ВТФ при n=3

[Руст]

ljubarcev писал(а):

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.

Вам уже привели пример 1+2=3 или $1^2+(\sqrt 2 )^2=(\sqrt 3 )^2$. Конечно и здесь можно выразить $1=u^2-v^2,\sqrt 2 =2uv$, но тогда u и v так же нецелые, о чём вам несколько раз говорили.

[juna]

Ljubarcev, Ваша ошибка в том, что Вы без основания используете утверждение такого плана:
если $a^n+b^n=c^n+d^n$, то $a=c$, $b=d$. Конечно так бывает, но далеко не всегда - $3^2+4^2=5^2=(\sqrt{19})^2+(\sqrt{6})^2$. Следуя Вашей логике, $\sqrt{19}=3$, $\sqrt{6}=4$ или даже $\sqrt{19}=4$, $\sqrt{6}=3$.

[ljubarcev]

Руст писал(а):
Вам уже привели пример 1+2=3 или $1^2+(\sqrt 2 )^2=(\sqrt 3 )^2$[math]. Конечно и здесь можно выразить [math]$1=u^2-v^2,\sqrt 2 =2uv$, но тогда u и v так же не целые, о чём вам несколько раз говорили.[/quote]

Господин Руст. Ваше соображение доказывает, что уравнение $x^n+y^n=z^n$ имеет решения в иррациональных числах .И только.
С Ю.Н. Артамоновым согласен. Не Всегда, а значит и не годится.
Но ведь нас интересуют решения в целых числах.
А для любой пары целых чисел $x^n, y^n$ справедливо равенство:

$$(x^n+y^n)^2-(x^n-y^n)^2=4{x^n}{y^n}$$

.
При $x^n+y^n=z^n$ равенство принимает вид:

$$z^[2n]=(y^n-x^n)^2+4{x^n}{y^n}$$

. В последнем равенстве слева мы имеем квадрат.
Число справа естественно целое, но квадратом быть не может.
На это указал ещё Евклид. Чтобы получить другой квадрат, к квадрату
надо прибавить либо другой квадрат, либо не четное число. А у нас справа сумма квадрата
[math]$(y^n-x^n)^2$и четного числа [math]$4{x^n}{y^n}$, которое при не четном $n$ не квадрат. Значит число [math]$z^n =\sqrt{(y^n-x^n)^2+4{x^n}{y^n}}$[math]иррационально. Это и доказывает, что Ферма был прав.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Чтобы получить другой квадрат, к квадрату
надо прибавить либо другой квадрат, либо не четное число.

$9^2+40=11^2$

[ljubarcev]

Давно доказано (и это совсем не трудно), что если уравнение вида $X^3+Y^3=Z^3$ имеет решения в целых числах, то должны существовать решения в целых числах уравнения $x^3+y^3=z^3$, где $x, y, z$ взаимно простые целые числа.
Допустим, что в целых числах имеет место равенство $x^3+y^3=z^3$(1) при $x, y, z$ взаимно простых и $x<y<z$. Тогда:
1. $y^3=z^3-x^3=(z-x)(z^2+zx+x^2)=(z-x)A$ (2). Всегда $y$ можно представить в виде $y=g(z-x)+a$, где $g$ – целое число, $a$ - целый остаток при делении $y$ на $z-x$ . Всегда число $a$ меньше $z-x$ и взаимно просто с ним.
После подстановки $y=g(z-x)+a$ в (2) и возведения в куб получаем:
$g^3(z-x)^3+3g^2(z-x)^2a+3g(z-x)a^2+a^3=(z-x)A$ и после деления всего равенства на $z-x$ получим:
$g^3(z-x)^2+3g^2(z-x)a+3ga^2+\frac{a^3}{z-x}=A$. В последнем равенстве все слагаемые кроме дроби – целые числа, следовательно, что бы равенство имело место в целых числах, необходимо что бы и дробь $\frac{a^3}{z-x}$ была целым числом. Так как
$(z-x)>1$ и $a$ и $z-x$ взаимно просты, очевидно, что
$\frac{a^3}{z-x}$ будет целым числом только и только при $a=0$.
Таким образом приходим к выводу: что бы равенство $x^3+y^3=z^3$ имело решения в целых числах необходимо, что бы число $y$ делилось на число $z-x$, то есть должно быть $y=g(z-x)$.
2. Теперь возьмем $y=g(z-x)$, и подставим в исходное равенство, представив последнее в виде $y^3- (z-x)^3=3zx(z-x)$.
Получаем: $g^3(z-x)^3-(z-x)^3=3zx(z-x)$ После деления на число
$(z-x)^3$ получаем, что должно иметь решения в целых числах равенство $g^3-1=3zx/(z-x)^2$. Слева имеем целое число, число справа целым быть не может, так как 3 не является квадратом, а
$z$ и $x$ взаимно просты и поэтому они взаимно просты и с $z-x$. Этим доказано, что уравнение $g^3(z-x)^3-(z-x)^3=3zx(z-x)$ решений в целых числах не имеет, а так как оно эквивалентно равенству
$y^3- (z-x)^3=3zx(z-x)$ , эквивалентному в свою очередь исходному равенству $x^3+y^3=z^3$ , то и последнее не имеет решений в целых числах. ЧТД.
Дед.

[Руст]

Я уже сказал на счёт взаимной простоты a и z-x. Это относится и к этой задаче.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

$y^3=z^3-x^3=(z-x)(z^2+zx+x^2)=(z-x)A$ (2). Всегда $y$ можно представить в виде $y=g(z-x)+a$, где $g$ – целое число, $a$ - целый остаток при делении $y$ на $z-x$ . Всегда число $a$ меньше $z-x$ и взаимно просто с ним.

Поскольку $y^3$ делится на $z-x>1$ (так как $z>y>x$), то $y$ и $z-x$ не могут быть взаимно простыми. Поэтому $a=y-g(z-x)$ и $z-x$ тоже не могут быть взаимно простыми.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

$y^3=z^3-x^3=(z-x)(z^2+zx+x^2)=(z-x)A$ (2). Всегда $y$ можно представить в виде $y=g(z-x)+a$, где $g$ – целое число, $a$ - целый остаток при делении $y$ на $z-x$ . Всегда число $a$ меньше $z-x$ и взаимно просто с ним.

Поскольку $y^3$ делится на $z-x>1$ (так как $z>y>x$), то $y$ и $z-x$ не могут быть взаимно простыми. Поэтому $a=y-g(z-x)$ и $z-x$ тоже не могут быть взаимно простыми.

Согласен, что $a$ и $z-x$ могут быть и не взаимно простыми, то есть содержать одинаковые простые множители, но так как при $a$ не равном $0$ дробь $\frac{a}{z-x}$ всегда меньше $1$, то $a$ содержит хотя бы один простой множитель $k$, которого нет в представлении числа $z-x$ в соответствии с основной теоремой арифметики. Этого достаточно, что бы утверждать что и дробь $\frac{a^n}{x}$ целым числом быть не может. Действительно, если $a=ka_1$, то она принимает вид $\frac{k^na_1^n}{z-x}$. Так как $z-x$ не содержит множитель $k$, то это число не целое, и равенство

$$g^3(z-x)^2+3g^2(z-x)a+3ga^2+\frac{a^3}{z-x}=A$$

не имеет решений в целых числах. Но случай $a=0$, когда $y=g(z-x)$ тоже должен быть рассмотрен, что и сделано в предложенном доказательстве.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Согласен, что $a$ и $z-x$ могут быть и не взаимно простыми, то есть содержать одинаковые простые множители, но так как при $a$ не равном $0$ дробь $\frac{a}{z-x}$ всегда меньше $1$, то $a$ содержит хотя бы один простой множитель $k$, которого нет в представлении числа $z-x$ в соответствии с основной теоремой арифметики.

Ясно, что все простые делители числа $z-x$ являются также делителями $y$. Поэтому и $a$ делится на все эти простые делители. Каких-либо других простых делителей у числа $a$ может и не быть. Во всяком случае, не видно, почему они должны быть. Основная теорема арифметики - это теорема о единственности разложения на простые множители. Из единственности разложения Ваше утверждение не следует.

[PAV]

PAV:

ljubarcev
Просьба не заключать весь текст сообщения в тег math. Вполне достаточно того, что формулы заключены в знаки доллара. Сообщение поправлено.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

[quote="
Ясно, что все простые делители числа $z-x$ являются также делителями $y$. Поэтому и $a$ делится на все эти простые делители. Каких-либо других простых делителей у числа $a$ может и не быть. Во всяком случае, не видно, почему они должны быть. Основная теорема арифметики - это теорема о единственности разложения на простые множители. Из единственности разложения Ваше утверждение не следует.

Уважаемый Someone! Весьма благодарен, за то, что вы не жалеете своё время на рассмотрение предложенного доказательства.
В приведенном доказательстве совершенно не важно есть ли общие делители у числа $a$ с числами $y$ и $z-x$. Достаточно того простейшего факта, что если $y$ не делится на $z-x$ , что мы предполагаем, то $a<z-x$, потому оно и называется ОСТАТКОМ. Дробь $a/(z-x)$ меньше единицы и существует в этом случае всегда. Если $a$ и $z-x$ имеют общие множители, то после сокращений в крайнем случае получим $a_1= 1$ . но дробь останется дробью меньшей $1$ и $1^3/(z-x)_1$ не может быть целым числом и равенство

$$g^3(z-x)^2+3g^2(z-x)a+3ga^2+\frac{a^3}{z-x}=A$$

не имеет решений в целых числах.

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

Если $a$ и $z-x$ имеют общие множители, то после сокращений в крайнем случае получим $a_1= 1$ . но дробь останется дробью меньшей $1$ и $1^3/(z-x)_1$ не может быть целым числом и равенство

$$g^3(z-x)^2+3g^2(z-x)a+3ga^2+\frac{a^3}{z-x}=A$$

не имеет решений в целых числах.

Вы тут слегка смошенничали - в знаменателе дроби $\frac{a^3}{z-x}$ вы один раз сократили общий множитель чисел $a$ и $z-x$, а в числителе - три раза. Например, вы сокращаете $\frac{2^3}4$ до $\frac 1 2$.

[ljubarcev]

tolstopuz писал(а):

[quote писал(а):
Вы тут слегка смошенничали - в знаменателе дроби $\frac{a^3}{z-x}$ вы один раз сократили общий множитель чисел $a$ и $z-x$, а в числителе - три раза. Например, вы сокращаете $\frac{2^3}4$ до $\frac 1 2$.

Как же выразиться, чтобы Вы поняли?. Из школьной арифметики известно, что при делении двух чисел с остатком (имеенно этот случай мы рассматриваем) остаток ВСЕГДА меньше делителя, то есть дробь $\frac{a}{z-x}$ меньше $1$. Пусть $a$ и $z-x$ не взаимно просты, тогда после сокращений их общих множителей мы получим дробь $\frac{a_1}{(z-x)_1}$ число так же меньшее $1$- дробь у которой числитель $a_1$ и знаменатель $(z-x)_!$ взаимно просты. Поэтому то $\frac{a_1^3}{(z-x)_1}$ не может быть целым числом.
Это верно не только при показателе степени $3$, но и при любом целом не четном показателе $n$. Вы не обратили внимания в тексте "$1^3/(z-x)_1$" на нижний индекс $1$ у числа $z-x$ и поэтому обвинили меня в мошенничестве. Ну что же - бывает. Вообще, если хотите ругать автора не рискуя получить замечания и санкции модераторов, можете писать прямо мне на [e-mail].
Дед.

[Руст]

Возможно ситуация a=p, z-x=p^2. После сокращения 1/p=1^3/p. Без сокращения p^3 уже делится на p^2.

[PAV]

PAV:

Руст

Убедительная просьба использовать тег MATH в сообщениях, подобных последнему

Добавлено спустя 2 минуты 49 секунд:

Напоминаю, что вставлять сам код [ math ] не обязательно, достаточно поставить только знаки $