Два варианта уравнения ВТФ

[Belfegor]

ishhan в сообщении #603545 писал(а):

не может быть кубом целого числа!
У Вас ошибочка где-то гуляет это факт.

А вот нет здесь ошибочки-то Просто не все случаи рассмотрены.
Ферматики таки наносят ответный удар!

$ mk[(mk)^2 + 3(mk)a + 3a^2] = b^3$
Для $mk$ могут быть три случая (если рассматриваем тройку взаимно простых чисел):
1. $ mk = 1$
2. $ mk = t^3$
3. ну и пресловутый для 3 степени, если $b$ кратно 3.
Вот и получается, что кто доказал 1 случай, уже сделал треть дела
Кстати аналогия в основных пифагоровых тройках (три взаимно простые числа) прослеживается чёткая: или 1 или полный квадрат (7, 24, 25 (1) или 33, 56, 65(9), ну ещё надо вспомнить, что $b$ может быть четным, тогда минимальная разница равна 2. Например 8, 15, 17.
Браво, tormans! Верной дорогой идёте! Ждём окончательного разгрома немцев под Полтавой!!!

-- Пн авг 06, 2012 22:46:33 --

ishhan в сообщении #603602 писал(а):

Я знаю ещё восемь эквивалентных способов записи ВТФ (в общем виде) для не чётных простых показателей и в частности для n=3

Многоуважаемый ishhan! Я не сомневался и секунды в Вашем глубочайшем познании предмета дискуссии. Просто Ваше высказывание выглядело каким-то растерянным, как будто такой поворот был для Вас сюрпризом .
Но я понял, Вы по-прежнему во все оружии!
Есть ли у Вас намётки по четным степеням $4n+2$ ?

[ishhan]

Belfegor в сообщении #603603 писал(а):

Есть ли у Вас намётки по четным степеням $4n+2$ ?

А зачем?
Этот вопрос закрыт самим Ферма после доказательства невозможности разложения биквадрата на два биквадрата.
Так например для 4n+2=10 и существование решения для уравнения $x^{10}+y^{10}=z^{10}$ означало бы, что уравнение $x_1^5+y_1^5=z_1^5$
имеет решение
$x_1=x^2$
$y_1=y^2$
$z_1=z^2$
То есть равносильно существованию решения для простого показателя в данном примере для $n=5$.
Всё равно без простых показателей не обойтись, как ни крути

[Belfegor]

ishhan в сообщении #603619 писал(а):

А зачем?

Попробовать, как раз и выйти на доказательство для простых степеней

[ishhan]

Belfegor в сообщении #603620 писал(а):

Попробовать, как раз и выйти на доказательство для простых степеней

Конечно можно попробовать.
Где то попадалось любопытное доказательство для чётных степеней (для 14 степени вроде)
У Вас есть идея?

[Belfegor]

ishhan в сообщении #603624 писал(а):

У Вас есть идея?

Или как-то поднять степень, что бы уйти от радикалов, спуск степени, похоже, ничего не даёт, судя по квадрату и биквадрату...

-- Вт авг 07, 2012 00:09:27 --

Belfegor в сообщении #603627 писал(а):

Или как-то поднять степень

Например вот так: преобразовать $x^{3}+y^{3}=z^{3}$ в
$k^{3}+m^{6}=t^{9}$

[tormans]

Господа!
Я рассматриваю случай, когда $m>1$ -простое число, $k$ - нечетное число, не кратное $m$.
Если "квадратная скобка" не делится на $mk$, то это означает, что по крайней мере $m$ остается в первой степени. А поскольку $\sqrt[n]{mkS}= \sqrt[n]{m}\cdot\sqrt[n]{k}\cdot\sqrt[n]{S}$, то $b$ дробное число. Здесь $S$ - сумма слагаеьых в "квадратных скобках".
Если $mk + a =c$ и $a, b, c$ образуют тройку Пифагоровых чисел, то уравнение имеет решение и при $n=2$
Любое число $c<a$ можно представить в виде: $c = mk+a$, где $m$ - простое число, $k$ - любое нечетное число, равное $k=1, 3, 5, 7... 27...49...121...$
Здесь $c$ - нечетное число, $a$ - четное число.

[Mathusic]

tormans в сообщении #603679 писал(а):

Я рассматриваю случай, когда $m>1$ -простое число, $k$ - нечетное число, не кратное $m$.

Не так вы доказали, что уравнение всякое так представляется??

[Jnrty]

Jnrty:

tormans, я Вам два раза писал: представьте полное доказательство теоремы для третьей степени, как это требуют правила форума. Вы явно мою просьбу игнорируете.
Предупреждение за нарушение упомянутого правила.
Если полного доказательства не появится, тему закрою.
Продолжать дискуссию до изложения полного доказательства не разрешаю.

[tormans]

Belfegor-y
У меня $m$ - простое число, это значит число в первой степени. Поэтому, поскольку $k$ не кратно $m$, то $mk$ не может быть кубом какого-то числа,
т.е. $mk\ne t^3$. Простое число в степени - это уже не простое число. Вы можете рассматривать любые свои варианты, но дискуссия может вестись только в пределах предложенного мною уравнения и указанных значений и соотношений входящих в уравнение величин. Так вот именно это уравнение не имеет решения в целых числах. И это уравнение - уравнение ВТФ.
P.S. Прежде чем что-либо выкладывать на форуме, я все излагаю и фиксирую в компьютере. Бывает, что на форуме я не выкладываю всю информацию сразу.

-- 07.08.2012, 13:45 --

Уважаемый Jnrty
Я доказал уравнение$(mk+a)^3 - a^3= b^3$.
Где $mk +a =c$. Отсюда $c^3 - a^3 =b^3$ или
$a^3 + b^3 =c^3$. Здесь $c$ -любое нечетное число, $a$ - любое четное число, при этом $a<c$. Я доказываю уравнение, задавшись числами $c, a$, что не противоречит правилам алгебры. Из любого нечетного числа можно вычесть четное число и получится нечетное простое или составное число, т.е. $c-a =mk$. Если разность простое число, т.е. $c-a =d$, то $m=d$, $k=1$

[Jnrty]

tormans в сообщении #603780 писал(а):

дискуссия может вестись только в пределах предложенного мною уравнения и указанных значений и соотношений входящих в уравнение величин. Так вот именно это уравнение не имеет решения в целых числах. И это уравнение - уравнение ВТФ.

Но, даже если у Вас всё правильно, полученная Вами теорема - не ВТФ.

[tormans]

Jnrty
Не буду спорить. Пусть свое мнение выскажут посетители форума.

[Jnrty]

А о чём тут спорить? В формулировке ВТФ нет Ваших ограничений на вид решения.

[Belfegor]

tormans в сообщении #603780 писал(а):

Belfegor-y
..................................
-- 07.08.2012, 13:45 --

Уважаемый Jnrty
...........................

Интересно почему это Jnrty - уважаемый, а я - просто... уважаемый tormans!
У меня создалось впечатление, что Вы не очень большой любитель вести дискуссию.
Комментарии читаете невнимательно, хотя это- ваша тема!
Поэтому постараюсь быть кратким.

Jnrty в сообщении #603792 писал(а):

Но, даже если у Вас всё правильно, полученная Вами теорема - не ВТФ.

Jnrty в сообщении #603805 писал(а):

А о чём тут спорить? В формулировке ВТФ нет Ваших ограничений на вид решения.

tormans в сообщении #603798 писал(а):

Не буду спорить. Пусть свое мнение выскажут посетители форума.

И чего же вы ещё хотите услышать???

Я же привёл Вам наглядный пример, как из вашего доказательства вытекает неправильность теоремы Пифагора. Ещё раз приведу:

Belfegor в сообщении #603552 писал(а):

А для 2-ой степени?
$(mk + a)^2 - a^2 = b^2$
$(mk + a)^2 - a^2 = (mk)^2 + 2(mk)a + a^2 - a^2= mk[(mk)+ 2a ] = b^2$
Слагаемое $2a$ не содержит сомножитель $(mk)$, следовательно, сумма слагаемых в квадратных скобках не делится на $(mk)$. Следовательно, корень квадратный из алгебраического выражения
$mk[(mk)+ 2a ]$ с учетом приведенных ранее разъяснений по числам $m$ и $k$ дробное число. Теорема Пифагора не верна?

И так как тройки квадратов таки существуют, значит вы рассмотрели частный, понимаете, частный случай ВТФ. Вот если Вы покажите ,что разбили доказательство ВТФ на некое количество частных случаев, которое полностью закрывает ВТФ и Вы сумеете доказать каждый из них, вот тогда форумчане, кто-то скрепя зубами, а кто-то искренне, провозгласят Вас Королем

[Mathusic]

(tormans)

tormans, вы должны всякое своё суждение четко обосновывать, особенно в этом разделе. Если вы записали, например $(mk+a)^3-a^3=b^3$, то должны обосновать, почему всякое уравнение ВТФ представимо в таком виде. И вообще вначале сказать, что вы это уравнение представляете в равносильном виде, а не имеете в виду что-то другое! А то приходится у вас выпрашивать всё по кускам, но тут правило другое действует - вы должны свои утверждения доказывать, а не за вас додумывать. Должна быть чёткая логическая цепочка!
Так что будьте добры -- ответьте на мой предыдущий вопрос.

[tormans]

Уважаеьмый Belfegor!
Ранее я дал Вам разъяснения по поводу решаемости моего уравнения при $n=2$. Повторю кратко: если обозначить $(mk + a) =c$ и если $a, b, c$ образуют тройку Пифагоровых чисел, то уравнение имеет решение в целых числах. Проверьте на числовом примере.

Общее замечание
Можно отбросить все ограничения по четности чисел и сказать так: если число $mk\ne p^n$, то приведенное мною уравнение не имеет решения в целых числах. Однако мое доказательство не дает ответа на вопрос: решается или нет в целых числах уравнение: $(p^n + a)^n - a^n = b^n$