Доказательство ВТФ для n=3.Часть 1.

[dick]

Доказать что уравнение: $x^n+y^n=z^n$ (1), не имеет решений для натуральных $n>2$ и натуральных, взаимно простых $x, y, z$.
Предположим, что имеются натуральные, взаимно простые $x,y,z$, удовлетворяющие условию (1) для $n=3$, причем $x,z$ –нечетные, а $y$-четное число.
Пусть $y=x+k_1$, $z=x+k_2$ , где $k_1,k_2$ - натуральные числа.
Тогда: $(x +k_2)^3 - (x +k_1)^3= x^3$ ;
Или: $x^3 - 3( k_2 - k_1)x^2 - 3(k_2^2 - k_1^2)x - (k_2^3 - k_1^3) = 0$ (2);
Равенство (2) представляет собой приведенное уравнение третьей степени с целыми коэффициентами.
В общем виде приведенное уравнение третьей степени с целыми коэффициентами, имеющее корень, может быть записано так:
$(x-x_1)^3+a_1(x-x_1)^2+a_2(x-x_1)=0$ (3);
Где $a_1,a_2,x_1$- натуральные числа, причем $x_1$ – корень уравнения.
Раскрывая скобки, получим:
$x^3-(3x_1-a_1)x^2+(3x_1^2-2a_1x_1+a_2)x-(x_1^3-a_1x_1^2+a_2x_1)=0$ или
$x^3-(3x_1-a_1)x^2-(2a_1x_1-3x_1^2-a_2)x-(x_1^3-a_1x_1^2+a_2x_1)=0$ (4);
Уравнение (2) имеет корень, если является частным случаем (4), то есть, при некоторых условиях все коэффициенты (2) и (4) равны.
Выясним эти условия, приравнивая коэффициенты:
$(k_2 - k_1)=x_1-a_1/3$ (5.1); $(k_2^2 - k_1^2)=2a_1x_1/3-x_1^2-a_2/3$ (5.2);
$(k_2^3 - k_1^3)=x_1^3-a_1x_1^2+a_2x_1$ (5.3).
Заметим, что поскольку $x_1$, $(k_2 - k_1)$, $(k_2^2 - k_1^2)$ числа нечетные, $a_1$ и $a_2$ – четные числа и следовательно, $a_1$ и $a_2$ делятся на 6.
Далее, для (5.2): $(k_2 + k_1)= (2a_1x_1/3-x_1^2-a_2/3)/(x_1-a_1/3)$ (6.1).
После деления уголком находим остаток не содержащий $x_1$: $a_1^2/9-a_2/3$ (6.2).
Для (5.3): $(k_2^2+k_1k_2+ k_1^2)=(x_1^3-a_1x_1^2+a_2x_1)/(x_1-a_1/3)$ (6.3).
Соответствующий условный остаток будет: $2a_1^3/27-a_1a_2/3$ (6.4).
Поскольку (6.2) и (6.4) должны делиться нацело на $(x_1-a_1/3)$, получим:
$a_2=3a_1^2/9-3A(x_1-a_1/3)$ (6.5); $a_2=2a_1^2/9-3B(x_1-a_1/3)/a_1$ (6.6), где $A,B$ четные.
Тогда: $(x_1-a_1/3)(3A-3B/a_1)=a_1^2/9=(a_1/3)^2$ (7).
Из (5.1) следует, что $x_1+c=k_2$ , $(a_1/3+c)=k_1$ (5.1.1) или $x_1-c=k_2$ , $(a_1/3-c)=k_1$ (5.1.2).
Где $c$ – натуральное нечетное число, не имеющее общих множителей с $x_1$.
Пользуясь (5.1.1), запишем (5.3) относительно $a_2$:
$a_2=((k_2^3 - k_1^3)-x_1^3+a_1x_1^2)/x_1$ $=$
$3ck_2+a_1x_1-(a_1/3)^3/x_1-3c(a_1/3)^2/x_1-3c^2(a_1/3)/x_1$ (10);
Левая часть (10) и все слагаемые правой части, кроме третьего делятся на 6, следовательно, $a_1/3$ кратно 6 и наименьшее $a_1/3$ равно 6.
Поскольку $x_1-a_1/3$ число нечетное, а $a_1/3$- четное, $x_1-a_1/3$ и $3(A-B/a_1)$ из (7) являются квадратами.
Учитывая, что $3(A-B/a_1)$ четный квадрат, его наименьшее значение 36, что соответствует наименьшему значению $(a_1/3)^2$.
В этом случае $x_1-a_1/3=k_2 - k_1=z-y=1^2$.

[binki]

dick в сообщении #1421337 писал(а):

следовательно, $a_1/3$ кратно 6 и наименьшее $a_1/3$ равно 6.

Уважаемый dick
Не видно доква, что наименьшее значение $a_1/3$ определяет наименьшую тройку решения.

[dick]

Если под тройкой решения вы понимаете $x_1$,$a_1$,$a_2$ то одно лишь $a_1$ тройку не определяет. Кроме того, полная тройка означала бы опровержение ВТФ, а я пытаюсь ее доказать. Об $x_1$ будет во второй части.
Но может быть вы имели ввиду что то другое?

[binki]

Тройка решения $x_1,(x_1+k_1), (x_1+k_2)$ определяется из равенства $(x +k_2)^3 - (x +k_1)^3= x^3$ (равно так равно).
Левая часть уравнения третьей степени (3) при $x=x_1$ обращается в нуль при любых значениях $a_1,a_2$. Поэтому и возникает вопрос,- а как эти коэффициенты связаны с минимальным решением, которое определяется минимальным значением $x_1+k_2$

[dick]

Я для того и привел уравнение (3) и уравнение $(x+k_2)^3-(x+k_1)^3=x^3$ (без номера) к виду (4) и (2) ,соответственно, что бы увидеть эту связь. Или в преобразованиях ошибка?

[binki]

Как раз эта связь и не видна. Не показано с какого момента при изменении $a_1$ станет не возможным решение в натуральных числах, а будут решения только иррациональные, которые всегда существуют для уравнений (1), (3). Этот момент совсем не означает, что при этом $a_1/3=6$.

[dick]

Боюсь, я вас не понимаю. Не могли бы вы взять какой нибудь отрывок моего текста и показать на нем проблему иррациональности?

[binki]

Как раз в тексте это отсутствует. Должно быть доказано утверждение,- если существует натуральное решение ($x_1\in N$), то оно существует и при минимальном значении коэффициента $a_1/3$. А из этого и следовала бы справедливость Вашего вывода, что в этом случае $z-y=1$.
А так Вы сделали только анализ соотношений коэффициентов преобразованного уравнения Ферма и кубического уравнения в общем виде.

[dick]

Теперь понятно. Но почему вы решили, что $x_1$ , каким бы оно ни было, должно составлять пару именно минимальному $a_1/3$?
Достаточно взять коэффициенты (4) и заметить, что они являются положительными числами, поскольку $k_2>k_1$, что бы получить:
$a_1/2>x_1>a_1/3$ (8.1) и $3x_1^2>a_2>x_1^2$ (8.2).
И $x_1=7$ является единственной парой для полюбившегося вам $a_1/3=6$.

[binki]

dick в сообщении #1422802 писал(а):

Достаточно взять коэффициенты (4) и заметить, что они являются положительными числами, поскольку $k_2>k_1$, что бы получить:
$a_1/2>x_1>a_1/3$ (8.1) и $3x_1^2>a_2>x_1^2$ (8.2).
И $x_1=7$ является единственной парой для полюбившегося вам $a_1/3=6$.

$x_1$ является корнем частного случая уравнения (4), когда его коэффициенты равны коэффициентам уравнения (2). Неравенства (8.1), (8.2) показывают соотношение чисел, но не определяют $x_1$ как натуральное число. В противном случае это сразу бы опровергло Теорему Ферма.
dick, Всё!

[kotenok gav]

dick в сообщении #1421337 писал(а):

Далее, для (5.2): $(k_2 + k_1)= (2a_1x_1/3-x_1^2-a_2/3)/(x_1-a_1/3)$ (6.1).
После деления уголком находим остаток не содержащий $х_1$: $a_1^2/9-a_2/3$ (6.2).

Подробней, пожалуйста.

-- 29 мар 2020, 20:42 --

Но, кажется, я уже вижу ошибку.

dick в сообщении #1421337 писал(а):

Учитывая, что $3(A-B/a_1)$ четный квадрат, его наименьшее значение 36, что соответствует наименьшему значению $(a_1/3)^2$.
В этом случае $x_1-a_1/3=k_2 - k_1=z-y=1^2$.

Видите ее?

[dick]

Может быть Вы имеете ввиду, что должно быть $3(B/a_1-A)$, а не $3(A-B/a_1)$ ?

[kotenok gav]

Нет. Вот смотрите, для примера, "доказательство ВТФ" с такой ошибкой:

Пусть $x^n+y^n=z^n$. Так как x, y и z натуральные, их наименьшие значения равны 1. Так как $1^n+1^n\ne1^n$, ВТФ верна.

[dick]

Не вижу связи.

[kotenok gav]

Я про наименьшие значения. Вы не можете говорить, что значения будут наименьшими.