ВТФ при n=3

[Руст]

На самом деле последний метод tjubarsevа можно довести до настоящего доказательства. Для этого надо доказать, что ранг эллиптической кривой $y^2=12z^3-3$ имеет ранг 0. Правда это эквивалентно равенству нулю ранга исходной кривой Ферма $x^p+y^p=1$, являющейся эллиптической кривой при р=3.

[juna]

А что это за метод tjubarseva. Если Вы имеете в виду последний пост ljubarceva, то в чем Вы там увидели метод, про любое корректное рассуждение можно говорить, что оно доводится до настоящего доказательства путем присоединения этого самого доказательства к корректному рассуждению

[Руст]

Выражение х рассматривать как рациональное и тогда за счёт нормировки всегда можно считать, что разница между двумя переменными равным 1. Вообще уравнене Ферма эквивалентно тому, что на кривой Ферма $x^p+y^p=1$ нет других рациональных точек, кроме (0,1),(1,0).

[ljubarcev]

Конечно, Ю.Н.Артамонов прав. Никакого нового «метода» в приведенном рассуждении нет. На основе способа Евклида просто (можно сказать- удивительно просто) доказано, что для получения куба любого числа к кубу другого числа должно быть прибавлено число не являющееся кубом. Из чего
следует логически безупречный вывод – разность двух кубов целых чисел не может быть кубом, а именно это и утверждал П.Ферма.
Судя по всему, приведенные высказывания Руста , подтверждают это, но автор (это о себе) не владеет понятием ранга кривой и, естественно, ничего существенного сказать в связи с этим не может.
Дед.

[juna]

Для знакомства с предметом Вам можно порекомендовать http://www.mccme.ru/mmmf-lectures/books ... book.8.pdf

[ljubarcev]

А если рассуждать так.
При $n=2$. Допустим, что имеет место равенство $x^2+y^2=z^2$. Одно из чисел $x,y$ не четно. Пусть это будет $x$. Тогда, так как любое не четное число можно представить в виде разности двух квадратов, должно быть $z^2-y^2=x^2=((x^2+1)/2)^2 - ((x^2-1)/2)^2$. Отсюда получаем известное – при любом $x$ числа $z=\frac{x^2+1} 2$ и $y=\frac{x^2-1} 2$ удовлетворяют исходному равенству.
При $n=3$. Допустим, что имеет место равенство $x^3+y^3=z^3$. Одно из чисел $x,y$ не четно. Пусть это будет $x$. Тогда, так как любое не четное число можно представить в виде разности двух квадратов, должно быть $z^3-y^3=x^3=((x^3+1)/2)^2- ((x^3-1)/2)^2$. Отсюда получаем, что при любом $x$ должно быть $z^3=((x^3+1)/2)^2$ и $y^3=((x^3-1)/2)^2$. То есть должно быть $z\sqrt z=\frac {x^3+1} 2$ и $y\sqrt y=\frac{x^3-1} 2$.
Теперь очевидно, что, если числа $z$ и $y$ не квадраты, то уравнение
$x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в целых числах.
При не четном $n=2k+1$, рассуждая совершенно аналогично случаю $n=3$ получим, что должны существовать равенства
$z^k\sqrt z=\frac {x^n+1}2}$ и $y^k\sqrt y=\frac{x^n-1}2$ из которых очевидно, что, если числа $z$ и $y$ не квадраты,а именно такие мы и рассматриваем, то решений в целых числах уравнения $x^n+y^n=z^n$ нет, что и утверждал Пьер Ферма.

Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

А если рассуждать так.
При $n=2$. Допустим, что имеет место равенство $x^2+y^2=z^2$. Одно из чисел $x,y$ не четно. Пусть это будет $x$. Тогда, так как любое не четное число можно представить в виде разности двух квадратов, должно быть $z^2-y^2=x^2=((x^2+1)/2)^2 - ((x^2-1)/2)^2$. Отсюда получаем известное – при любом $x$ числа $z=\frac{x^2+1} 2$ и $y=\frac{x^2-1} 2$ удовлетворяют исходному равенству.

Но не обязаны совпадать с первоначальными $y$ и $z$. Пример: $x=21$, $y=20$, $z=29$. Равенство $x^2+y^2=z^2$ выполняется. Однако $\frac{x^2-1}2=220\neq y$ и $\frac{x^2+1}2=221\neq z$.

ljubarcev писал(а):

При $n=3$. Допустим, что имеет место равенство $x^3+y^3=z^3$. Одно из чисел $x,y$ не четно. Пусть это будет $x$. Тогда, так как любое не четное число можно представить в виде разности двух квадратов, должно быть $z^3-y^3=x^3=((x^3+1)/2)^2- ((x^3-1)/2)^2$. Отсюда получаем, что при любом $x$ должно быть $z^3=((x^3+1)/2)^2$ и $y^3=((x^3-1)/2)^2$.

Это с какой же стати?

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

А если рассуждать так.
При $n=2$. Допустим, что имеет место равенство $x^2+y^2=z^2$. Одно из чисел $x,y$ не четно. Пусть это будет $x$. Тогда, так как любое не четное число можно представить в виде разности двух квадратов, должно быть $z^2-y^2=x^2=((x^2+1)/2)^2 - ((x^2-1)/2)^2$. Отсюда получаем известное – при любом $x$ числа $z=\frac{x^2+1} 2$ и $y=\frac{x^2-1} 2$ удовлетворяют исходному равенству.

Но не обязаны совпадать с первоначальными $y$ и $z$. Пример: $x=21$, $y=20$, $z=29$. Равенство $x^2+y^2=z^2$ выполняется. Однако $\frac{x^2-1}2=220\neq y$ и $\frac{x^2+1}2=221\neq z$.

ljubarcev писал(а):

При $n=3$. Допустим, что имеет место равенство $x^3+y^3=z^3$. Одно из чисел $x,y$ не четно. Пусть это будет $x$. Тогда, так как любое не четное число можно представить в виде разности двух квадратов, должно быть $z^3-y^3=x^3=((x^3+1)/2)^2- ((x^3-1)/2)^2$. Отсюда получаем, что при любом $x$ должно быть $z^3=((x^3+1)/2)^2$ и $y^3=((x^3-1)/2)^2$.

Это с какой же стати?

По рассуждаем ещё раз. Допустим имеет место равенство в целых числах $x^n+y^n=z^n$ при не четном $n=2k+1$. Преобразуем его
к виду

$$(x^k\sqrt x)^2+(y^k\sqrt y)^2=(z^k\sqrt z)^2$$

.
Видим, что это Диофантово уравнение, все решения в целых числах
которого находятся по формулам $x^k\sqrt x=2uv$, $y^k\sqrt=u^2+v^2$,
$z^k\sqrt z=u^2+v^2$ где $u$ и $v$ пара любых натуральных чисел.
Ясно же, что равенство

$$x^k\sqrt x=2uv$$

и др. в целых числах возможны, только и только если числа $x,y, z$ сами являются квадратами. То есть уравнение $x^n+y^n=z^n$ разрешимо только в квадратах, или, что то же самое, при четном $n$. ЧТД. Уравнение $x+y=z$ здесь не причем, так как при $n= 2$ и более всегда должно быть$x+y>z$.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

По рассуждаем ещё раз. Допустим имеет место равенство в целых числах $x^n+y^n=z^n$ при не четном $n=2k+1$. Преобразуем его
к виду

$$(x^k\sqrt x)^2+(y^k\sqrt y)^2=(z^k\sqrt z)^2$$

.
Видим, что это Диофантово уравнение,

С какой стати? С чего бы это числам $(x^k\sqrt x)^2$ и т.д. быть целыми?

[Руст]

Someone писал(а):

С какой стати? С чего бы это числам $(x^k\sqrt x)^2$ и т.д. быть целыми?

Когда х целое, это число целое, не обязано быть целым $x^k\sqrt x $.

[Someone]

Руст писал(а):

Someone писал(а):

С какой стати? С чего бы это числам $(x^k\sqrt x)^2$ и т.д. быть целыми?

Когда х целое, это число целое, не обязано быть целым $x^k\sqrt x $.

Виноват, забыл показатель второй степени убрать.

Так пусть всё-таки ljubarcev объяснит, почему числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$ должны быть целыми.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

Руст писал(а):

Someone писал(а):

С какой стати? С чего бы это числам $(x^k\sqrt x)^2$ и т.д. быть целыми?

Когда х целое, это число целое, не обязано быть целым $x^k\sqrt x $.

Виноват, забыл показатель второй степени убрать.

Так пусть всё-таки ljubarcev объяснит, почему числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$ должны быть целыми.

Доказательство строится исходя из предположения, что тройка
чисел $x, y, z$ удовлетворяет уравнению $x^n+y^n=z^n$. Показано, что в этом
случае должны существовать числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$, составляющие Пифагорову тройку - то есть целые числа. В то же время, очевидно,
что эти числа могут быть целыми, только если сами числа $x, y, z$
являются квадратами. Но в исходном предположении существования
решений уравнения $x^n+y^n=z^n$ они не квадраты. Значит исходное
предположение наличия решения в целых числах уравнения $x^n+y^n=z^n$ не верно.
Дед.

[Руст]

ljubarcev писал(а):

По рассуждаем ещё раз. Допустим имеет место равенство в целых числах $x^n+y^n=z^n$ при не четном $n=2k+1$. Преобразуем его
к виду

$$(x^k\sqrt x)^2+(y^k\sqrt y)^2=(z^k\sqrt z)^2$$

.
Видим, что это Диофантово уравнение, все решения в целых числах
которого находятся по формулам $x^k\sqrt x=2uv$, $y^k\sqrt=u^2+v^2$,
$z^k\sqrt z=u^2+v^2$ где $u$ и $v$ пара любых натуральных чисел.
Ясно же, что равенство

$$x^k\sqrt x=2uv$$

и др. в целых числах возможны, только и только если числа $x,y, z$ сами являются квадратами. То есть уравнение $x^n+y^n=z^n$ разрешимо только в квадратах, или, что то же самое, при четном $n$. ЧТД. Уравнение $x+y=z$ здесь не причем, так как при $n= 2$ и более всегда должно быть$x+y>z$.
Дед.

Вот здесь $x^k\sqrt x =2uv,y^k\sqrt y =u^2+v^2$ не доказывая начали считать эти величины целыми, таким же успехом 1+2=3 можно переписать $1^2+(\sqrt 2)^2=(\sqrt 3 )^2.$

[Someone]

ljubarcev писал(а):

должны существовать числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$, составляющие Пифагорову тройку - то есть целые числа.

С какой стати числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$ должны составлять пифагорову тройку? Из того, что числа $a$, $b$, $c$ удовлетворяют равенству $a^2+b^2=c^2$, никаким способом не следует, что они целые.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

должны существовать числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$, составляющие Пифагорову тройку - то есть целые числа.

С какой стати числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$ должны составлять пифагорову тройку?

Вы же не будете отрицать, что если $x^n+y^n=z^n$ , то числа $x^k\sqrt{x}$, $y^k\sqrt{y}$ и $z^k\sqrt{z}$ будут удовлетворять этому уравнению и что, если равенство имело бы место, они реально существовали бы. Но тогда существовало бы и равенство $(x^k\sqrt x)^2+(y^k\sqrt y)^2=
z^k\sqrt z)^2$, а что это в целых числах, если не Диофантово уравнение (если бы оно существовало).

Теперь о следующем.
[/guote]Из того, что числа $a$, $b$, $c$ удовлетворяют равенству $a^2+b^2=c^2$, никаким способом не следует, что они целые.[guote].
Тут Вы поторопились. Уж Вы то знаете, что Все решения
приведенного Вами равенства находятся как $a=2uv$, $b=u^2-v^2$,
$c=u^2+v^2$ и они именно целые. Именно нахождению
решений этого уравнения и доказательству того, что эти
значения $a, b, c$ дают ВСЕ решения, посвящены первые главы
рекомендованной мне Ю.Н. Артамоновым книги, за что я ему весьма благодарен.
Дед.