О сумме двух кубов

[age]

grisania
Другие решения есть. Это частная формула, найденная Petern1.
Более общее решение выглядит вот так:
$64a^3(a^3-b^3)^3+b^3(8a^3+b^3)^3=(8a^6+20a^3b^3-b^6)^2$.
Но и эта формула охватывает не все решения.

[grisania]

age в сообщении #239615 писал(а):

grisania
Другие решения есть. Это частная формула, найденная Petern1.
Более общее решение выглядит вот так:
$64a^3(a^3-b^3)^3+b^3(8a^3+b^3)^3=(8a^6+20a^3b^3-b^6)^2$.
Но и эта формула охватывает не все решения.

Нифигасе, а где это написано? Неужели Petern1 тоже их открыл? Мне казалось, что из этих представлений можно получить док-во ВТФ для тройки.
Но если их много, то уже сомневаюсь

[age]

grisania

Petern1 молодец. Если бы только не его никуда не годное доказательство теоремы Ферма для троек. А вы у него сами спросите, может он и другие решения найдет.
Я честно говоря, этим не занимался. Меня больше всегда интересовали полные квадраты, чем неполные!

[ljubarcev]

grisania в сообщении #217763 писал(а):

shwedka в сообщении #217759 писал(а):

grisania в сообщении #217671 писал(а):

Ссылка shwedkи
http://rapidshare.com/files/71988521/euler.pdf.html
битая

еще бы не битая!!!
Год на рапиде файлы не лежат.

Дайте не битую или пришлите на мыло.

Даю.
Рассмотрим утверждение П.Ферма при $n=3$.
Давно доказано, что в этом случае, если выполняется равенство $X^3+Y^3=Z^3$ при натуральных $Z;Y;X$, то должно выполняться и равенство $x^3+y^3=z^3$ при $(x;y;z)$ попарно взаимно простых.
Предположим, что в натуральных попарно взаимно простых числах $x:y:z$ выполняется равенство $x^3+y^3=z^3$.
Утверждение 1. Должно быть $x+y-z=3t$ - $t$ – натуральное число.
Доказательство.
В соответствии с «малой» теоремой Ферма имеем $x^3-x=3A$;
$y^3-y=3B$; $z^3-z=3C$. С учётом того, что $x^3+y^3-z^3=0$ после сложения первых двух равенств и вычитании третьего получим
$x+y-z=3(C-B=A)=3t$; где $(C-B-A)= t$ – натуральное число.
Утверждение 2 . При попарно взаимно простых по исходному предположению $x;y;z$ числа $(z-y);(z-x); (x+y)$ так же должны быть попарно взаимно простыми.
Доказательство.
Из $x^3+y^3=z^3$ получаем: $x^3/(z-y)=z^2+zy+y^2$; $y^/(z-x)=z^2+zx+x^2$; $z^3/(x+y)=x^2-xy+y^2$. Очевидно, что бы последние равенства выполнялись в натуральных числах число $z-y$ должно состоять только и только из множителей числа $x$; число $z-x$ должно состоять только и только из множителей числа $y$; число $x+y$ должно состоять только и только из множителей числа $z$. Таким образом видно что, при попарно взаимно простых по исходному предположению $x;y;z$ числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же должны быть попарно взаимно простыми.
Утверждение 3. Должно выполняться, например, $z-y=9m^3$:
$z-x=k^3$; $x+y=g^3$.
Для любых чисел $x;y;z$ справедливо равенство $(x+y-z)^3= y^3+x^3-z^3+3(x+y)(z-x)(z-y)$. Так как в нашем случае $x+y-z=3t$; а
$ y^3+x^3-z^3 =0$, то должно быть $t^3=((x+y)(z-x)(z-y)/3^2$.
Очевидно, что при взаимно простых $(x+y);(z-x);(z-y)$ одно и только одно из них должно делится на $3^2$. Действительно, так как слева мы имеем $t^3$, куб, то число справа должно быть целым кубом, а это возможно только если два из чисел $(x+y);(z-x);(z-y)$ являются кубами, а одно равно девяти кубам, то есть должно быть, например,
$z-y=9m^3$: $z-x=k^3$; $x+y=g^3$.
Утверждение 4. Должно выполняться $x+y-z=3mgk$.
Доказательство.
Так как $(3t)^3=3(x+y)(z-x)(z-y)$, а $z-y=9m^3$: $z-x=k^3$; $x+y=g^3$, то после подстановки получим $(3t)^3=3*9m^3g^3k^3$, а после извлечения кубического корня yвидим, что должно выполняться $3t=x+y-z=3mgk$.
Утверждение 5. Должно быть $x=3mx_1$.
Положив $z-y=9m^3$, мы тем самым определили, что из тройки $x;y;z$ именно число $x$ должно делиться на 3. Действительно. Из $x^3+y^3=z^3$ следует $x^3/(9m^3)=z^2+zy+y^2$, откуда видно, что $x$ должно делиться на $3m$, то есть должно быть $x=3mx_1$.
Утверждение 6. При $y$ не делящемся на 3 числа $(z-x); (z^2+zx+x^2)$; должны быть взаимно простыми. Доказательство.
Предположим обратное – пусть они имеют общий множитель $b$, то есть что $(z-x)=bA$; $(z^2+zx+x^2=bB)$, где $b;A;B$ - натуральные числа. После подстановки получим $x^2+2Abx+b^2A^2+x^2+bAx+x^2 =bB$; $3x^2+3Abx+b^2A^2=bB$ и после деления на $b$ получим $(3x^2)/b+3Ax+bA^2=B$. Видим, что целым числом должна быть дробь $(3x^2)/b$. Это возможно только при $b=1$. Действительно, при $x$ делящемся на $b$ из $z-x=bA$ на $b$ должно делиться и $z$, что при взаимно простых $z$ и $x$ невозможно. Следовательно, возможно только $b=1$, то есть числа $(z-x);(z^2+zx+x^2)$ должны быть взаимно простыми. Совершенно аналогично доказательство взаимной простоты чисел $(x+y);(x^2-xy+y^2$.
Утверждение 7. При взаимно простых $(z-x); (z^2+zx+x^2)$ и $(x+y);(x^2-xy+y^2$ должно быть $z-x=k^3$; $z^2+zx+x^2=y_1^3$; $y=ky_1$; $x+y=g^3$; $x^2-xy+y^2=z_1^3$: $z=gz_1$. Доказательство.
При взаимно простых $(z-x); (z^2+zx+x^2)$ из
$y^3=(z-x)(z^2+zx+x^2)$ очевидно, что каждое из этих чисел должно быть кубом, то есть $z-x=k^3$; $z^2+zx+x^2=y_1^3$ и $y^3=k^3y_1^3$, а $y=ky_1$. При взаимно простых $(x+y); (x^2-xy+y^2)$ из
$z^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)$ очевидно, что каждое из этих чисел должно быть кубом, то есть $x+y=g^3$; $x^2-xy+y^2=z_1^3$ и $z^3=g^3z_1^3$, а $z=gz_1$.
Утверждение 8. Равенство $x^3+y^3=z^3$ не выполняется в натуральных числах при $x$ делящемся на $3$. Доказательство.
Любая тройка натуральных чисел $x;y;z$ удовлетворяет тождеству $2(x+y-z)=(x+y)-(z-x)-(z-y)$. Доказано, что в нашем случае должно быть $x+y-z=3mgk$; $x+y=g^3$; $z-x=k^3$; $z-y=9m^3$. После подстановки видно, что должно быть: $6mgk=g^3-k^3-9m^3$.
$6mgk+9m^3=g^3-k^3$ и после деления всего равенства на $9$ получим: $(2mgk)/3=(g^3-k^3)/9$ В этом равенстве число справа будет целым, так как при числах $g$ и $k$ не делящихся на 3 (ведь это множители чисел $z;y$), число $g^3-k^3$ всегда делится на $9$. Действительно. При числах $g$ и $k$ не делящихся на 3 должно быть $g=3g_1+1$; $k=3k_1+1$. Тогда $g^3-k^3=27(g_1^3-k_1^3)+27(g^2-k^2)+9(g_1-k_1)$. $(g^3-k^3)/9=3(g_1^3-k_1^3)+3(g_1^2-k_1^2)+(g_1-k_1)$ и , очевидно, что число справа целое, как сумма целых чисел, следовательно и число $(g^3-k^3/9$ целое. Таким образом, в равенстве $(2mgk)/3=(g^3-k^3)/9$ число справ – целое. В то же время число слева $(2mgk)/3$ при взаимно простых $g;k;m$ не делящихся в нашем случае на $3$ натуральных числах, очевидно, целым быть не может. Следовательно, равенство $(2mgk)/3=(g^3-k^3)/9$ не может выполняться в натуральных числах. А ведь должно ! Это противоречие доказывает, что все выше приведенные равенства, эквивалентные последнему (все они могут быть получены из него путём обратных преобразований), в том числе и исходное предположение
$x^3+y^3=z^3$ выполняться не могут. Чтд.
Дед.

[grisania]

2дед. ВТФ для тройки
Внимательно не читал, но знаю, что в ВТФ для тройки самый трудный момент - это когда в уравнении $x^3+y^3=z^3$ есть хотя бы один член четный и делится на 3. В остальных случаях можно не использовать спуск, используя Лемму Эйлера.
У классиков почему-то это не акцентируется. Обычно акцентируется деление на 3 хотя бы одного члена, т.е. 2-ой случай ВТФ .

Проверьте случай, когда хотя бы один член четный и делится на 3.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #243563 писал(а):

при взаимно простых $g;k;m$ не делящихся в нашем случае на $3$ натуральных числах, очевидно, целым быть не може

Прошел год, а Вы повторяете ту же ошибку!!
Где Вы взяли, что $m$ не делится на $3$?

[venco]

ljubarcev в сообщении #243563 писал(а):

после деления всего равенства на $9$ получим: $(2mgk)/3=(g^3-k^3)/9$ В этом равенстве число справа будет целым, так как при числах $g$ и $k$ не делящихся на 3 (ведь это множители чисел $z;y$), число $g^3-k^3$ всегда делится на $9$.

Неужели? А если $g=2, k=1$?

[ljubarcev]

grisania в сообщении #243566 писал(а):

2дед. ВТФ для тройки
Внимательно не читал, но знаю, что в ВТФ для тройки самый трудный момент - это когда в уравнении $x^3+y^3=z^3$ есть хотя бы один член четный и делится на 3. В остальных случаях можно не использовать спуск, используя Лемму Эйлера.
У классиков почему-то это не акцентируется. Обычно акцентируется деление на 3 хотя бы одного члена, т.е. 2-ой случай ВТФ .

Проверьте случай, когда хотя бы один член четный и делится на 3.

Уважаемый Grisania ! Вы верно замечаете, что случай $n=3$ относится ко 2 случаю теоремы Ферма. Признаки четности - нечётности в доказательстве не использоваись. Взято любое $x$ делящееся на $3$ и доказано что в этом ОБЩЕМ случае равенство $x^3+y^3=z^3$ решений не имеет. Поэтому рассматривать случай чётного $x$ нет надобности.
Уважаемая Shwedka ! Вы действительно указывали, что из приведенного доказательства (без Вашего внимания при моих способностях к ошибкам я врядли его нашёл бы) наглядно не вытекает, что при $x$ делящемся на $3$ в степени большей 1 решений нет. Прошу прощения, но я попрежнему считаю, что логическое утверждение: "так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$ равенство $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений, то оно тем более не имеет решений при $x$ делящемся на $3^i$ при $i>1$, так как все эти $x$ входят во множество чисел делящихся $3$ в первой степени" - верно. В чём ошибка в этом утверждении никто не может (не хочет ?) объяснить.
Дед

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #243780 писал(а):

так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$ равенство $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений

Неправда. В восьмой раз, это СТРОГО НЕ ДОКАЗАНО!!!
Доказано только, что нет решений при $x$ делящемся на $3$, НО НЕ ДЕЛЯЩЕМСЯ НА 9.

[venco]

Да и это не доказано.

[shwedka]

venco
Нет, все же доказано, скажем, на одну треть, но другие случаи, $z$ делящегося на 3, без дураков, аналогичны.

[venco]

shwedka, а как же:

venco в сообщении #243621 писал(а):

ljubarcev в сообщении #243563 писал(а):

после деления всего равенства на $9$ получим: $(2mgk)/3=(g^3-k^3)/9$ В этом равенстве число справа будет целым, так как при числах $g$ и $k$ не делящихся на 3 (ведь это множители чисел $z;y$), число $g^3-k^3$ всегда делится на $9$.

Неужели? А если $g=2, k=1$?

[shwedka]

venco в сообщении #243800 писал(а):

$g=2, k=1$

Не годится. тогда $g^3-k^3$ не делится на 3. А должно.

-- Ср сен 16, 2009 14:21:46 --

ljubarcev в сообщении #243780 писал(а):

Прошу прощения, но я попрежнему считаю, что логическое утверждение: "так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$ равенство $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений, то оно тем более не имеет решений при $x$ делящемся на $3^i$ при $i>1$, так как все эти $x$ входят во множество чисел делящихся $3$ в первой степени" - верно. В чём ошибка в этом утверждении никто не может (не хочет ?) объяснить.

В теме topic1322.html
Вас многократно в это место тыкали носом и старательно объясняли.

[grisania]

shwedka в сообщении #243796 писал(а):

ljubarcev в сообщении #243780 писал(а):

так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$ равенство $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений

Неправда. В восьмой раз, это СТРОГО НЕ ДОКАЗАНО!!!
Доказано только, что нет решений при $x$ делящемся на $3$, НО НЕ ДЕЛЯЩЕМСЯ НА 9.

А где это написано, что нет решений при $x$ делящемся на $3$, НО НЕ ДЕЛЯЩЕМСЯ НА 9. Что-то смурно написано

[venco]

shwedka в сообщении #243804 писал(а):

venco в сообщении #243800 писал(а):

$g=2, k=1$

Не годится. тогда $g^3-k^3$ не делится на 3. А должно.

Действительно. Проглядел.