ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #597060 писал(а):

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 ?

Дополнительным условием является взаимная простота $a$ и $b$.
Запишем равенство $a^6+4b^3=c^2$ в виде: $\frac{c-a^3} {2} \frac{c+a^3} {2}=b^3$,
откуда $\frac{c+a^3} {2}$ и $\frac{c-a^3} {2}$ являются кубами целых чисел, разность которых равна $a^3$.
Значит, если $a^6+4b^3=c^2$, где $c$ - целое число, и $a$ и $b$ - взаимно-простые целые числа, не равные нулю, то теорема ВТФ неверна для степени 3.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597072 писал(а):

Дополнительным условием является взаимная простота $a$ и $b$.
Запишем равенство $a^6+4b^3=c^2$ в виде: $\frac{c-a^3} {2} \frac{c+a^3} {2}=b^3$,
откуда $\frac{c+a^3} {2}$ и $\frac{c-a^3} {2}$ являются кубами целых чисел, разность которых равна $a^3$.
Значит, если $a^6+4b^3=c^2$, где $c$ - целое число, и $a$ и $b$ - взаимно-простые целые числа, не равные нулю, то теорема Ферма неверна для степени 3.

Условие целостности из которого следует, что каждое из чисел $\frac{c-a^3}{2}$ и $\frac{c+a^3}{2}$ является кубом целого числа, а так же то, что эти числа взаимно простые хотелось бы развернуть подробней.
И уж про следствие о не выполнимости ВТФ $n=3$ напишите ещё пару слов.

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #597075 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #597072 писал(а):

Дополнительным условием является взаимная простота $a$ и $b$.
Запишем равенство $a^6+4b^3=c^2$ в виде: $\frac{c-a^3} {2} \frac{c+a^3} {2}=b^3$,
откуда $\frac{c+a^3} {2}$ и $\frac{c-a^3} {2}$ являются кубами целых чисел, разность которых равна $a^3$.
Значит, если $a^6+4b^3=c^2$, где $c$ - целое число, и $a$ и $b$ - взаимно-простые целые числа, не равные нулю, то теорема Ферма неверна для степени 3.

Условие целостности из которого следует, что каждое из чисел $\frac{c-a^3}{2}$ и $\frac{c+a^3}{2}$ является кубом целого числа, а так же то, что эти числа взаимно простые хотелось бы развернуть подробней.
И уж про следствие о не выполнимости ВТФ $n=3$ напишите ещё пару слов.

Поскольку $(c-a^3)(c+a^3)=4b^3$, то $(c-a^3)(c+a^3)$ делится на 4, а поскольку сомножители одинаковой чётности, то оба чётные.
Числа $\frac{c-a^3}{2}$ и $\frac{c+a^3}{2}$ взаимно-простые, иначе их разность, и, значит, $a$ делится на общий простой делитель, а также $b$ делится не него, что невозможно, поскольку $a$ и $b$ - взаимно-простые числа.
Насчёт не выполнимости ВТФ для $n=3$, поймите правильно: если равенство $a^6+4b^3=c^2$ возможно в целых ненулевых числах, то ВТФ не верна для $n=3$, а если невозможно, то верна.
Другими словами ВТФ для $n=3$ равносильна невозможности равенства $a^6+4b^3=c^2$ в целых ненулевых числах.

Я специально не упомянул об условии взаимной простоты $a$ и $b$ поскольку проверил, что оно не является обязательным.

[natalya_1]

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 $j=\sqrt[3]{2}$, $v=yz$, $\alpha=(y^3-z^3)$.

Эта формула у меня не получается. Минус потерялся при возведении в квадрат .

[venco]

Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):

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.

Мне интересно, откуда вы это взяли. Как насчёт $j^2+j+1$?

[Феликс Шмидель]

natalya_1 в сообщении #597112 писал(а):

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 $j=\sqrt[3]{2}$, $v=yz$, $\alpha=(y^3-z^3)$.

Эта формула у меня не получается. Минус потерялся при возведении в квадрат .

Посмотрите:

Из $x^3+y^3+z^3=0$ следует $x^3=-(y^3+z^3)$, значит $x^6=(y^3+z^3)^2$.
Поэтому из тождества $(y^3-z^3)^2=(y^3+z^3)^2-4 (yz)^3$ следует $\alpha^2=x^6-4 v^3$

[migmit]

venco в сообщении #597117 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):

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.

Мне интересно, откуда вы это взяли. Как насчёт $j^2+j+1$?

$j^2+j+1=\frac{j^3-1}{j-1}=\frac1{j-1}=(j-1)^{-1}$, по-моему, очевидно.

[Феликс Шмидель]

venco в сообщении #597117 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):

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.

Мне интересно, откуда вы это взяли. Как насчёт $j^2+j+1$?

Во-первых, есть ещё делители единицы вида $-(j-1)^m$, поэтому я внёс исправление:

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.


Во-вторых, $j^2+j+1=(j-1)^{-1}$.

[migmit]

Феликс Шмидель в сообщении #597144 писал(а):

Поскольку $j-1$ является делителем единицы, то $j-1=e_1^k$ или $j-1=-e_1^k$, где $k$ - целое число.
Значит $e_1=(j-1)^{-k}$ или $e_1=-(j-1)^{-k}$, и все делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$ или $-(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

Чего??? Вы считаете, что если $a=b^n$, то $b=a^{-n}$?

[Феликс Шмидель]

migmit в сообщении #597146 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #597144 писал(а):

Поскольку $j-1$ является делителем единицы, то $j-1=e_1^k$ или $j-1=-e_1^k$, где $k$ - целое число.
Значит $e_1=(j-1)^{-k}$ или $e_1=-(j-1)^{-k}$, и все делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$ или $-(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

Чего??? Вы считаете, что если $a=b^n$, то $b=a^{-n}$?

Вы правы, я написал ерунду.
Но, утверждение всё равно верно, что все делители единицы в кольце $\mathbb{Z}[j]$ имеют вид: $(j-1)^m$ или $-(j-1)^m$, где $m$ - целое число.
Попробую обосновать это позже.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597082 писал(а):

Другими словами ВТФ для $n=3$ равносильна невозможности равенства $a^6+4b^3=c^2$ в целых ненулевых числах.

И все же, Ваше уравнение получено при помощи возведении в квадрат правой и левой части УФ, а за тем прибавления к обеим частям $4y^3z^3$:

$(z^3-y^3)^2=(x^3)^2$

$z^6-2y^3z^3+y^6=x^6$

Теперь прибавим справа и слева $4y^3z^3$

$z^6+2y^3z^3+y^6=x^6+4y^3z^3$

$(z^3+y^3)^2=x^6+4y^3z^3$

Такой способ преобразований УФ тривиален, и по этому лабиринту ВТФ прошли уже до Вас тысячи любителей.
Ваш способ доказательства отдалённо напоминает изложение леммы Эйлера в книге М.М.Постникова.
Копайте глубже, желаю удачи! :)

[Феликс Шмидель]

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.


Согласно теореме Дирихле о единицах, в $\mathbb{Z}[j]$ есть только одна фундаментальная единица (обозначим её через $e_1$), и все делители единицы имеют вид: $e_1^m$ или $-e_1^m$, где $m$ - целое число.

Назовём нормой числа $a_0+a_1 j+a_2 j^2$ число $a_0^2+2 a_1^2+4 a_2^2-6 a_0 a_1 a_2$.
Обозначим норму через $N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$.

Можно показать, что $N((a_0+a_1 j+a_2 j^2)(b_0+b_1 j+b_2 j^2))=N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)N(b_0+b_1 j+b_2 j^2)$, то есть норма произведения равна произведению норм.

Лемма
------------

Пусть $j-1=(a_0+a_1 j+ a_2 j^2)^k$, где $k$ - целое положительное число, и $a_0$, $a_1$, $a_2$ - целые числа ($j=\sqrt[3]{2}$).

Тогда $k=1$.

Доказательство:
--------------------------

Если $k$-чётное число, то $j-1=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2$, где $c_0$, $c_1$, $c_2$ - некоторые целые числа, но это невозможно, так как в правой части, после возведения в квадрат, получается чётный коэффициент при $j$.
Значит $k$ - нечётное число.
Тогда $j$ делится на $(a_0+1)+a_1 j+a_2 j^2$, и $j-2$ делится на $(a_0-1)+a_1 j+a_2 j^2$.
Поэтому $N(j)=2$ делится на $N((a_0+1)+a_1 j+a_2 j^2)$, и $N(j-2)=-6$ делится на $N((a_0-1)+a_1 j+a_2 j^2)$.
Кроме этого $N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)=1$, так как $N(j-1)=N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^k$.
Этого достаточно, чтобы доказать лемму перебором делителей числа $2$ и числа $-6$.

-- Пт июл 20, 2012 17:58:36 --

Цитата:

Такой способ преобразований УФ тривиален, и по этому лабиринту ВТФ прошли уже до Вас тысячи любителей.
Ваш способ доказательства отдалённо напоминает изложение леммы Эйлера в книге М.М.Постникова.

Возможно, но Вы согласны с тем, что моё доказательства ВТФ для третьей степени правильное?

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597267 писал(а):

Цитата:
Такой способ преобразований УФ тривиален, и по этому лабиринту ВТФ прошли уже до Вас тысячи любителей.
Ваш способ доказательства отдалённо напоминает изложение леммы Эйлера в книге М.М.Постникова.


Возможно, но Вы согласны с тем, что моё доказательства ВТФ для третьей степени правильное?

С моей точки зрения "правильное доказательство ВТФ" должно опираться на красивую идею и обладать геометрическим смыслом.
Так красивым и правильным можно считать доказательство первого случая ВТФ для n=3 при помощи тождества:$(x+y-z)^3-x^3-y^3+z^3=3(x-z)(y-z)(x+y)$
из которого сразу следует, что при выполнении:$x^3+y^3-z^3=0$ и целых $x,y,z$
$x+y-z$ делится на $3$, а так же и то , что одно из чисел $x,y,z$ должно делиться на три, в противном случае условия целостности запрещают равенство $x^3+y^3-z^3=0$.

[Belfegor]

ishhan в сообщении #597287 писал(а):

Так красивым и правильным можно считать доказательство первого случая ВТФ для n=3

Не понял, о каком первом случае идёт речь?

[Феликс Шмидель]

Цитата:

С моей точки зрения "правильное доказательство ВТФ" должно опираться на красивую идею и обладать геометрическим смыслом.

Я имел ввиду другое. Вы согласны с тем, что моё доказательство ВТФ для $n=3$ является строгим и не содержит ошибок?