О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev, а как Ваши рассуждения работают вот в этом примере: http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53334#53334?

Уважаемый Someone 1 Признаюсь честно - это мне оказалось не по силам. Про системы счисления я помню (и то смутно) только две вещи: 1. Чтобы представление чисел в системе было однозначно - основание системы должно быть простым числом. О особых свойствах чисел при неоднозначном их представлении понятия не имею; 2. Существует система счисления в "остатках" где основанием каждого разряда является простое число. максимальное представимое в ней число равно произведению оснований разрядов, а главное - при арифметических операциях с числами отсутствуют пнреносы из разряда в разряд. П.2 для $Iosif a$. Так что прошу прощения, может мои рассуждения как то и работают при упоминаемом подходе, но я понять этого не могу.
Дед.

[PAV]

ljubarcev писал(а):

Чтобы представление чисел в системе было однозначно - основание системы должно быть простым числом

Достаточно странно, как это мы все при этом ухитряемся пользоваться системой с основанием 10.

[RIP]

RIP писал(а):

ljubarcev писал(а):

...$(\frac{x_1}{(z-y)_1})^3-(z-y)_1^6=zy$....
Следовательно, должно быть $x_1=m(z-y)_1$. Но тогда должно быть и
$m^3-m^6=zy$...

Снова ошибка в последнем равенстве.

ljubarcev писал(а):

2. Согласен, что опять к сожалению ошибся. В действительности должно быть
$m^3-3^3m^6=zy$.Эта ошибка на дальнейшие выводы не влияет. Думаю, что Вы это поняли, так как других замечаний пока нет.
Дед.

Я не понимаю, как Вы из

$$\left(\frac{x_1}{(z-y)_1}\right)^3-27(z-y)_1^6=zy$$

после подстановки $x_1=m(z-y)_1$ получаете $m^3-27m^6=zy$. У меня получается

$$m^3-27(z-y)_1^6=zy.$$

[ljubarcev]

RIP писал(а):

Поскольку $3|x$, то на $3$ делится хотя бы один из сомножителей справа, следовательно, они оба. Но тогда второй сомножитель делится на $3$ ровно в первой степени (т.к. $9|(z-y)^2$ и $9\nmid3zy$).

RIP ! Если Вы поняли, что должно быть $9\nmid3zy$, то это и есть искомое противоречие, так как невозможно при $z;y$ не делящихся на $3$.или это ошибка?
Дед.

Добавлено спустя 6 минут:

RIP писал(а):

ljubarcev писал(а):

Действительно, так как в этом случае $x_1=mx_2$, $(z-y)_2=m(z-y)_3$ и
$mx_2^3-27(z-y)_3^2=zy/m^2$,

Проверьте последнее равенство. .

Проверил. По моему до сих пор всё верно.
Дед.

[RIP]

ljubarcev писал(а):

RIP писал(а):

Поскольку $3|x$, то на $3$ делится хотя бы один из сомножителей справа, следовательно, они оба. Но тогда второй сомножитель делится на $3$ ровно в первой степени (т.к. $9|(z-y)^2$ и $9\nmid3zy$).

RIP ! Если Вы поняли, что должно быть $9\nmid3zy$, то это и есть искомое противоречие, так как невозможно при $z;y$ не делящихся на $3$.или это ошибка?
Дед.

Не вижу здесь никакого противоречия

Добавлено спустя 3 минуты 30 секунд:

ljubarcev писал(а):

RIP писал(а):

ljubarcev писал(а):

Действительно, так как в этом случае $x_1=mx_2$, $(z-y)_2=m(z-y)_3$ и
$mx_2^3-27(z-y)_3^2=zy/m^2$,

Проверьте последнее равенство. .

Проверил. По моему до сих пор всё верно.
Дед.

А у меня почему-то всё время получается

$$\frac{x_2^3}{(z-y)_3}-27(z-y)_3^2=\frac{zy}{m^2}.$$

Для справки: подставляю я в
$x_1^3/(z-y)_2-27(z-y)_2^2=zy $

[Батороев]

Батороев писал(а):

ljubarcev писал(а):

При $x=3x_1$, то есть делящемся на $3$, должно быть $z-y= 9(z-y)_1^3$

.
Почему должно быть в 3-й степени:
$(z-y)_1^3$?

ljubarcev писал(а):

1. Мне понравился Ваш ответ на замечание Батороева.

Извините, если Вы приняли мой вопрос за замечание .
Может мне следовало сделать приписку:
"Собираюсь в командировку - хочу в свободное время подумать над данной темой".
С ходу это место не просек и вбросил вопрос. Но ответ пришел чуть-чуть позже, чем пришло такси. Тем не менее, большое спасибо RIP"у.

По ходу рассуждений у меня получилось следующее:
$ x^3 = (z - y)[(z -y)^2 + 3 zy] $
$ 4x^3 = 3(z - y)(z + y)^2 + (z - y)^3 $

[ljubarcev]

RIP! Батороев! С ответом на вопросы, влияющие на результат, всё должно выглядеть так.
Если имеет место равенство $x^3+y^3=z^3$ при взаимно простых $x<y<z$, то
1. $x+y-z=3t$;

2. $(3t)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$. Числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ взаимно простые и слева – куб, поэтому

3. $3(z-y)=p^3$; $(z-x)=k^3$; $(x+y)=g^3$.

4. $3(z-y)=p^3$; $p=3m$: $(z-y)=9m^3$;

5. $x^3-(z-y)^3=3zy(z-y)$ и $x^3-9^3m^9=3zy9m^3$;

6. $\frac{x^3}{9m^3}=9^2m^6+zy$; поэтому $x=3mx_1$;

7. $3x_1^3=9^2m^6+zy$ и $x_1^3-3^3m^6=\frac{zy}{3}$.

Последнее равенство в целых числах невозможно, так как при $x=3mx_1$, числа $z;y$ и их произведение $zy$ на $3$ делиться не может. Должно а не может. Это и есть искомое противоречие.
Дед.

[Батороев]

ljubarcev писал(а):

5. $x^3-(z-y)^3=3zy(z-y)$ и $x^3-9^3m^9=3zy9m^3$;

6. $\frac{x^3}{9m^3}=9^2m^6+zy$.

Троечка, которой не хватает, по-видимому, потерялась на переходе от п.5 к п.6:
6. $\frac{x^3}{9m^3}=9^2m^6+3zy$.


p.s. В этой ВТФ, оказывается, столько "вилок". Я за три дня все места себе ими исколол.

[ljubarcev]

Батороев писал(а):

ljubarcev писал(а):

5. $x^3-(z-y)^3=3zy(z-y)$ и $x^3-9^3m^9=3zy9m^3$;

6. $\frac{x^3}{9m^3}=9^2m^6+zy$.

Троечка, которой не хватает, по-видимому, потерялась на переходе от п.5 к п.6:
6. $\frac{x^3}{9m^3}=9^2m^6+3zy$.


p.s. В этой ВТФ, оказывается, столько "вилок". Я за три дня все места себе ими исколол.

Батороев ! Вы правы о в основной части Вашего сообщения и в p.s.

Ничего странного в этом нет. Например Жозеф Лагранж в письме Даламберу 15 августа 1768 года писал: "Последние несколько дней я занимался для разнообразия определенными задачами арифметики, и я заверяю Вас, что нашел в ней гораздо больше трудностей. чем ожидал". Речь идет о нахождении решений уравнения Пелля. Лагранж через 110 лет доказал справедливость утверждения Ферма о том, что решения есть для всех чисел, не являющихся квадратами но метода нахождения таких решений в общем случае не предложил и до настоящего времени, кроме известных ещё Ферма "индийского метода" и метода Валлиса-Броункера. более простого метода нет.
Дед.

[Батороев]

По БТФ.
И, вроде, вариантов-то немало. Но каждый раз натыкаешься на очередную неразрешимость.
Последние мои представления исходного уравнения для 3-й степени:
1.$ T_{x}^{2} + T_{y}^2 + T_{z-1}^2 = T_{x-1}^2 + T_{y-1}^2 + T_{z}^2 $

2. $[(2x+1)^2 - 1]^2 - [(2x-1)^2 - 1]^2 + [(2y+1)^2 - 1]^2 - [(2y-1)^2 - 1]^2 = [(2z+1)^2 - 1]^2 - [(2z-1)^2 - 1]^2 $,

в которых пытаюсь найти зацепки, но кроме конфигурации из трех пальцев пока ничего не обнаружил

[ljubarcev]

Батороев писал(а):

По БТФ.
И, вроде, вариантов-то немало. Но каждый раз натыкаешься на очередную неразрешимость.
Последние мои представления исходного уравнения для 3-й степени:
1.$ T_{x}^{2} + T_{y}^2 + T_{z-1}^2 = T_{x-1}^2 + T_{y-1}^2 + T_{z}^2 $

2. $[(2x+1)^2 - 1]^2 - [(2x-1)^2 - 1]^2 + [(2y+1)^2 - 1]^2 - [(2y-1)^2 - 1]^2 = [(2z+1)^2 - 1]^2 - [(2z-1)^2 - 1]^2 $,

в которых пытаюсь найти зацепки, но кроме конфигурации из трех пальцев пока ничего не обнаружил

Господин Батороев ! Прошу прощения, но я не понимаю какое понятие скрывается под $T$.
По сути.Если имеет место равенство $x^3+y^3=z^3$ при взаимно простых $x<y<z$, то
1.$x+y-z=3t$;
2.$(3t)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$. Числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ взаимно простые и слева – куб, поэтому
3.$3(z-y)=p^3$; $(z-x)=k^3$; $(x+y)=g^3$. Предположив $3(z-y)=p^3$ мы тем самым полагаем, что $x$ делится на $3$, так как $x$ делится на любой простой множитель $z-y$.
4.$3(z-y)=p^3$; $p=3m$; и $z-y=9m^3$
5.$(3t)^3=9m^3k^3g^3$ и $t=mkg$; $x+y-z=3mkg$;
6.$(x+y)-z=3mkg$; $z=g^3-3mkg$
7.$y-(z-x)=3mkg$; $y=k^3+3mkg$;
8.$z-y=g^3-k^3-6mkg=9m^3$; $g^3-k^3=3m(3m^2+2kg)$;
9.$(g-k)(g^2+kg+k^2)=3m(3m^2+2kg)$; $((g-k);(g^2+kg+k^2))=1$;
$(3m;(3m^2+2kg))=1$;
10.$g-k=3l$; $g=3l+k$; $g^3-k^3=3^3l^3+3^3l^2k+3^2lk^2$
$3^2m^3+6mkg=g^3-k^3=9m^3+6mk^2+18mkl$;
11.$3^3l^3+3^3l^2k+3^2lk^2=9m^3+6mk^2+18mkl$;
$3l^3+3l^2k+lk^2=m^3+2k^2/3+2mkl$;
12.$3l^3+3l^2k+lk^2-m^3-2mkl=\frac{2k^2}{3}$.
Правая часть последнего равенства целым числом быть не может, так как $k$ - делитель $y$, а $3$ - делитель $x$.
Дед.

[RIP]

ljubarcev писал(а):

11.$3^3l^3+3^3l^2k+3^2lk^2=9m^3+6mk^2+18mkl$;
$3l^3+3l^2k+lk^2=m^3+2k^2/3+2mkl$;

Ошибка в 11. при сокращении на 9 (другие ошибки несущественны). Должно быть $2mk^2/3$, т.е. $3|m$. Пока нет противоречий.
Пожалуйста, проверяйте свои выкладки получше.

[Батороев]

ljubarcev писал(а):

Батороев писал(а):

По БТФ.
И, вроде, вариантов-то немало. Но каждый раз натыкаешься на очередную неразрешимость.
Последние мои представления исходного уравнения для 3-й степени:
1.$ T_{x}^{2} + T_{y}^2 + T_{z-1}^2 = T_{x-1}^2 + T_{y-1}^2 + T_{z}^2 $

2. $[(2x+1)^2 - 1]^2 - [(2x-1)^2 - 1]^2 + [(2y+1)^2 - 1]^2 - [(2y-1)^2 - 1]^2 = [(2z+1)^2 - 1]^2 - [(2z-1)^2 - 1]^2 $,

в которых пытаюсь найти зацепки, но кроме конфигурации из трех пальцев пока ничего не обнаружил

Господин Батороев ! Прошу прощения, но я не понимаю какое понятие скрывается под $T$.

Это Вы меня извините, что не раскрыл обозначение.
$ T $ в данном случае, это треугольные числа. Привел я эти выражения, чтобы не быть голословным, что "вариантов-то немало".

[Батороев]

RIP писал(а):

Батороев писал(а):

ljubarcev писал(а):

При $x=3x_1$, то есть делящемся на $3$, должно быть $z-y= 9(z-y)_1^3$

.
Почему должно быть в 3-й степени:
$(z-y)_1^3$?

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

Поскольку $3|x$, то на $3$ делится хотя бы один из сомножителей справа, следовательно, они оба. Но тогда второй сомножитель делится на $3$ ровно в первой степени (т.к. $9|(z-y)^2$ и $9\nmid3zy$). Поэтому $9|z-y$, и cокращая на $27$, получим

$$x_1^3=\frac{z-y}9\cdot\left(zy+27\biggl(\frac{z-y}9\biggr)^2\right).$$

Сомножители справа взаимно просты, поэтому каждое из них является кубом, в частности $z-y=9(z-y)_1^3$.

P.S. Разумеется, предполагается, что $(x,y,z)=1$.

Уважаемый RIP , если я правильно понял Ваше объяснение, то следует ли из него то, что если $ x $ делится на $ 3^k $ (где k - целое положительное число), то $ (z - y) $ должно делиться на $ 3^{3k-1} $?

[RIP]

Батороев писал(а):

RIP , если я правильно понял Ваше объяснение, то следует ли из него то, что если $ x $ делится на $ 3^k $ (где k - целое положительное число), то $ (z - y) $ должно делиться на $ 3^{3k-1} $?

Совершенно верно.