ВТФ - простейший случай

[anwior]

Vasilevich2010 в сообщении #299041 писал(а):

Утверждение 7. В рассматриваемом случае при $k;g;$ - натуральных не делящихся на $3$ взаимно простых числах, число $g^3-k^3$ должно делиться на $3^2$.
Любая тройка натуральных чисел $x;y;z$ удовлетворяет равенству тождеству $2x=(x+y)-(z-x)+(z-y)$ Доказано, что в нашем случае должно быть $x=3mx_1$; $x+y=g^3$; $z-x=k^3$; $z-y=9m^3$. После подстановки видно, что в рассматриваемом случае должно выполняться в натуральных числах и равенство $6mx_1-9m^3=g^3-k^3$.
Из последнего равенства после деления на $3$ получаем , что должно выполняться и равенство $2t-3m^3=\frac{g^3-k^3}{3}$. Замечаем, что число слева целое, поэтому и $\frac{g^3-k^3}{3}$ должно быть целым, то есть число - $g^3-k^3$ должно делиться на $3$.
Это возможно при $g;k$ не делящихся на $3$ только при $g-k$ делящемся на $3$. Действительно, так как $g;k$ не делятся на $3$, то в соответствии с «малой» теоремой Ферма должно быть $g^3-g=3p_g$; $k^3-k=3p_k$ тогда $(g^3-k^3)-(g-k)=3(p_g-p_k)$ и после деления всего равенства на $3$ получим, что должно выполняться
$(g^3-k^3)/3–(g-k)/3=p_g-p_k$.
Теперь видно, так как $(g^3-k^3)$ должно делиться на $3$, что бы равенство выполнялось в натуральных числах, на $3$ должно делиться и число $g-k$. Это возможно только если числа $g;k$ равно остаточны при делении на $3$. Таким образом числа $g;k$ должны иметь вид $g=3g_1+1$; $k=3k_1+1$. Но тогда
$g^3-k^3=3^3(g_1^3-k_1^3)+3^3(g_1^2-k_1^2)+3^2(g_1-k_1)$. Так как все слагаемые в правой части последнего равенства делятся на $3^2$, то и число $g^3-k^3$должно делиться на $3^2$.

Это возможно только если числа $g;k$ равно остаточны при делении на $3$. --- цитата из текста выше.

Это умозаключение предусматривает рассмотрение еще одного случая.

Вопрос к автору: какого случая?

[Vasilevich2010]

12d3 в сообщении #299375 писал(а):

Vasilevich2010 в сообщении #299372 писал(а):

Оно и понятно – все такие $x$ исключены из рассмотрения исходным предположением

При том, что:
а) это предположение нигде в вашем доказательстве указано не было.
б) вы сделали вывод о неразрешимости уравнения $X^3+Y^3=Z^3$ в самом общем случае.

a) 12d3 ! Вы правы ! Не указано. Это доказано в утверждении 4.
б) Давно доказано, ( с этого полное доказательство всегда и начинается)
если выполняется $X^3+Y^3=Z^3$ при произвольных натуральных $X;Y;Z$, то оно должно выполняться и при $x;yz$ попарно взаимно простых.
Так как доказано, что при $x;yz$ попарно взаимно простых, оно не выполняется, то верно и утверждение, что оно не может выполняться и при
произвольных $X;Y;Z$.

-- Сб мар 20, 2010 12:08:38 --

Someone в сообщении #299382 писал(а):

Где-то на нашем форуме я это уже видел... Или мне показалось?

Уважаемый Someone ! Не показалось. Это уже было в одной из закрытых тем Ljubarcevа, единственного сумевшего хоть что то доказать на на этом форуме, но почемуто "отлучённого" от форума. Тем не менее, это не плагиат, так как Ljubarcev и Vasilevich2010 это один и тот же человек. Я думаю, что Вы и так это поняли по моей подписи "Дед".
Дед.

-- Сб мар 20, 2010 12:29:37 --

anwior в сообщении #299460 писал(а):

[quote="Vasilevich2010 в сообщении #299041
Доказательство Утверждения 3 не имеет доказательную силу, так как использует результат Утверждения 1, который, в свою очередь, сам доказан неверно.

anwior ! Утверждения 1 и 3 верны. Просто в Утверждении 1 нужна редакционная поправка: надо было написать "сложив первые два равенства и вычтя третье", что и сделано на самом деле.
Дед.

[Vasilevich2010]

anwior в сообщении #299580 писал(а):

Это возможно только если числа $g;k$ равно остаточны при делении на $3$. --- цитата из текста выше.

Это умозаключение предусматривает рассмотрение еще одного случая.

Вопрос к автору: какого случая?

anvior ! Я думаю, что вы имеете ввиду случай, когда числа $g;k$ имеют разные остатки при делении на $3$. Но тогда должно быть $g=3g_1+1$: $k=3k_1-1$. Доказано, что $g^3-k^3$ должно делиться на $3$. Тогда должно выполняться $3^3(g_1^3-k_1^3)+3^3(g_1^2+k_1^2)+3^2(g_1-k_1)+2=3P$; $P$ - натуральное число. После деления на $3$ увидим, что должно выполняться $3^2(g_1^3-k_1^3)+3^2(g_1^2+k_1^2)+3(g_1-k_1)+2/3=P$.
На личие слагаемого $2/3$ доказывает, что в этом случае решений в натуральных числах нет.
Дед.

[age]

ananova в сообщении #299175 писал(а):

Т.к. должно выполняться равенство:
$2*3^{3k-1}mx_1/3=(g^3-k^3)/9+m^3$.

Надо сказать, товарищи, что вы здесь не заметили еще одну вещь, на мой взгляд, интересную. Из равенства $2x=g^3-k^3+9m^3$ следует, что $x$ делится на $3$ строго в той же степени, в какой и разность $g^3-k^3$).
Но тогда тройка никогда не может входить в $x$ в той же степени, что и в $g-k$, т.к. в разность $g-k$ она всегда будет входить в степени на единицу меньшей, чем в $g^3-k^3$, т.к. степени тройки в $g^3-k^3$ и в $x$ равны.

С другой стороны, т.к. в $2x=2mx_1$ значение $x_1$ никогда не делится на $3$, то тройка также всегда входит в число $m$ в степени на единицу большей, чем в разность $g-k$.

Поэтому $m\neq g-k$.

-- Сб мар 20, 2010 14:26:15 --

Но мне очень сильно кажется, что решение $x^3+y^3=z^3$ может быть тогда и только тогда, когда $m=g-k$. Вот этого доказать не умею.

[Гаджимурат]

age в сообщении #299709 писал(а):

Но мне очень сильно кажется, что решение $x^3+y^3=z^3$ может быть тогда и только тогда, когда $m=g-k$ . Вот этого доказать не умею.

Не правильное предположение.Если бы это было так,то я,повторяюсь уже не первый раз на этом форуме, 30 лет назад доказал бы ВТФ.
Все дело в том,что если принять $x=mx_1=m_1m_2x_1$,то $g-k$ должно делится на $m_1$,
а $g^2+gk+k^2$ должно делится на $m_2$,т.есть
$g-k=6m_1m_2+9m_1^3$.Вот по этой причине я и стою в тупике вот уже более 30 лет.

[age]

Гаджимурат в сообщении #299726 писал(а):

Все дело в том,что если принять $x=mx_1=m_1m_2x_1$,то $g-k$ должно делится на $m_1$,
а $g^2+gk+k^2$ должно делится на $m_2$,т.есть
$g-k=6m_1m_2+9m_1^3$

Нет. Не факт. В том-то и дело, что решение $x^3+y^3=z^3$ возможно лишь тогда, когда $g-k=m$, а $g^2+gk+k^2$ не делится на $m_2$. Т.е. $m_2=1$. (мое предположение).

-- Сб мар 20, 2010 15:36:22 --

По этой причине стоять в тупике 30 лет не стоит.

[Vasilevich2010]

venco в сообщении #299376 писал(а):

Тогда вы зря назвали его "простейшим" случаем, ибо простейший - это когда ни одно из оснований не делится на показатель степени. Доказывается ещё проще.

Уважаемый venco ! Вы правы - случай когда ни одно из чисел $x;yz$ не делится на $3$ на много проще. И вообще для случая $n=3$ можно построить доказательство, одним из первых утверждений которого будет доказательство того, что при этом одно из чисел должно делиться на $3$. Разница в доказательствах будет не большая.
Я же назвал рассмотренны случай "простейшим" исходя из того, что на основании приведенного доказательства можно построить доказательство для любого $n$ в случае, когда одно из чисел делится на $n^1$. У меня оно состоит из $9$ утверждений.
Меня занимает вопрос. Я нигде не встречал упоминаний о доказательстве так называемого "первого" случая теоремы Ферма - когда ни одно из чисел
не делится на $n$. Его что, считают само собой (очевидно)верным или он настолько трудный что за 370 лет нет никаких успехов. Если что то кому либо известно или есть какие либо соображени по этому поводу - прошу поделиться.
Дед.

[age]

Vasilevich2010 в сообщении #299732 писал(а):

Меня занимает вопрос. Я нигде не встречал упоминаний о доказательстве так называемого "первого" случая теоремы Ферма - когда ни одно из чисел
не делится на $n$. Его что, считают само собой (очевидно)верным или он настолько трудный что за 370 лет нет никаких успехов. Если что то кому либо известно или есть какие либо соображени по этому поводу - прошу поделиться.
Дед.

Я встречал в литературе следующее уравнение:
$y^n=nx^{n-1}-1$. Там сколько ни крути, возникают делимости на $n$. Сколько их? Неизвестно. Т.е., может быть, $y=n^{10}p+1$, а может быть, и больше.

На самом деле при $n=3$ это уравнение Морделла при $k=27$.

[Гаджимурат]

age в сообщении #299729 писал(а):

возможно лишь тогда, когда $g-k=m$,

Еще раз напоминаю-нет и нет.Смотри формулу для $3t=g-k=6m_1m_2+m_1^3$.
Если бы Вы были правы,то ВТФ на элементарном уровне давно уже была доказана.

[age]

А где в взяли эту формулу? Только не нужно ссылок. Я по ним все равно ходить не буду. В двух словах (строчках) напишите здесь вывод этой формулы.

[Гаджимурат]

Vasilevich2010 в сообщении #299732 писал(а):

Меня занимает вопрос. Я нигде не встречал упоминаний о доказательстве так называемого "первого" случая теоремы Ферма - когда ни одно из чисел
не делится на $n$.

Вот это для $n=3$ доказывается элементарно!
$x+y-z=x_1=abc$ и $x_1^3=3(x+y)(z-y)(z-x)$.
Т.есть $x+y$ или $z-x$ или $z-y$ делится на $3$.Отсюда следует,что $z$ или $y$ или $x$ делится на $3$. Можно короче через малую теорему Ф. Т.как
$x_1^2+z^2=x^2+y^2+2(z-x)(z-y)$ и,если $x_1,xyz$ не делятся на $3$,то
$2(z-x)(z-y)$ должно делится на $3$,а это в свою очередь приводит снова к тому,что $xyz$ должно делится на $3$.

[ananova]

Vasilevich2010 в сообщении #299732 писал(а):

Я нигде не встречал упоминаний о доказательстве так называемого "первого" случая теоремы Ферма - когда ни одно из чисел
не делится на $n$.

У Рибенбойма явно написано, что общего доказательства Случая 1 нет. - Не считая доказательства Уайлса. Просто констатируется, что Случай 1 малоинтересен, т.к. для любой степени можно, так или иначе, подобрать нужные параметры, при которых ВТФ будет справедлива для Случая 1. В общем-то, ничего в этом страшного специалисты не видят. Хотя, на мой взгляд, было бы лучше иметь такое доказательство.

[Гаджимурат]

age в сообщении #299749 писал(а):

А где в взяли эту формулу? Только не нужно ссылок. Я по ним все равно ходить не буду. В двух словах (строчках) напишите здесь вывод этой формулы.

В двух словах не получается.Если только начинать не с азов.Попробую,опуская многое.
Для $n=3$ формулы пишутся так(для случая $x$ делится на $3$):
$x=abc+b^3/3$
$y=abc+a^3$
$z=cd=abc+b^3/3+a^3$
$c^3=x+y=2abc+b^3/3+a^3$
Пусть $c-a=3t$ ,тогда $2abc+b^3/3=27t^3+9act$ ,отсюда $b=9b$ и $b^3/3=3^5b^3$ ,тогда $2a9bc-9act=-27ack$ и разделив на 27,имеем
$9b^3=t^3+ack$,но $t=2b+3k$,то
$9b^3=8b^3+36b^2k+54bk^2+27k^3+ack$,отсюда
$b^3=b_1^3k_1^3$ ,где $k=k_1^3$,поэтому и
$c-a=6b_1k_1+9k_1^3$ (в моих обозначениях).
Тоже самое что и
$g-k=6m_1m_2+9m_1^3$.

[age]

Гаджимурат
Нет. Не нужно городить огород. (я просил в двух словах). И потрудитесь писать в обозначениях автора темы (ведь вы в его теме в настоящий момент находитесь). Да и мне проще будет понять без "асков" и "актов" $2a9bc-9act=-27ack$

-- Сб мар 20, 2010 17:10:02 --

Да еще одно замечание: если в формуле более двух подряд идущих букв "аск", "акт" - желательно бы ее переформулировать, т.к. 80% что формула неправильная. Т.е. убрать те лишние буквы, которые не важны для текущего изложения. (для понимания текущей мысли). В ваших формулах тонны мусора. Я же не прошу у вас представить все свое доказательство. Лишь вывод конкретной формулы.

Там 4 буквы. $g,k,m_1,m_2$. Зачем вы наплели туда "аски" и "акты".
Все. Приведите вывод этой формулы с данными 4 буквами. И ни одной буквой больше. Иначе разбирать вашу писанину не буду. ($m_1,m_2$ можно объединять в $m$ - тут понятно).

[Гаджимурат]

age в сообщении #299766 писал(а):

Нет. Не нужно городить огород. (я просил в двух словах). И потрудитесь писать в обозначениях автора темы (ведь вы в его теме в настоящий момент находитесь). Да и мне проще будет понять без "асков" и "актов

Я пишу, сидя перед монитором и с чистым листом бумаги.Я прекрасно понимаю автора и все его $g,k,m$.
У автора: $z-y=9m^3$, у меня :$z-y=3^5b^3$
$z-x=k^3$, $z-x=a^3$
$x+y=g^3$, $x+y=c^3$
А без "асков" и "актов" не обойтись.Замените мои символы на те,что у автора и вперед.
Здесь просто нужны пояснения-я писал без расшифровок каждого символа,т.как имею дело с "фермистами",которые налету все схватывают.Поясняю:
$2a9bc-9act=9ac(2b-t)$ и примем,что $2b-t=-3k$ т.как $2b<t$, а
$c-a=3t$ (тоже приняли,имеем право).

Я всегда, принятые авторм символы, перевожу на свои и делаю проверки для обнаружения ошибок.