Еще один вариант для кубов

[dick]

Вы согласны с тем, что $x_1-a_1/3=(z-y)$ и $a_1/3=a$, где $a=x+y-z$ ?

[Valprim]

Нет. Так как $a_1/3=x_1-(k_2-k_1)$. Разложения на множители будут отличаться. Потому что $z\ne k_2, y\ne k_1$
И необходимое условие $x_1^3+k_1^3-k_2^3=0$ может не выполняться.

[dick]

Ну вот видите, у нас с Вами слишком разные взгляды на жизнь. Но это и неплохо, пусть каждый остается со своим.

[dick]

Как показано ранее, равенство Ферма $x^3+y^3=z^3$ (1);
Приводится к виду: $x^3-3(k_2-k_1)x^2-3(k_2^2-k_1^2)x-(k_2^3-k_1^3)=0$ (1.1);
Где $k_1=y-x$, а $k_2=z-x$;
Из (1.1) следует что $(k_2^3-k_1^3)=bx$, где $b$-натуральное нечетное число.
В тоже время оказывается, что для случая когда $x$ не кратно 3, $z^3-y^3$ и $k_2^3-k_1^3$ не имеют общего множителя, кроме $(z-y)$.
Действительно, разница чисел $(z-y)^2+3zy$ и $(z-y)^2+3k_2k_1$ равна $3zy-3k_2k_1$ и может иметь общий множитель формы $6n+1$ или $6n+5$, c $3zy$ и $3k_2k_1$.
Но сумма: $3zy+3k_2k_1+2(z-y)^2$, не может содержать тот же множитель, поскольку $(z-y)^2$ взаимно просто по нечетным с $3zy$ и $3k_2k_1$.

[dick]

Valprim

Скажите, откуда Вы взяли "необходимое условие": $x_1^3+k_1^3-k_2^3=0$ ?

[Valprim]

dick в сообщении #1580368 писал(а):

($a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$).

$a^3=(x+y-z)^3$. Поэтому $a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ справедливо при условии $x^3+y^3-z^3=0; $ Точно также, $a^3=(x_1+k_1-k_2)^3=3(x_1-k_1)(x_1-k_2)(k_1+k_2), при условии $x_1^3+k_1^3-k_2^3=0; $

[dick]

Это для случая, когда есть много троек удовлетворяющих равенству Ферма?
А почему $a$ осталось тем же?

[dick]

Ну хорошо, на эти вопросы отвечать не хотите. А может быть ответите почему "Понятно, что $B/a_1$ - целое число..."?

[Valprim]

У меня время на ВТФ в основном по воскресеньям.
Речь не идет о новой тройке решения. И конечно $a$ одно и то же. И разлагается в конечном виде на одинаковые множители. Но промежуточные выражения отличаются.
Но это не главное. Ваша ошибка в том, что Вы используете частное выражение для уравнения третьей степени с $a_0=1$. Этот частный случай сразу даёт Вам необходимый результат. Достаточно сделать сокращения в рассматриваемых уравнениях.
Да ещё надо помнить, что неравные уравнения третьей степени могут иметь одинаковые корни. То есть могут пересекаться.

[dick]

А не могли бы Вы, для ясности, написать "частное выражение для уравнения третьей степени с $a_0=1$", которое я использую?

[Valprim]

dick в сообщении #1580368 писал(а):

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);

Здесь достаточно сократить на $(x-x_1)$ и уравнение будет не третьей степени, а второй. Кроме того, $a_0=1$, - частный случай. Да и повторюсь, что сравнение уравнений по одинаковым корням не несёт общности доказательства, так как коэффициенты у уравнений могут быть разными.
Вашей темой больше не занимаюсь.

[dick]

А как Вы думаете, почему здесь $a_0=1$ ? Может быть Вы думаете, что это моя прихоть ?

[dick]

Valprim

Valprim в сообщении #1588923 писал(а):

$a^3=(x+y-z)^3$. Поэтому $a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ справедливо при условии $x^3+y^3-z^3=0; $ Точно также, $a^3=(x_1+k_1-k_2)^3=3(x_1-k_1)(x_1-k_2)(k_1+k_2)$, при условии $x_1^3+k_1^3-k_2^3=0; $

Вы пишете "...точно также", но "точно также" не получается. Если выполняется "необходимое условие" $x^3+k_1^3-k_2^3=0$, то $k_2$ больше $x$.
Но тогда $a^3=(x+k_1-k_2)^3=3(x-k_1)(x-k_2)(k_1+k_2)$ это отрицательное число. Если конечно верить второй части последнего равенства.
У меня не получилась Ваша вторая часть.