ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

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.

[ishhan]

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:)

[Феликс Шмидель]

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 $4=j^6$.

[migmit]

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 $x^2-j^2v=(j-1)(a_0+a_1j+a_2j^2)^2$ ?

[Феликс Шмидель]

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 $(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$.

[migmit]

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 $u^6+4b_1^3\neq1$.

[Феликс Шмидель]

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 $b_1$).

[ishhan]

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

[Феликс Шмидель]

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.

[ishhan]

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 .

[venco]

ishhan в сообщении #597018 писал(а):

где $z^3-y^3$ является кубом

Насколько я понял, именно это является следствием импликации.

[Феликс Шмидель]

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 .

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.

[ishhan]

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 $a^3+b^3=c^2$

[Феликс Шмидель]

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)".

[ishhan]

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 ?