Доказательство ВТФ

[Valprim]

falconer в сообщении #1499454 писал(а):

Подставим это значение в (4)

$$ \left(\frac{m}{n}\;c-c\right)\left(\frac{m}{n}\;c+c\right)=2a^2b^2 $$

$$ c^2\left(\frac{m^2}{n^2}-1\right)=2a^2b^2 $$

$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c $$

Не делится на $c$. Поэтому не выносится за скобки $c^2$. Это всё равно, что вытащить из пустого кармана хотя бы сто рублей.

[falconer]

nnosipov в сообщении #1499456 писал(а):

А почему должно? Откуда это следует? Если в каком-то выражении содержится квадратный корень, то это вовсе не означает, что значения этого выражения должны быть иррациональными. Классический пример: выражение $\sqrt{m^2+n^2}$ при $m=3$, $n=4$ принимает значение $5$.

В выражении

$$ c=\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{m^/n^2-1}}$$

знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

-- 09.01.2021, 19:44 --

Valprim в сообщении #1499464 писал(а):

$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c $$

Не делится на $c$. Поэтому не выносится за скобки $c^2$. Это всё равно, что вытащить из пустого кармана хотя бы сто рублей.

Я не понял вашего вопроса. Вы написали

$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c $$

Продлите запись

$$\frac{m}{n} c =\frac {a^2+b^2}{c}c= a^2+b^2$$

Я ровно это и сделал: заменил $ a^2+b^$ на $\frac{m}{n} c$. Почемуне выносится за скобки $c^2$?

[nnosipov]

falconer в сообщении #1499934 писал(а):

Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

Видите ли, это Вы должны доказывать, что число справа окажется иррациональным. Я просто указываю, что иррациональность правой части (и, тем самым, желанное противоречие) не является очевидной, здесь требуется доказательство.

[kotenok gav]

falconer в сообщении #1499934 писал(а):

знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

А $\dfrac{\sqrt2}{\frac1{\sqrt2}}$ по вашему тоже иррационально, да?

[Odysseus]

(Оффтоп)

kotenok gav в сообщении #1499944 писал(а):

falconer в сообщении #1499934 писал(а):

знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

А $\dfrac{\sqrt2}{\frac1{\sqrt2}}$ по вашему тоже иррационально, да?

У меня была мысль несколько дней назад заранее предупредить этот аргумент TC и сразу написать и его, и ответ, но решил запастись попкорном и лучше подождать

[Antoshka]

falconer в сообщении #1499934 писал(а):

В выражении

$$ c=\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{m^/n^2-1}}$$

знаменатель $<1$. Чем Вы сократите ${\sqrt{2}$ в числителе?

У вас $m$ фигурирует в первой степени, хотя раньше было в квадрате. Вы квадрат потеряли?

[falconer]

Antoshka в сообщении #1499958 писал(а):

У вас $m$ фигурирует в первой степени, хотя раньше было в квадрате. Вы квадрат потеряли?

Да. Это просто описка. Прошу прощения.

kotenok gav в сообщении #1499944 писал(а):

А $\dfrac{\sqrt2}{\frac1{\sqrt2}}$ по вашему тоже иррационально, да?

Вы прелагаете, что

$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Но при таком значении корня

$$\frac{m}{n}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},$$

т.е. иррациональное число. При натуральных $a,b,c$ значение

$$\frac{a^2+b^2}{c}=\frac{m}{n}$$

не может быть иррациональным.

-- 10.01.2021, 03:11 --

nnosipov в сообщении #1499935 писал(а):

Видите ли, это Вы должны доказывать, что число справа окажется иррациональным. Я просто указываю, что иррациональность правой части (и, тем самым, желанное противоречие) не является очевидной, здесь требуется доказательство.

$$ c=\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{m^2/n^2-1}}$$

При $0<\sqrt{m^2/n^2-1}<1$ с учетом того, что

$$1<\frac{m}{n}<\sqrt[4]{2^3},$$

не найдется иррационального числа, которое сократит в числителе $\sqrt{2}$. Допустим

$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a},\qquad 0<\frac{\sqrt{2}}{a}<1$$

Тогда из

$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a}$$

получаем

$$\frac{m}{n}=\frac{\sqrt{a^2+2}}{a}$$

При любом натуральном $a$ значение $a^2+2$ не может быть квадратом целого числа. Следовательно, $\sqrt{a^2+2}/a$ - число иррациональное. Что невозможно при натуральных $a,b,c$: значение

$$\frac{m}{n}=\frac{a^2+b^2}{c}$$

должно быть рациональным.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1500006 писал(а):

Допустим

$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a},\qquad 0<\frac{\sqrt{2}}{a}<1$$

По-моему, буква $a$ уже занята. Или это то же самое $a$, которое в формуле

$$\frac{m}{n}=\frac{a^2+b^2}{c}?$$

[Valprim]

falconer в сообщении #1499934 писал(а):

Почемуне выносится за скобки $c^2$?

Потому что не делится нацело. А дробное число в скобках только расширяет свойства примененных чисел. Тут уже не в чистой воде рыбку ловить.

falconer в сообщении #1500006 писал(а):

Тогда из

$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{\sqrt{2}}{a}$$

Лучше из

$$\sqrt{m^2/n^2-1}=\frac{4\sqrt{2}}{7}$$

[falconer]

ВТФ утверждает, что

уравнение

$$ x^3 + y^3 = z^3 \qquad(1)$$

не имеет решений в натуральных числах.


При решении уравнения (1) можно ограничиться случаем, когда $x,y$ и $z$ являются взаимно простыми числами. Очевидно, если есть решение для взаимно простых $(x_1,y_1,z_1)$, то тройка
$(kx_1,ky_1,k z_1)$ также будет решением при любом натуральном $k$. А если нет решений со взаимно простыми значениями переменных, то уравнение (1) вообще не имеет натуральных решений.

Кубическое уравнение Ферма можно записать в виде

$$x^2-xy+y^2 = \frac{z^3}{x+y}\qquad (2)$$

Из (2) видно, что тройка натуральных чисел $x,y,z$, для которой правая часть будет нецелым рациональным числом, не может быть решением уравнения (1).

Допустим есть натуральное решение уравнения (1) $x=a,\;y=b,\;z=c$. Согласно лемме 1 эти значения должны удовлетворять неравенству

$$ 1<\frac{a+b}{c}=\frac{m}{n}<\sqrt[3]{2^2},\qquad (3)$$

где $m/n$ - несократимое нецелое рациональное число, т.е. $(m,n)=1$. Из (3) видно, что в любом решении
$1\le (a+b,c)<c$. На первый взгляд, этого достаточно, чтобы правая часть (2) при $c=\alpha s$ и $a+b=\alpha t$

$$ \frac{c^3}{a+b}=\frac{\alpha^3s^3}{\alpha t}=\frac{\alpha^2s^3}{t}$$

была нецелым рациональным числом при любых натуральных $a,b,c$, удовлетворяющих неравенству (3). И на этом можно было бы считать доказательство законченным, поскольку целое число не может быть равно нецелому рациональному числу.

Но есть вариант значений $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$, для которого всегда можно подобрать значения
$k,\;s,\;q,\;n$, чтобы удовлетворялось неравенство (3)

$$1<\frac{a+b}{c}=\frac{k^s}{k^qn}=\frac{k^{s-q}}{n}<\sqrt[3]{2^2}$$

Для таких значений выполняется условие $1\le (a+b,c)=k^q<c$, но правая часть (2) при этом

$$ \frac{c^3}{a+b}=\frac{k^{3q}n^3}{k^s}=k^{3q-s}n^3 $$

является целым числом (но только в том случае, если $s<3q$) и прямого противоречия в равенстве (2) нет.

Таким образом, вопрос о возможном наличии натуральных решений кубического уравнения Ферма остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$. Проверим возможность решений уравнения Ферма 3-й степени для таких значений переменных.

Для таких переменных согласно лемме 1 в любом решении должно выполняться неравенство

$$1<\frac{x+y}{z}=\frac{k^{s-q}}{n}<\sqrt[3]{2^2},\qquad (4) $$

Откуда видно, что любом решении должны выполняться следующие соотношения

$$ (k,n)=1,\;(x,n)=1,\;(y,n)=1,\;(k,x),\;(k,y)=1$$

Значения $x$ и $y$ должны быть взаимно просты с $n$ по следующей причине. Если, например, $y=ay_1$ и $n=an_1$, то $(y,z)=a>1$, что противоречит нашей цели: мы ищем решения, в которых $x,y,z$ --- взаимно простые числа. По той же причине взаимно простыми должны быть $y$ и $k$, иначе из $x+y=k^s$ следует, что $x$ и $y$ не взаимно просты.

Подставив в уравнение Ферма значения $x=k^s-y,\;y,\;z=k^qn$, получим уравнение с одним неизвестным

$$ (k^s-y)^3+y^3=k^{3q}n^3$$

$$k^{3s}-3k^{2s}y+3k^sy^2=k^{3q}n^3 $$

$$3k^sy^2-3k^{2s}y=k^{3q}n^3-k^{3s}\qquad (5) $$

При $(k,3)=1$ левая часть уравнения (5) кратна 3-м, а правая --- нет. Покажем это. Допустим

$$k^{3q}n^3-k^{3s}=3\beta,$$

где $\beta$ --- какое-либо натуральное число. Решив это равенство относительно $n$, получим

$$n=\frac{\sqrt[3]{3\beta+k^{3s}}}{k^q}$$

Подставив это значение $n$ в (4), получим при любом $\beta$

$$\frac{k^{s-q}k^q}{\sqrt[3]{3\beta+k^{3s}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{3\beta/k^{3s}+1}}<1,$$

что противоречит (4). Полученное противоречие доказывает, что $k^{3q}n^3-k^{3s}$ не кратно 3-м. И уравнение (5) не может иметь целочисленное решение, поскольку левая часть кратна 3-м, а правая -- нет.

Допустим, $k=3a$. Подставим это значение в (5)

$$ 3(3a)^sy^2- 3(3a)^{2s}y = (3a)^{3q}n^3-(3a)^{3s}$$

Разделив обе части равенства на $(3a)^s$, получим

$$ 3y^2- 3(3a)^sy= (3a)^{3q-s}n^3-(3a)^{2s}$$

Откуда видно, что правая часть кратна $a$, а левая --- нет ($(3y,a)=1$). Это уравнение не может иметь решений с целыми значениями $y$.


И при $k=3$

$$ y^2-3^sy=3^{3q-s-1}n^3-3^{2s-1}$$

не может быть целых решений при $s<3q-1$, поскольку только $y^2$ не кратен 3-м. Но при $s=3q-1$ получаем уравнение

$$ y^2-3^sy=n^3-3^{2s-1},$$

из которого видно, что значение $n$ должно быть типа $3t+1$.


Рассмотрим вариант $x+y=3^{3q-1},\;z=3^qn$. Напомним, мы ищем решения, в которых $x,\;y,\;z$ взаимно простые. Поэтому из $x+y=3^{3q-1}$ следует: $(x,3)=1,\;(y,3)=1$ --- это числа разной четности. Пусть $x$ --- нечетно, а $y$ --- четно: $x=6t+1,\;y=3(2r+1)+1$.

Подставим значение $z$ в (2)

$$x^2-xy+y^2=\frac{3^{3q}n^3}{3^{3q-1}}=3n^3$$

$$(x+y)^2-3xy=3n^3$$

$$3^{2(3q-1)}-3xy=3n^3$$

$$3^{3(2q-1)}-xy=n^3$$

Вычтем 1 из левой и правой частей равенства

$$3^{3(2q-1)}-(xy+1)=n^3-1\qquad (6)$$

Значение $xy+1$

$$xy+1=(6t+1)(3(2r+1)+1)=36rt+24t+6r+5$$

не кратно 3-м.

A значение $n^3-1$ при $n=3v+1$

$$ n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)=9v(3v^2+3v+1)$$

кратно (как минимум) 9-ти.

Поэтому равенство (6) невозможно при целом значении $n$. Что и доказывает: уравнение (5) не имеет натуральных решений при $x+y=3^{3q-1},\;z=3^qn$.

Итак, доказано, что уравнение (1) не имеет натуральных решений при любых натуральных

$$k,\;q<s<3q,\;x+y=k^s,\; z=k^qn\qquad (7)$$

При всех других значениях $x,y,z$ значение правой части в (2)

$$ \frac{z^3}{x+y}$$

является нецелым рациональным числом.

Предполагая существование натурального решения уравнения Ферма 3-й степени ($x=a,y=b,z=c$), приходим
либо к необходимости выполнения невозможного равенства целого числа нецелому рациональному

$$a^2-ab+b^2\stackrel{?}{=}\frac{с^3}{a+b},$$

либо к отсутствию натуральных решений при параметрах переменных, приведенных в (7).

Что и доказывает: уравнение Ферма 3-й степени не имеет натуральных решений.

[nnosipov]

falconer в сообщении #1500957 писал(а):

вопрос о возможном наличии натуральных решений кубического уравнения Ферма остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$

Это утверждение не доказано.

[Valprim]

falconer в сообщении #1500957 писал(а):

остается только в том случае, если $a+b=k^s,\;c=k^qn,\;q<s<3q$.

Соотношения между числами определяются известными формулами Абеля.
Не проще ли искать противоречия, используя их?