Атака на ВТФ через тождественное уравнение 3(x+y)(xy-zs)=s^3

[ananova]

Добрый вечер!

(Оффтоп)

Решил потратить некоторое время выходного на хобби - т.е. на ВТФ. Попытка, впрочем, понятная, т.к. то, что уже доказано, не должно противоречить другим доказательствам. К тому же самому не удалось найти изъянов, а данный подфорум, вроде как, создавался, чтобы помогать искать изъяны.

Предлагаю тщательней рассмотреть результат:

ananova в сообщении #295018 писал(а):

5a) (для случая p=3)
$3(x+y)(xy-zs)=s^3$

Напомню, что данное целочисленное уравнение следует из тождеств: $x+y=z+s$ и $(x+y)^p=(z+s)^p$

Для $p$=3, уравнение $3(x+y)(xy-zs)=s^3$ справедливо, когда справедливо основное уравнение ВТФ $x^3+y^3=z^3$.

Проведем преобразования, которые показывают невозможность решения данного уравнения в целых числах.

Т.к. $s$ кратно $(x+y)$, то введем переменную $s'$: $s=s'(x+y)$.

Спасибо 12d3 - за отмеченную ошибку, т.к. $s$ не кратно $(x+y)$, поэтому далее можно не читать....


Тогда:

1b) $3(x+y)(xy-zs'(x+y))=s^2s'(x+y)$

2b) $3(xy-zs'(x+y))=s^2s'$

3b) $3xy-3zs'(x+y)=ss'^2(x+y)$

4b) $3xy=ss'^2(x+y)+3zs'(x+y)$

5b) $3xy=(x+y)s'(ss'+3z)$

Можно продолжить преобразования, предположив, что $z=z'(x+y)$

6b) $3xy=(x+y)s'(s'^2(x+y)+3z'(x+y))$

7b) $3xy=(x+y)^2s'(s'^2+3z')$

Т.к. уравнение 5b) целочисленное, то $3xy$ должно быть кратно $(x+y)$. Однако, это противоречит арифметическим ограничениям ВТФ: НОД ($xy,z$)=1, а НОД ($z, x+y$)>1. Что означает справедливость ВТФ для $p$=3.

[12d3]

ananova в сообщении #297553 писал(а):

Т.к. $s$ кратно $(x+y)$,

С чего это вдруг?

[ananova]

Верно,
12d3

Благодарю за скорую помощь!!!

-- Вс мар 14, 2010 17:05:12 --

Попытка залатать на "скорую руку":

///

Т.к. $s^3$ кратно $(x+y)$, то введем переменную

$s'$: $sss=s'(x+y)$. Тогда:

1c) $3(x+y)(xy-zs)=s'(x+y)$

2c) $3(xy-zs)=s'$

Введём вспомогательную переменную $s''$: $s'=3s''$

3c) $xy-zs=s''$

Тут ещё можно поэкспериментировать для души.

Т.к. $s''$ является множителем $s$ (т.е. $s=s'''s''$, то $x$ или $y$ также содержит этот множитель (допустим $y'$: $y=y's''$)).

4c) $xy's''-zs'''s''=s''$

5c) $xy'-zs'''=0$

6с) $xy'=zs'''$

Получил произведение взаимнопростых чисел, нарушающих единство разложения на множители.

[shwedka]

ananova в сообщении #297565 писал(а):

нарушающих единство разложения на множители.

Сформулирыйте, плиз, какое такое единство здесь нарушено.

[ananova]

shwedka в сообщении #297594 писал(а):

Сформулирыйте, плиз, какое такое единство здесь нарушено.

Даже если $s'''$ делит какое-то из чисел слева, то остается множитель, который будет равен $z$.

-- Вс мар 14, 2010 17:34:27 --

ananova в сообщении #297565 писал(а):

Т.к. $s''$ является множителем $s$

Последствия этого вывода меня самого немного смущают...

-- Вс мар 14, 2010 17:51:01 --

Попробую подумать над этим...

[shwedka]

ananova в сообщении #297565 писал(а):

4c) $xy's''-zs'''s''=s''$

5c) $xy'-zs'''=0$

Ашипка в арифметике.
Должно быть
5c) $xy'-zs'''=1$

[12d3]

ananova в сообщении #297565 писал(а):

Т.к. $s''$ является множителем $s$

Не является. Делаете ту же ошибку.

[ananova]

shwedka в сообщении #297623 писал(а):

Ашипка в арифметике.
Должно быть
5c) $xy'-zs'''=1$

Признаюсь - это не первая моя ашипка. Остаётся только развести руки - не шмог, оплашал.

12d3 в сообщении #297633 писал(а):

Не является. Делаете ту же ошибку.

Согласен... - не проверенный логический вывод... может привести к ошибочным результатам.

Чтобы уже как-то довести дело до полного понимания бесперспективности данной атаки, открою на странице 119 Рибенбойма - соотношения Барлоу для Случая 2.

(Оффтоп)

Признаю, я очень не любил эти соотношения поначалу, но чем больше проходит времени, тем больше к ним прибегаю, чтобы разобраться в сути теоремы.

Случай 2 ВТФ разделяем на два подслучая:

a) когда, доказательство строится через $z$, которое кратно $p$, и,
b) когда $z$ не кратно $p$, т.е. $x$ или $y$ кратно $p$.

Остановимся на варианте b) - для $p$=3.

Соотношения Барлоу будут выглядеть так:

$x+y=r^3$
$z=-rr'$
$x=-3^ntt'$
$y=-ss'$

Важно: $tt'ss'rr'$ не кратно 3.

Тогда $s=r^3-(-rr')=r(r^2+r')$

В уравнении $3(x+y)(xy-zs)=s^3$ сделаем соответствующие подстановки.

1c) $3r^3((-3^ntt')(-ss')+(-rr')(r(r^2+r'))=r^3(r^2+r')^3$
2c) $3(3^ntt'ss'-r^2r'(r^2+r'))=(r^2+r')^3$
Правая часть не кратна 3, т.к. ни $r^2$ ни $r'$ не делится на 3.

Это противоречит предусловию.

На этом пока остановлюсь, чтобы не запутать ни вас, ни себя.

[ananova]

ananova в сообщении #297848 писал(а):

Правая часть не кратна 3, т.к. ни $r^2$ ни $r'$ не делится на 3.

С этим выводом я поспешил. На самом деле он ошибочный. Более верно будет так:

Допустим $u$: $(r^2+r')=3u$

2c) $3(3^ntt'ss'-r^2r'(r^2+r'))=(r^2+r')^3$
3c) $3(3^ntt'ss'-r^2r'3u)=3u(3u)^2$
4c) $(3^ntt'ss'-r^2r'3u)=u(3u)^2$
5c) $3^{n-1}tt'ss'-r^2r'u=3u^3$

При $u=3^{n-1}$ имеем:
6c) $tt'ss'-r^2r'=3^n3^{n-1}$
По-моему, вполне допустимое уравнение - без противоречий и последствий для ВТФ.

Если проверить частично на чётность, то тоже всё справедливо: u - нечётное, следовательно $(r^2+r')=3u$ - нечётное, а $s=r(r^2+r')$ должно быть чётным. Следовательно $r$ - чётное, $r'$ - нечётное. $x+y$ - чётное. $tt'ss'$ - нечётное.

[ananova]

Может как-то воспользоваться приёмом, который использовал Лежандр для доказательства теоремы Софи Жермен? Cвойством:

Число $p$ несравнимо по модулю $q$ c $p$-й степенью целого числа.
А именно - число 3 не сравнимо по модулю $q$ cо степенью 3 целого числа.
(сам замечу, что и 3^2 не сравнимо по модулю $q$ cо степенью 3 целого числа).

Сначала можно выбрать $q=r$ и возвести левую и правую часть уравнения в куб. Затем выполнить сравнение по модулю $q$.

Слишком сложно однако... Впрочем, не для специалистов по теории чисел. На странице 127 у Рибенбойма есть пару теорем, которые могут тут помочь.