Небольшое замечание

[mihaild]

dick в сообщении #1594433 писал(а):

что $(z-y)$ не может быть частью решения, то есть частично или целиком входить в тройку $x,y,z$.

Что значит "число входит в тройку чисел"? (я бы предположил, что совпадает с одним из чисел тройки, но у Вас, видимо, другое определение)

dick в сообщении #1594473 писал(а):

основание которого является частью числа $x$

Что такое "число является частью числа"?

dick в сообщении #1594473 писал(а):

В этом случае $(z-y)$ это часть решения

Что такое "часть решения"?

dick в сообщении #1594473 писал(а):

несмотря на то, что $(z-y)$ не имеет отношения к $z$ и $y$

Что значит "число имеет отношение к двум другим числам"?

dick в сообщении #1594473 писал(а):

Но если будет доказано что $(z-y)=1$ это единственный вариант $(z-y)$ для примитивного решения,

Если будет доказано, что для примитивного решения $z - y = 1$, то да, достаточно будет рассмотреть этот случай:)

[dick]

Оставим пока вопрос о $(z-y)=1$ и доведем до конца анализ равенства Ферма из предыдущей темы, а именно:
$(x_2-1)(x_2+1)=3x_1(x+k_2+k_1)$ (6);
Напомню, что здесь $x$ не делится на 3, $x=x_1x_2$; $x_1=(z-y)^{1/3}$; $x_2=((z-y)^2+3zy)^{1/3}$; $k_1=(y-x)$; $k_2=(z-x)$; $z,y$ -числа разной четности.
Поскольку $x$ не делится на 3, число $x_1$ может иметь форму $6n+1$ или $6n+5$, но число $x_2$ может иметь только форму $6n+1$, потому что какую бы из двух возможных форм ни имело $(z-y)$, его квадрат будет иметь форму $6n+1$, а число $3zy$ имеет форму $6n$. Отсюда следует, что в паре соседних четных чисел слева, меньшее делится на 3. В паре соседних четных чисел слева, одно обязательно делится только на $2^1$, а другое делится на $2^k$, где $k≥2$, поэтому скобка правой части делится как минимум на 8.
Перепишем (6) в виде: $(x_2-1)(x_2+1)=3x_1((x+k_1)+(z-x))=3x_1(y+(y-a))=3x_1(2y-a)$ (6.1); где $a=x+y-z$.
Предположим, что $y$ - нечетное число и не делится на 3. Тогда скобка правой части не делится на 3 и обе части (6.1) делятся только на $3^1$. Что бы скобка правой части могла делиться на 8, с учетом нечетности $y$, $a$ должно делиться только на $2^1$. Вынесем двойку за скобку правой части и получим: $(x_2-1)(x_2+1)=6x_1(y-a/2)$ (6.2);
Числа $y$ и $a/2$ имеют общий множитель, вынесем его:
$(x_2-1)(x_2+1)=6x_1(z-x)^{1/3}((z-x)^2+3zx)^{1/3}-(3(zих-y)(x+y))^{1/3}/2$ (6.3);
Учитывая, что в скобке правой части слагаемое $((z-x)^2+3zx)^{1/3}$ имеет форму $6n+1$, а слагаемое $(3(z-y)(x+y))^{1/3}/2$ имеет форму $6n+3$, и скобка имеет форму $6n+4$, перепишем равенство в виде:
$6n_1(6n_1+2)=6n_2(6n_3+4)$ (6.4);
Можно ли путем перемещения неких множителей, получить в правой части тоже что в левой?
Сделаем привал.

[mihaild]

(Оффтоп)

dick в сообщении #1595631 писал(а):

Оставим пока вопрос о $(z-y)=1$ и доведем до конца анализ равенства Ферма из предыдущей темы

На этом моменте я из этой темы тоже исчезаю.

[dick]

mihaild
Спасибо за уведомление. Попробую предложить Вам что нибудь свеженькое на тему $(z-y)=1$.
Предположим что $x^3+y^3=z^3$ (1), выполняется при некоторых взаимно простых натуральных $x_1, y_1, z_1$, таких, что $x_1$-нечетное и не делится на 3, а $y_1$ и $z_1$ -числа разной четности, одно из которых делится на 3.
Перепишем (1) в виде $x_1^3=(z_1-y_1)((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$ (1.1);
Пусть $(z_1-y_1)=6n+1>1$.
Что бы получить непримитивные решения (1) мы должны умножать $x_1, y_1, z_1$ на произвольные нечетные натуральные числа $k_1, k_2, k_3, k_4$ и так далее. Равенство (1.1) для этих непримитивных решений будет иметь вид:
$x_2^3=(x_1k_1)^3=k_1^3((z_1-y_1)((z_1-y_1)^2+3z_1y_1))$;
$x_3^3=(x_1k_2)^3=k_2^3((z_1-y_1)((z_1-y_1)^2+3z_1y_1))$;
$x_4^3=(x_1k_3)^3=k_3^3((z_1-y_1)((z_1-y_1)^2+3z_1y_1))$ и т.д.
То есть любое непримитивное решение в своем составе простых множителей содержит все простые множители состава примитивного решения как неизменную часть.
Теперь перепишем (1) в виде: $a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ (1.2);
Как видим в составе простых множителей $a$ не содержатся множители из состава $((z-y)^2+3zy), ((z-x)^2+3zx), ((x+y)^2+3xy)$.
То есть переход к непримитивным решениям реализуется через первые скобки в разложениях (1.1), в то время как вторые остаются неизменными. Но тогда, учитывая что $(z_1-y_1)$ является частью примитивного решения, $(z_1-y_1)$ не может иметь общие множители с $a$, что противоречит (1.2).

[mihaild]

dick в сообщении #1597435 писал(а):

То есть переход к непримитивным решениям реализуется через первые скобки в разложениях (1.1), в то время как вторые остаются неизменными

Что это значит?
Еще раз (последний, на сообщения, в которых эта просьба не выполнена, отвечать больше не буду) прошу: пишите в стандартных терминах, чтобы утверждения имели вид "Пусть $t$ - число, такое что существует число $p$, такое что что-то там. Тогда что-то там". Без всяких "переходов к решениям" и "реализаций".
Я понял, что зафиксировали примитивное решение $x_1, y_1, z_1$ и, видимо, нечетное число $k_1$. И пытаемся что-то доказать про решение $k_1 x_1, k_1 y_1, k_1 z_1$. Что именно - уже непонятно.

[dick]

dick в сообщении #1597435 писал(а):
То есть переход к непримитивным решениям реализуется через первые скобки в разложениях (1.1), в то время как вторые остаются неизменными
Что это значит?
Вы, надеюсь, помните число $a$, такое, что $x+y=z+a$ (2).
Равенство (1) можно записать, используя число $a$: $a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ (1.2);
Если $x_1, y_1, z_1$ это примитивное решение, а $x_2=k_1x_1, y_2=k_1y_1, z_2=k_1z_1$ (где $k_1$-произвольное нечетное число), это непримитивное решение (1), то согласно (2), $a_2=k_1a$, но
$((z_2-y_2)^2+3z_2y_2)=((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$;
$((z_2-x_2)^2+3z_2x_2)=((z_1-x_1)^2+3z_1y_1)$;
$((x_2+y_2)^2-3x_2y_2)=((x_1+y_1)^2-3x_1y_1)$.

[mihaild]

dick в сообщении #1597598 писал(а):

$((z_2-y_2)^2+3z_2y_2)=((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$;

А это откуда взялось?

[dick]

Приврал немного, хотел сказать что $x_2^3=(x_1k_1)^3=(z_2-y_2)((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$.
То есть вторая скобка справа может оставаться прежней.
Возможен еще вариант
$x_2^3=(x_1k_1)^3=(k_1(z_1-y_1))(k_1^2((z_1-y_1)^2+3z_1y_1))=(z_2-y_2)((z_2-y_2)^2+3z_2y_2)$.
Но здесь скобки справа уже не кубы.

[mihaild]

dick в сообщении #1597775 писал(а):

$(x_1k_1)^3=(z_2-y_2)((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$.

А это откуда?

[dick]

И здесь не без греха, равенство выполняется если положить $(z_1-y_1)=1$. Но я вот что подумал, $x_1$ имеет общий множитель с $(z_1-y_1)$, а $3z_1y_1$m, не имеет общего множителя с $x_1$. Выходит что $x_1^3$ не может делиться на $((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$.

-- 17.06.2023, 22:26 --

Извините, опечатка: буква $m$ - лишняя.

[mihaild]

dick в сообщении #1597936 писал(а):

И здесь не без греха, равенство выполняется если положить $(z_1-y_1)=1$.

И это непонятно почему.

dick в сообщении #1597936 писал(а):

Выходит что $x_1^3$ не может делиться на $((z_1-y_1)^2+3z_1y_1)$.

Если Вы тут хотите сказать, что если $a$ и $b$ не взаимно просты, а $a$ и $c$ взаимно просты, то $a$ не делится на $b - c$, то это неправда.

[dick]

А не могли бы Вы показать эти $a, b, c$ ?

[mihaild]

dick в сообщении #1598029 писал(а):

А не могли бы Вы показать эти $a, b, c$ ?

Да тысячи их. Например берете взаимно простые $b$ и $c$, и $a = b \cdot (b - c)$.

[dick]

Пусть при натуральных, взаимно простых $x,y,z$, где $x$ не делится на 3, а $z,y$ - разной четности, выполняется
$x^3+y^3=z^3$ (1);
Тогда: $x^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$ (1.2); где скобки справа - кубы.
Можем записать: $x=x_1x_2$; $x_1=(z-y)^{1/3}$; $x_2=((z-y)^2+3zy)^{1/3}$;
Перепишем (1.2): $(z-y)x_2^3=(z-y)^3+(z-y)3zy$ (1.3);
Равенство (1.3) можно сократить на $(z-y)$, но по условию взаимной простоты $x,y,z$ это невозможно.
Вопрос: Что такое $(z-y)$ ?

[mihaild]

dick в сообщении #1600338 писал(а):

но по условию взаимной простоты $x,y,z$ это невозможно

Почему?