О методе бесконечного спуска.

[age]

Батороев
А нельзя ли такое же тождество для $n$?

[Батороев]

age в сообщении #272081 писал(а):

Батороев
А нельзя ли такое же тождество для $n$?

Похоже, сколько $n$, столько и тождеств.

Для доказательства ВТФ для третьей степени, в принципе, достаточно доказать отсутствие решений уравнения:

$$(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1)=9$$

в рациональных числах, отличных от тривиального $a=0$ (обратное, может быть, и неверным).

[grisania]

Батороев в сообщении #271441 писал(а):

Добавлю другие три строчки:
Остатки кубов чисел, не кратных трем: $a^3; b^3 \equiv \pm 1\pmod 9$.
Суммы двух кубов, не кратные трем: $a^3+b^3\equiv \pm 2 \pmod 9$.
$c^3\not\equiv \pm 2\pmod 9$.

Должно быть наверно так:
FLT I for exponent 3. This is the equation ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}={{c}^{3}}$ with $3\nmid abc$.
We work modulo ${{3}^{2}}$: since a cube is congruent to $0$ or $\pm 1$ modulo $9$, if $3\nmid ab$ we have ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\equiv -2,0$ or $2$ modulo $9$, which is impossible if $3\nmid c$.
http://wstein.org/home/was/www/home/sav ... ctures.pdf

[grisania]

Интересная статья о применении бесконечного спуска
KEITH CONRAD, PROOFS BY DESCENT
http://www.math.uconn.edu/~kconrad/ross2007/descent.pdf

"As ordinary methods, such as are found in the books, are
inadequate to proving such difficult propositions, I discovered
at last a most singular method . . . which I called the infinite
descent.." Fermat, 1659

Статья из Кванта: Л. Курляндчик, Г. Розенблюм "Метод бесконечного спуска"
http://ega-math.ru/Descent.htm

[Батороев]

Батороев в сообщении #271441 писал(а):

Добавлю другие три строчки:
Остатки кубов чисел, не кратных трем: $a^3; b^3 \equiv \pm 1\pmod 9$.
Суммы двух кубов, не кратные трем: $a^3+b^3\equiv \pm 2 \pmod 9$.
$c^3\not\equiv \pm 2\pmod 9$.

Добавлю еще несколько строчек.

Если $b\equiv 3\pmod 9$, то $(a+b)$ может быть кубом числа* только при $a\equiv 5,7\pmod 9$. В этом случае** $c\equiv 5,7\pmod 9$. Откуда $(c-b)\equiv 2,4\pmod 9$ не может быть кубом*.
Следовательно, $b\not \equiv 3 \pmod 9$.
Если $b\equiv 6\pmod 9$, то $(a+b)$ может быть кубом числа* только при $a\equiv 2,4\pmod 9$. В этом случае** $c\equiv 2,4\pmod 9$. Откуда $(c-b)\equiv 5,7\pmod 9$ не может быть кубом*.
Следовательно, $b\not \equiv 6 \pmod 9$.

Если $c\equiv 3\pmod 9$, то $(c-a)$ может быть кубом числа* только при $a\equiv 2,4 \pmod 9$. В этом случае** $b\equiv 7,5\pmod 9$. Откуда $(c-b)\equiv 5,7\pmod 9$ не может быть кубом*.
Следовательно, $c\not \equiv 3 \pmod 9$.
Если $c\equiv 6\pmod 9$, то $(c-a)$ может быть кубом числа* только при $a\equiv 5,7\pmod 9$. В этом случае** $b\equiv 4,2\pmod 9$. Откуда $(z-y)\equiv 2,4\pmod 9$ не может быть кубом*.
Следовательно, $c\not \equiv 6 \pmod 9$.


Таким образом, одно из чисел $x, y, z $ должно делиться на $9$.

* Доказательство того, что выражение должно быть кубом (а следовательно, иметь остаток $\pm 1 \pmod 9$), не привожу, т.к. уже много раз доказывалось на форуме (как впрочем, и следующее утверждение).
**Используется то, что
при $b$, кратном $3$, $(c-a)\equiv 0 \pmod 9$
при $c$, кратном $3$, $(a+b)\equiv 0 \pmod 9$.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #279177 писал(а):

**Используется то, что
при $b$, кратном$3$ ,$(c-a)\equiv0\pmod 9$
при$c$ , кратном$3$ ,$(a+b)\equiv0\pmod 9$ .

Уточняю. Если принять $(c-a)\equiv0\pmod 9$,то $b$ должно быть кратно $3^3$,иначе возникают противоречия и можно сделать ложный вывод,что ВТФ для $n=3$ уже решена.Противоречия исчезают,если принимать: $(c-a)\equiv0\pmod 3^{k}$, тогда $b$ должна быть кратна $3^{k+1}$.
Аналогично и для $c$.

-- Вс янв 10, 2010 19:21:48 --

Таким образом, одно из чисел$xyz$ должно делиться на$9$ .
Можно добавить:должно делиться на$9$ и более,но не меньше.

[Батороев]

Гаджимурат в сообщении #279305 писал(а):

Батороев в сообщении #279177 писал(а):

**Используется то, что
при $b$, кратном$3$ ,$(c-a)\equiv0\pmod 9$
при$c$ , кратном$3$ ,$(a+b)\equiv0\pmod 9$ .

Уточняю. Если принять $(c-a)\equiv0\pmod 9$,то $b$ должно быть кратно $3^3$,иначе возникают противоречия и можно сделать ложный вывод,что ВТФ для $n=3$ уже решена.

$(c-a)\equiv 0\pmod 9$ говорит лишь о том, что $b^3$ кратно $3^3$.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #279357 писал(а):

говорит лишь о том, что$b^3$ кратно$3^3$

Нет и еще раз нет! Именно $b$ кратно $3^3$, а $b^3$ должно быть уже кратно при этом $3^9$. Другие варианты приводят к противоречиям и делается ложныий вывод.Если это было так как Вы предлагаете,то я давно бы выставил на форум доказательство ВТФ для любой простой степени $n$, в том числе и для $n=3$.

[age]

Гаджимурат в сообщении #279510 писал(а):

Батороев в сообщении #279357 писал(а):

говорит лишь о том, что$b^3$ кратно$3^3$

Нет и еще раз нет! Именно $b$ кратно $3^3$, а $b^3$ должно быть уже кратно при этом $3^9$. Другие варианты приводят к противоречиям и делается ложныий вывод.

[Батороев]

Гаджимурат в сообщении #279510 писал(а):

Батороев в сообщении #279357 писал(а):

говорит лишь о том, что$b^3$ кратно$3^3$

Нет и еще раз нет! Именно $b$ кратно $3^3$, а $b^3$ должно быть уже кратно при этом $3^9$. Другие варианты приводят к противоречиям и делается ложныий вывод.Если это было так как Вы предлагаете,то я давно бы выставил на форум доказательство ВТФ для любой простой степени $n$, в том числе и для $n=3$.

"Нет и еще раз нет!" - это не аргумент.

Покажите, как при $(c-a)=9$, может так получиться, что выражение $(c-a)(c^2+ca+a^2)$ будет кратно $3^9$?!

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #279543 писал(а):

"Нет и еще раз нет!" - это не аргумент.

$x^3+y^3=z^3$ (1)
$x=abc+b^3/3$
$y=abc+a^3$
$z=cd=abc+b^3/3+a^3$
$x+y=c^3=2abc+b^3/3+a^3$. Принято $b$ делится хотя бы на $3$.
Тогда $b^3/3$ делится на $9$, а $(c^3-a^3)=(c-a)(c^2+ca+a^2)$ и делится на $9$ ,если принять
$(c-a)$ делится только на $3$. Отсюда $2abc$ делится на $9$ и $b$ делится на $9$.Поэтому можем записать,что (1) имеет
решение в целых числах тогда и только тогда,если : $(c-a)$ делится на $3^k$, то $b$ должно делится на $3^{k+1}$, а $b^3$ должно делится на $3^{2k-1}$. Вопросы?

[Батороев]

Гаджимурат в сообщении #279622 писал(а):

$x^3+y^3=z^3$ (1)
$x=abc+b^3/3$
$y=abc+a^3$
$z=cd=abc+b^3/3+a^3$

Похоже, Вы рассматриваете уравнение $x^3+y^3=z^3$ при условии выполнения уравнения из делителей этих же чисел, а именно: $a^3+b^3=c^3$?
Если так, то это вопрос, отличный от ВТФ.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #279668 писал(а):

Если так, то это вопрос, отличный от ВТФ.

Нет. Если бы ур-ние Ф. для $n=3$ имело целочисленное решение и $xyz$ являлись бы его решением,то:
$x+y-z=abc$ , $z-y=a^3$, $z-x=b^3/3$, $x+y=c^3$ (случай $b$ или $x$ делится на $9$ ).
Подробнее.
$c^3=x+y=2abc+a^3+b^3/3$ . Приняли $b$ делится на $3^k$, то $b^3/3$ будет делится на $3^{2k-1}$ ,а $c^3-a^3$ должно делится на $3^k$,отсюда $c-a$ должно делится на $3^{k-1}$.
Вроде все просто,противоречий пока нет.

[Батороев]

Гаджимурат
Вы не могли не заметить, что оперируете совсем другими обозначениями, и мне не совсем понятно, к чему Вы завели данную полемику?

Если мои обозначения привести к Вашим, то я привел доказательство того, что если $y$ делится на $3$, соответственно, $(z-x)$ делится на $9$*, тогда $y$ должен делиться и на $9$.

* Используется то, что если $y$ делится на $3^k$, то $(z-x)$ делится на $3^{3k-1}$. Доказательств этого факта на форуме много, поэтому не привожу.

Гаджимурат в сообщении #279723 писал(а):

Приняли $b$ делится на $3^k$, то $b^3/3$ будет делится на $3^{2k-1}$ ,

$\dfrac{b^3}{3}$ будет делиться на $3^{3k-1}$

Гаджимурат в сообщении #279723 писал(а):

а $c^3-a^3$ должно делится на $3^k$,отсюда $c-a$ должно делится на $3^{k-1}$.
Вроде все просто,противоречий пока нет.

Вы же доказываете, что если $b=\sqrt [3]{3(z-x)}$ делится на $3^k$,
то $c^3-a^3= 2y-(z-x)$ делится на $3^k$, а $c-a=\sqrt [3]{x+y}-\sqrt [3]{z-y}$ делится на $3^{k-1}$.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #279806 писал(а):

$b^3/3$ будет делиться на $3^{3k-1}$

Вы правы,я по ошибке $3$ заменил на $2$. Смысл сводится к тому,что если $c-a$ делится хотя бы на одну $3$,то $b$ обязательно должно делится на $9$
А в общем виде,если ур-ние Ф. имело бы целочисленное решение,то
существует такое число $x_1=x+y-z=abcm$ и это число обязательно должно делиться
на $n^2,3,5,7$ .Т.есть $a$ или $b$ или $c$ ,а для 1 случая Ф. $m$ должны делиться на $n^2$ и более.
Если $xyz$ не делятся на $7$ ,то $y-x$ обязательно должно делиться на $7$.
Проверьте это утверждение на $n=2$ (для $n=2$ ,если $xyz$ ,не делится на $7$,то $x+y$ или $y-x$ разделится на $7$.