Предметное доказательство ВТФ при степени n=3

[Sandor]

ananova

Принимаем выражения (4), (5). Уравнение (4) неоднородное. Потенциальные натуральные значения его сомножителей должны быть взаимно простыми (при существовании решений), в противном случае уравнение не имеет требуемых решений! Определим требования разрешимости неоднородного уравнения. Натуральные числа степени k разлагаются на два взаимно простых множителя только при условии, что они порознь числа степени k. Следовательно, если в левой части неоднородного уравнения стоит одночлен с одной переменной степени 3, а в правой многочлен с двумя сомножителями, то их натуральные значения порознь должны быть числами степени 3, то есть

$$ \[x_1^3 = \left( {z_1 - y_1 } \right)\left( {\frac{{4z_1^2 + 4y_1^2 + 4z_1 y_1 + 6z_1 + 6y_1 + 3}}{4}} \right) = V_1^3 V_2^3 ,\]$$

$$\[z_1 - y_1 = V_1^3 ,\frac{{4z_1^2 + 4y_1^2 + 4z_1 y_1 + 6z_1 + 6y_1 + 3}}{4} = V_2^3 .\]$$

Соответствующие натуральные значения $\[z_1 ,y_1 ,\]$ попарно пробегая по N, генерируют все возможные натуральные значения равенства $ \[z_1 - y_1 = V_1^3 .\]$ Но не существует натуральных значений $ \[z_1 ,y_1 ,\]$ обеспечивающих равенство $ \[\frac{{4z_1^2 + 4y_1^2 + 4z_1 y_1 + 6z_1 + 6y_1 + 3}}{4} = V_2^3 ,\]$ при натуральных значениях $\[V_2 \]. $ Следовательно, субуравнение (2) не имеет требуемых решений при степени 3.

С уважением: Sándor

[ananova]

Контрпример: $(5^3*4)*(3^3/4)=V_1^3V_2^3$

[ananova]

Контрпример: $(5^3*4)*(3^3/4)=V_1^3V_2^3$

[Sandor]

ananova

Контрпример не правильный (в противном случае ВТФ имеет требуемое решение при степени 3)! Ибо: "Натуральные числа степени k (натуральное значение $\[x_1^3 \]$) разлагаются на два взаимно простых множителя только при условии, что они порознь числа степени k. Следовательно, если в левой части неоднородного уравнения стоит одночлен с одной переменной степени 3, а в правой многочлен с двумя сомножителями, то их натуральные значения порознь должны быть числами степени 3". Следовательно,

$$\[x_1^3 = \frac{{\left( {z_1 - y_1 } \right)\left( {\frac{{4z_1^2 + 4y_1^2 + 4z_1 y_1 + 6z_1 + 6y_1 + 3}}{4}} \right)}} {{2^{3 - 3} }} = V_1^3 V_2^3 ,\]$$

где $\[x,_1 y_1 ,z_1 ,V_1 ,V_2 \]$ должны быть натуральными числами. Но в уравнении Ферма это требование выполнимо только при степени 2. По этой причине оно не имеет требуемых решений при дпугих простых значениях степени!

С уважением: Sándor

[Someone]

Sandor в сообщении #470652 писал(а):

$$\[x_1^3 = \frac{{\left( {z_1 - y_1 } \right)\left( {\frac{{4z_1^2 + 4y_1^2 + 4z_1 y_1 + 6z_1 + 6y_1 + 3}}{4}} \right)}}{{2^{3 - 3} }} = V_1^3 V_2^3 ,\]$$

При натуральных $y_1$ и $z_1$ число $4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3$ является нечётным, поэтому $\frac 14(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)$ ни в коем случае не будет целым. Отсюда следует, что равенство $\frac 14(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)=V_2^3$ при натуральном $V_2$ невозможно по тривиальной причине, никак не связанной с уравнением Ферма.

Таким образом, Вы рассматриваете заведомо бессмысленный случай, но не рассматриваете случай, который действительно возможен: $x_1^3=\frac{z_1-y_1}4\cdot(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)$.
Эти сомножители целые (при чётном $x_1$) и будут взаимно простыми, если $x_1$ не делится на $3$, тогда они обязаны быть кубами. Однако ситуация может быть сложнее: если $x_1$ делится на $3$, то эти сомножители имеют общий делитель $3$, причём, $4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3$ делится на $3$, но не делится на $9$. В этом случае представление в виде произведения взаимно простых чисел имеет вид $x_1^3=\frac{3(z_1-y_1)}4\cdot\frac 13(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)$. Вот эти два случая Вам и надо рассматривать.

[Dachn]

Очевидно, что кубическое уравнение $X ^3 + Y^3 - Z^2 =0$
не имеет алгебраического решения.
Но к нему имеются два условия. которые и дадут решение. Вы используете только первое условие.
1.Решения должны быть в целых числах.
2. Квадратное уравнение имеет решения (пифагоровы тройки) все они определяются по формулам.
$x = m^2 – n^2$, $y = 2mn$, $z = m^2 + n^2 $
m и n целые числа. $m > n$
Подставьте в кубическое уравнение указанные X.Y.Z.
Получите ответ.

[Лукомор]

Dachn в сообщении #471460 писал(а):

Очевидно, что кубическое уравнение $X ^3 + Y^3 - Z^2 =0$
не имеет алгебраического решения.

Мне - не очевидно. Контрпример: $2 ^3 + 2^3 - 4^2 =0$

[Dachn]

Лукомор в сообщении #471467 писал(а):

Dachn в сообщении #471460 писал(а):

Очевидно, что кубическое уравнение $X ^3 + Y^3 - Z^2 =0$
не имеет алгебраического решения.

Мне - не очевидно. Контрпример: $2 ^3 + 2^3 - 4^2 =0$

X и Y обязаны быть разными числами.

[Лукомор]

Dachn в сообщении #471471 писал(а):

X и Y обязаны быть разными числами.

Кому - обязаны?
Контрпример №2: $ 1^3 + 2^3 - 3^2 = 0$

[Dachn]

Лукомор в сообщении #471480 писал(а):

Dachn в сообщении #471471 писал(а):

X и Y обязаны быть разными числами.

Кому - обязаны?
Контрпример №2: $ 1^3 + 2^3 - 3^2 = 0$

Ну и юмор стал в Одессе.
Взять подменить выражение $3^3$ на $3^2$
Ну очень смешно, что так теперь у вас в школе учат

[Лукомор]

Dachn в сообщении #471483 писал(а):

Ну и юмор стал в Одессе.
Взять подменить выражение $3^3$ на $3^2$

Нам до Вашего юмора далеко...

Смотрим в первоисточник:

Dachn в сообщении #471460 писал(а):

Очевидно, что кубическое уравнение $X ^3 + Y^3 - Z^2 =0$
не имеет алгебраического решения.

Ну и кто у нас тут юморист?!

[Jnrty]

Jnrty:

Dachn, строгое предупреждение за захват чужой темы. Если будете продолжать - заблокирую.

[Sandor]

Someone в сообщении #470657 писал(а):

Sandor в сообщении #470652 писал(а):

$$\[x_1^3 = \frac{{\left( {z_1 - y_1 } \right)\left( {\frac{{4z_1^2 + 4y_1^2 + 4z_1 y_1 + 6z_1 + 6y_1 + 3}}{4}} \right)}}{{2^{3 - 3} }} = V_1^3 V_2^3 ,\]$$

При натуральных $y_1$ и $z_1$ число $4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3$ является нечётным, поэтому $\frac 14(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)$ ни в коем случае не будет целым. Отсюда следует, что равенство $\frac 14(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)=V_2^3$ при натуральном $V_2$ невозможно по тривиальной причине, никак не связанной с уравнением Ферма.Таким образом, Вы рассматриваете заведомо бессмысленный случай, но не рассматриваете случай, который действительно возможен: $x_1^3=\frac{z_1-y_1}4\cdot(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)$.
Эти сомножители целые (при чётном $x_1$) и будут взаимно простыми, если $x_1$ не делится на $3$, тогда они обязаны быть кубами. Однако ситуация может быть сложнее: если $x_1$ делится на $3$, то эти сомножители имеют общий делитель $3$, причём, $4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3$ делится на $3$, но не делится на $9$. В этом случае представление в виде произведения взаимно простых чисел имеет вид $x_1^3=\frac{3(z_1-y_1)}4\cdot\frac 13(4z_1^2+4y_1^2+4z_1y_1+6z_1+6y_1+3)$. Вот эти два случая Вам и надо рассматривать.

Сожалею, но при глубоком уважении, я вынужден Вам возразить! Этого требуют мои убеждения и научная истина!

Равенство при натуральном значении невозможно (это верно), но совсем не по тривиальной причине, особнно не без связи с неоднородным уравнением Ферма и правилами разложения разности двух дробных переменных степени n, исходяших из биномиальной теоремы Ньютона. Ваше изложение исходит из методов решения однородного уравнения. Вы – и другие оппоненты – не учитываете, что исследуемое уравнение неоднородное и методы решения однородного уравнения для его решения не применимы, что перенос элеметов сомножителей из одного сомножителя в другой нарушает правила разложения на множители дробного бинома. Другими словами: разложения дробного бинома, предлагаемого Вами, просто не существует. А исследовать повторно, давно проработанные мной, заведомо вопросные варианты решения, неприведшие к решению также оппонентов, мне, в возросте за 70, нет смысла, особенно после посвящения решению 46 лет.
На форуме я не встречал применения явной чётности переменных (хотя все переменны чётные и нечётные), приведения ВТФ к неоднородному виду (его условием является применение явной чётности переменных), также применения дробных переменных, для исследования разрешимости явным методом делимости. Этому методу – сколько я не акцентирую – оппоненты не уделяют внимания, времени, по инерции оглашают псевдонаучным методом?! При этом настоятельно предлагают применять вопросные методы решения однородного уравнения для решения неоднородного уравнения. Ведь верного элементарного доказательства не существует, такого не представили и оппоненты! Поэтому убедительно прошу оппонентов достойно оценить понятие и свойства неоднородного полиномиального диофантова уравнения, также разложение дробного бинома на множители, чтобы оппонирование имело основу!!

Сделаю последнюю попытку на освещение метода, свойств неоднородного уравнения и дробного бинома, исходя из однородного уравнения:

$$x^m = z^n - y^n ,x^3 = z^2 - y^2 .$$

Решение однороного уравнения можно ограничить на решение неоднородного уравнения, ибо из неоднородных решений однородные следуют. Неоднородные уравнения, в отличие от однородных, имеют особое свойство, пригодное для решения полиномиальных диофантовых уравнений: сомножители взаимно просты (при большем числе сомножителей не обязательно попарно)!

Введением явных переменных, приведением уравнения к неоднородному виду и введением дробных переменных, имеем:

$$x_1^3 = \frac{{\left( {\frac{{2z_1 + 1}}{2}} \right)^2 - \left( {\frac{{2y_1 + 1}}{2}} \right)^2 }} {{2^{3 - 2} }} = \frac{{\left( {\frac{{2z_1 + 1}} {2} - \frac{{2y_1 + 1}}{2}} \right)\left( {\frac{{2z_1 + 1}} {2} + \frac{{2y_1 + 1}}{2}} \right)}}{{2^{3 - 2} }} = $$

$$ = \frac{{\left( {z_1 - y_1 } \right)\left( {z_1 + y_1 + 1} \right)}}{{2^1 }} = V_1^3 V_2^3 ,\left( {V_1 ,V_2 } \right) = 1.$$

/:Значения второго сомножителя натуральны при степени $n = 2$ и дробные при всех простых значениях $n > 2$
в уравнении $x^m = z^n - y^n $:/.

Запишем варианты и формулы решения:

$$1.\left\{ \begin{gathered} z_{\text{1}} - {\text{y}}_{\text{1}} = 2{\text{V}}_{\text{1}}^{\text{3}} \hfill \\ {\text{ }}z_{\text{1}} + {\text{y}}_{\text{1}} + 1 = {\text{V}}_{\text{2}}^{\text{3}} {\text{, }} \hfill \\ \end{gathered} \right.2.\left\{ \begin{gathered} z_{\text{1}} - {\text{y}}_{\text{1}} = {\text{V}}_{\text{1}}^{\text{3}} \hfill \\ {\text{ }}z_{\text{1}} + {\text{y}}_{\text{1}} + 1 = 2{\text{V}}_{\text{2}}^{\text{3}} {\text{, }} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$

$$1.x_1 = V_1 V_2 ,z_1 = \frac{{V_2^3 + 2V_1^3 - 1}} {2},y_1 = \frac{{V_2^3 - 2V_1^3 - 1}}{2},$$

$$x = 2x_1 = 2V_1 V_2 ,z = 2z_1 + 1 = V_2^3 + 2V_1^3 ,y = 2y_1 + 1 = V_2^3 - 2V_1^3 ,V_2 - $$

нечётное.

$$2.x_1 = V_1 V_2 ,z_1 = \frac{{2V_2^3 + V_1^3 - 1}} {2},y_1 = \frac{{2V_2^3 - V_1^3 - 1}}{2},$$

$$x = 2x_1 = 2V_1 V_2 ,z = 2z_1 + 1 = 2V_2^3 + V_1^3 ,y = 2y_1 + 1 = 2V_2^3 - V_1^3 ,V_1 - $$

нечётное.

В однородном уравнении для 1. варианта, имеем:

$$x^3 = z^2 - y^2 = \left( {z - y} \right)\left( {z + y} \right) = \left( {2V_1 V_2 } \right)^3 = $$

$$ = \left( {2V_2^3 + V_1^3 - 2V_2^3 + V_1^3 } \right)\left( {2V_2^3 + V_1^3 + 2V_2^3 - V_1^3 } \right) = 2V_1^3 \cdot 4V_2^3 ,\left( {2V_1^3 ,4V_2^3 } \right) > 1.$$

В однородном уравнении для 2. варианта, имеем:

$$x^3 = z^2 - y^2 = \left( {z - y} \right)\left( {z + y} \right) = \left( {2V_1 V_2 } \right)^3 = $$

$$ = \left( {2V_2^3 + V_1^3 - 2V_2^3 + V_1^3 } \right)\left( {2V_2^3 + V_1^3 + 2V_2^3 - V_1^3 } \right) = 2V_1^3 \cdot 4V_2^3 ,\left( {2V_1^3 ,4V_2^3 } \right) > 1.$$

Выводы:

1. В неоднородном уравнении с двумя сомножителями, при существовании решений, натуральные значения сомножителей взамино просты и их степень порознь равна степени одночлена с одной переменной! В противном случае уравнение не имеет требуемых решений. В неоднородном уравнении с большим числом сомножителей, при существовании решений, натуральные значения сомножителей взамино просты (не обязательно попарно) и степень их произведения равна степени одночлена с одной переменной (исходя из основной теоремы)! В противном случае уравнение не имеет требуемых решений. Решение имеет ряд особенностей, если в одночлене больше переменных.


2. В однородном уравнении, при существовании решений, натуральные значения сомножителей не обязательно взамино просты и степень их произведения равна степени одночлена с одной переменной (исходя из основной теоремы)!

Полиномиальные диофантовы уравнения определяются основной теоремой арифметики, разложение разности двух переменных степени n (также дробных переменных) – биномиальной теоремой Ньютона (других разложений не существует)! Это приводит к двуединому условию разрешимости!


С уважением: Sándor

[Jnrty]

Вам объяснили, что рассматриваемый Вами случай не имеет смысла, так как при делении нечётного числа на $4$ никогда не может получиться целого числа (а получившаяся при этом дробь никогда не может быть кубом рационального числа), и это никак не связано с теоремой Ферма. Вы, однако, настаиваете на своём и несёте при этом ахинею.

Jnrty:

Я думаю, что достаточно. Тема переносится в Пургаторий как образец безграмотности и невосприимчивости автора к разумным аргументам.