет вид

$$\left\{ \begin{array}{rcl} a=x \cdot z \\ b=y \cdot z \\ c=z^2 \end{array} \right.$$

откуда следует, что $x^3+y^3=z$$\Rightarrow$ $z^3=z$. Дальше уже ясно. Что скажете?

[Someone]

Antoshka в сообщении #1353284 писал(а):

$a=x \cdot z, b=y \cdot z, c=z^3$. Собственно, семейство решений данного уравнения имеет вид

$$\left\{ \begin{array}{rcl} a=x \cdot z \\ b=y \cdot z \\ c=z^2 \end{array} \right.$$

откуда следует, что $x^3+y^3=z$$\Rightarrow$ $z^3=z$. Дальше уже ясно. Что скажете?

Скажу, что у Вас $c=z^3$ неожиданно превратилось в $c=z^2$.

[Antoshka]

Известно, что в случае $x^3+y^3=z^3$ одно из чисел обязательно делится на 3. Верно и более общее утверждение о том, что если уравнение $x^n+y^n=z^n$ имеет решение в натуральных числах и $n$ такое, что $2n+1$ простое число, то либо $x$, либо $y$, либо $z$ делится на $3n$. Из этого в свою очередь следует, что ВТФ верна для четных степеней, когда $2n+1$ простое число

[Antoshka]

Прежде, чем доказывать ВТФ в общем случае необходимо рассмотреть частный случай для тройки. Но вообще говоря, этот случай надо рассматривать отдельно, так как он особенный. В общем случае план доказательства выглядит так. Нужно рассмотреть 3 случая.
1)(2n+1) - простое число, $n>3$
2)(2n+1)- составное число
3)n=3
Имеем уравнение $x^5+y^5=z^5,(x,y,z)=1,x,y,z\in\mathbb{N}$. Нужно показать, что оно не имеет решений в натуральных числах. Ясно, что одно из чисел кратно пяти. Пусть это $z$.
Доказательство
Прежде всего нужно доказать, что если $z$ кратно пяти, то
Лемма.

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w_0^5+5m\cdot w_0\cdot A\\ y=m^5+5m\cdot w_0\cdot A\\ z=m^5+w_0^5+5m\cdot w_0\cdot A\\ \end{array} \right.$$

Здесь $(m,w,A)=1$, что следует из подстановки соотношений леммы в исходное уравнение. Полученное уравнение относительно $A$ имеет свободный член $(m^5+w_0^5)\cdot (m^{10}+\beta^5+w_0^{10}),\beta=m\cdot w_0$
Далее.
Запишем известные соотношения $x+y=5^4C^5$. Отсюда следует, что $z=5C(5^3C^4-\beta D)$, где $A=C\cdot D,(C,D)=1$. Можно даже показать, что $D=u^2+3v^2$. Запишем тождество $(x+y)^5-x^5-y^5=5x\cdot y\cdot (x+y)\cdot (x^2+x\cdot y+y^2)\Rightarrow (x+y)^5-z^5=5x\cdot y\cdot (x+y)\cdot (x^2+x\cdot y+y^2)\Rightarrow 5t^2(x+y)-5t(x+y)^3+(x+y)^5-z^5=0,t=xy$.
Получили квадратное уравнение. Его дискриминант $D=25(x+y)^6-20(x+y)((x+y)^5-z^5)=5(x+y)((x+y)^5+4z^5)=g^2\Rightarrow 5^5C^5((5^4C^5)^5+4\cdot (5C)^5(5^3C^4-\beta D)^5)=g^2\Rightarrow 5^{15}C^{20}+4(5^3C^4-D\beta)^5=g_1^2$ Получили уравнение вида $a^5+4b^5=g_1^2,(a,b)=1,a\not=a_1^2$. Исходное уравнение, понятно, равносильно уравнению похожего вида:$a_1^{10}+4b_1^5=g_2^2$

$$(a,b)=1\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} a=2^{\alpha+1} \\ b=2^{\alpha}, \alpha\in\mathbb{N} \end{array} \right.\Rightarrow $$

имеем противоречие. Случай для $x,y$ кратных $5$ доказывается аналогично

[binki]

Antoshka в сообщении #1397602 писал(а):

Можно даже показать, что $D=u^2+3v^2$

Уважаемый Antoshka!
Принадлежность к натуральным числам должна подтверждаться для всех преобразований. Но у Вас возможно иное. Например, $D\in\mathbb{N}, (u,v)\in\mathbb{I}$

Antoshka в сообщении #1397602 писал(а):

Исходное уравнение, понятно, равносильно уравнению похожего вида:$a_1^{10}+4b_1^5=g_2^2$

$$(a,b)=1\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} a=2^{\alpha+1} \\ b=2^{\alpha}, \alpha\in\mathbb{N} \end{array} \right.\Rightarrow $$

имеем противоречие

Покажите это подробно. Скачкообразные выводы, как правило, содержат скрытые ошибки.