2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3, 4, 5 ... 9  След.
 
 ВТФ для n=3
Сообщение18.07.2012, 19:58 


31/03/06
1384
Если $x^3+y^3+z^3=0$ то $\alpha^2=x^6-j^6 v^3$, где $j=\sqrt[3]{2}$, $v=yz$, $\alpha=(y^3-z^3)$.
Докажем, что $x^6-j^6 v^3$ не может быть квадратом целого числа, если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$.
ВТФ для $n=3$ следует из этого очевидным образом.

Предположим, что $x^6-j^6 v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ - наименьшее такое положительное нечётное число, $v\ne 0$ и $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа.

Простой перебор возможных остатков от деления $x$ и $v$ на 9 показывает, что либо
$x$ делится на 3, либо $v$ делится на 3.
Имеем:
(1) $x^6-j^6 v^3=(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)$

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место терема о единственности разложения на простые множители, и все делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.
Легко показать, что множители в правой части равенства (1) не имеют общих делителей (иначе $3 j^2 x^2 v$ делится на этот общий делитель и $x^2-j^2 v$ делится на него, что невозможно, поскольку $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное число и одно из этих чисел делится на 3, а другое нет).
Значит, либо $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, либо $(x^2-j^2 v)(j-1)=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа.
Второе из этих равенств невозможно, поскольку коэффициент при $j$, в левой части нечётный (поскольку $x$ - нечётное число), а в правой части - чётный.
Значит,
(2) $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$.

Будем считать, что $a_2$ - неотрицательное число (иначе изменим знак у $a_0$, $a_1$ и $a_2$).
Из (2) следует:

(3) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$
(4) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$
(5) $a_1^2+2 a_0 a_2=-v$

Все три числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$ не равны нулю (если $a_0=0$, то $a_2=0$ из (4), и левая часть (3) обращается в 0, что невозможно; если $a_1=0$, то $a_2=0$ из (4), и левая часть (5) обращается в 0, что невозможно).

Из (4) получим: $a_0=-a_2^2/a_1$.
Подставляя это выражение для $a_0$ в (3) и (5) получим:

(6) $a_2(a_2^3+4 a_1^3)=a_1^2 x^2$
(7) $a_1^3-2 a_2^3=-a_1 v$

Пусть $a_1=d b_1$, $a_2=d b_2$, где $d$ - наибольший общий делитель чисел $a_1$ и $a_2$, взятый со знаком плюс.
Тогда $b_1$ и $b_2$ - взаимно-простые числа и:

(8) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)d^2=b_1^2 x^2$
(9) $(b_1^3-2 b_2^3)d^2=-b_1 v$

Из (8) следует, что $d$ делится на $b_1$ и $x$ делится на $d/b_1$; из (9) следует, что
$v$ делится на $d/b_1$, а поскольку $x$ и $v$ - взаимно-простые числа, то $d/b_1=1$ или $d/b_1=-1$.
Значит $d^2=b_1^2$ и из (8) получим:

(10) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)=x^2$

Поскольку $a_2>0$, то $b_2>0$, и из (10) следует, что $b_2=u^2$ для некоторого положительного нечётного числа $u$.
Из (10) получим, что $u^6+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.
Мы покажем отдельно, что $u^6+4 b_1^3\ne 1$, а сейчас предположим это.
Тогда из (10) следует, что $u<x$, что противоречит минимальности $x$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение18.07.2012, 22:43 


21/11/10
546
Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):
Если $x^3+y^3+z^3=0$ то $\alpha^2=x^6-j^6 v^3$, где $j=\sqrt[3]{2}$, $v=yz$, $\alpha=(y^3-z^3)$.
Докажем, что $x^6-j^6 v^3$ не может быть квадратом целого числа, если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$.


Не поленился прописать, так как предпочитаю именно эту запись УФ в которой фигурирует симметрическая форма степени три от трёх переменных с индексами показателей степеней $(3,0,0)$.
И что же имеем:
$x^3+y^3+z^3=0$
$\alpha-y^3+z^3=0$
Складываем
$\alpha+x^3+2z^3=0$
То есть некое целое число$ \alpha$ можно представить и эдак:
$\alpha=-x^3-2z^3 $
Потом все возводим в квадрат и тд
Почему бы по простому не взять простое привычное глазу уравнение Ферма $n=3$:
$x^3+y^3=z^3$
Перенести искомое слагаемое из левой в правую часть и возвести в квадрат:
$x^6=(z^3-y^3)^2$
без "хитрых обозначений" типа $j=\sqrt[3]{2}$
И дальше уже рубить правду матку:)

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 02:57 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #596796 писал(а):
$\alpha=-x^3-2z^3 $
Потом все возводим в квадрат и тд


Можно получить $\alpha^2=(x^3-2 z^3)^2+8 x^3 z^3$, но $(x^3-2 z^3)$ не является кубом, и это ничего не даёт.

Цитата:
Почему бы по простому не взять простое привычное глазу уравнение Ферма $n=3$:
$x^3+y^3=z^3$
Перенести искомое слагаемое из левой в правую часть и возвести в квадрат:
$x^6=(z^3-y^3)^2$
без "хитрых обозначений" типа $j=\sqrt[3]{2}$
И дальше уже рубить правду матку:)


Получится $x^6+4(yz)^3$ является квадратом целого числа.
У меня минус вместо плюса, но это не важно.
Важно разложить это выражение на множители, а для этого и нужно ввести "хитрое обозначение" $j=\sqrt[3]{2}$, потому что $4=j^6$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 09:13 
Заслуженный участник


10/08/09
599
Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):
все делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$
...
Значит, либо $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, либо $(x^2-j^2 v)(j-1)=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$

Не очень понял, куда делись остальные степени. Почему, например, не $x^2-j^2v=(j-1)(a_0+a_1j+a_2j^2)^2$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 09:52 


31/03/06
1384
migmit в сообщении #596881 писал(а):
Не очень понял, куда делись остальные степени. Почему, например, не $x^2-j^2 v=(j-1)(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$ ?


В этом случае $(x^2-j^2v)(j-1)=(j-1)^2 (a_0+a_1j+a_2j^2)^2$.

Правая часть этого равенства является квадратом числа из $\mathbb{Z}[j]$, то есть числом вида $(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 10:16 
Заслуженный участник


10/08/09
599
Феликс Шмидель в сообщении #596896 писал(а):
migmit в сообщении #596881 писал(а):
Не очень понял, куда делись остальные степени. Почему, например, не $x^2-j^2 v=(j-1)(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$ ?


В этом случае $(x^2-j^2v)(j-1)=(j-1)^2 (a_0+a_1j+a_2j^2)^2$.

А, понял, спасибо.

Ну, что ж, вроде бы, остаётся только $u^6+4b_1^3\neq1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 13:34 


31/03/06
1384
migmit в сообщении #596900 писал(а):
Ну, что ж, вроде бы, остаётся только $u^6+4b_1^3\neq1$.


Предположим, $x^6-4v^3=1$, где $x$ - положительное нечётное число, $v\ne 0$ и $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа.
Тогда
(11) $\frac{x^3-1}{2}\frac{x^3+1}{2}=v^3$.

Поскольку $\frac{x^3+1}{2}-\frac{x^3-1}{2}=1$ то $\frac{x^3+1}{2}$ взаимно-просто с $\frac{x^3-1}{2}$.
Из (11) следует, что $\frac{x^3-1}{2}$ и $\frac{x^3+1}{2}$ являются кубами положительных чисел (из $v\ne 0$ следует $x\ne 1$, поэтому $\frac{x^3-1}{2}>0$).
Но разница между кубами двух целых положительных чисел (из которых первое больше второго) не меньше 7, поэтому не может быть равна 1.
Полученное противоречие показывает, что $x^6-4v^3=1$ невозможно.
Из этого очевидным образом следут, что $u^6+4b_1^3\ne 1$ (поскольку $u$ - нечётное положительное число, $b_1\ne 0$ и $u$ взаимно-просто с $b_1$).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 16:12 


21/11/10
546
Ваше возражения слишком туманны по поводу того что:
Феликс Шмидель в сообщении #596844 писал(а):
Можно получить $\alpha^2=(x^3-2 z^3)^2+8 x^3 z^3$, но $(x^3-2 z^3)$ не является кубом, и это ничего не даёт.

А что же, в данном контексте, является кубом поясните плиз :?:

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 18:21 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #596983 писал(а):
Ваше возражения слишком туманны по поводу того что:
Феликс Шмидель в сообщении #596844 писал(а):
Можно получить $\alpha^2=(x^3-2 z^3)^2+8 x^3 z^3$, но $(x^3-2 z^3)$ не является кубом, и это ничего не даёт.

А что же, в данном контексте, является кубом поясните плиз :?:


Если $x^3+y^3=z^3$, то $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$, где $(z^3-y^3)$ является кубом.

Если $x^3+y^3+z^3=0$, как в моём доказательстве, то $(y^3-z^3)^2=(y^3+z^3)^2-4 y^3 z^3$, где $(y^3+z^3)$ является кубом.

-- Чт июл 19, 2012 18:30:01 --

Исправление:

Цитата:
Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место терема о единственности разложения на простые множители, и все делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

исправляется на:

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 18:59 


21/11/10
546
Феликс Шмидель в сообщении #597003 писал(а):
Если $x^3+y^3=z^3$, то $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$, где $(z^3-y^3)$ является кубом.


Ух ты, чего это тут Вы понаписали :)
Что есть импликация в Вашем понимании?
Буквально Вы пишете:"Если справедлива ВТФ($x^3+y^3+z^3=0$), то следствием этого является тождество: $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$"
Далее просто небольшая оговорка: где $z^3-y^3$ является кубом
Это же нонсенс , пардон может я не правильно понял :shock: .

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 19:28 
Заслуженный участник


04/05/09
4587
ishhan в сообщении #597018 писал(а):
где $z^3-y^3$ является кубом
Насколько я понял, именно это является следствием импликации.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 19:28 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #597018 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #597003 писал(а):
Если $x^3+y^3=z^3$, то $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$, где $(z^3-y^3)$ является кубом.


Ух ты, чего это тут Вы понаписали :)
Что есть импликация в Вашем понимании?
Буквально Вы пишете:"Если справедлива ВТФ($x^3+y^3+z^3=0$), то следствием этого является тождество: $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$"
Далее просто небольшая оговорка: где $z^3-y^3$ является кубом
Это же нонсенс , пардон может я не правильно понял :shock: .


Вы неправильно написали.
Правильно так: "Если неверна ВТФ($x^3+y^3=z^3$), то следствием этого является тождество: $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$",
где $(z^3-y^3)$ является кубом.

-- Чт июл 19, 2012 19:49:31 --

Кстати, согласно законам классической логики, тождество следует из любой посылки,
но venco прав: то, что Вы назвали "небольшой оговоркой" является существенным.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 19:51 


21/11/10
546
Феликс Шмидель в сообщении #597029 писал(а):
Вы неправильно написали.
Правильно так: "Если неверна ВТФ($x^3+y^3=z^3$), то следствием этого является тождество: $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$",
где $(z^3-y^3)$ является кубом.

Ага дошло куда Вы клоните.
То есть рассматриваем целочисленное уравнение в котором сумма двух кубов равна квадрату целого числа и доказываем его невыполнимость?
А как же $1+8=9$ и другие решения уравнения $a^3+b^3=c^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 20:04 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #597046 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #597029 писал(а):
Вы неправильно написали.
Правильно так: "Если неверна ВТФ($x^3+y^3=z^3$), то следствием этого является тождество: $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$",
где $(z^3-y^3)$ является кубом.

Ага дошло куда Вы клоните.
То есть рассматриваем целочисленное уравнение в котором сумма двух кубов равна квадрату целого числа и доказываем его невыполнимость?
А как же $1+8=9$ и другие решения уравнения $a^3+b^3=c^2$


Вы опять неправильно написали.
Правильно так: "рассматриваем целочисленное уравнение в котором сумма шестой степени и куба, умноженного на 4 равна квадрату целого числа и доказываем его невыполнимость (при условии, что слагаемые не равны нулю)".

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение19.07.2012, 20:40 


21/11/10
546
Феликс Шмидель в сообщении #597052 писал(а):
Вы опять неправильно написали.
Правильно так: "рассматриваем целочисленное уравнение в котором сумма шестой степени и куба, умноженного на 4 равна квадрату целого числа и доказываем его невыполнимость (при условии, что слагаемые не равны нулю)".


Пардоньте, уравнение о котором идёт речь выглядит как:
$a^6+4b^3=c^2$
и по Вашему мнению не имеет решения, надеюсь, что теперь всё правильно понял.
А случай, когда $b=t^2$ Вами проверялся ?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 128 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5 ... 9  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
cron
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group