Доказательство простейшего случая для n=3

[Belfegor]

Итак: надо доказать, что выражение
$X^3 + Y^3 = Z^3 $

не выполняется при любых
$X,Y,Z \in N;X,Y,Z - $ взаимно простые числа и $Z = Y + 1 $

Пусть
$Z - X = m_1\qquad (1)$

$Z - Y = k_1\qquad (2)$

$X + Y = t_1\qquad (3)$

$Z^3 = t_1 t_2\qquad (4)$

$Y^3 = m_1 m_2 \qquad(5)$

$X^3 = k_1 k_2\qquad (6)$

Соответственно, если X,Y,Z-взаимно простые числа, то и их сомножители тоже взаимно простые числа.
После преобразований выражений(1-3) получаем:

$3k_1 m_1 t_1 = (t_1 - Z)^3\qquad (7)$

$3k_1 m_1 t_1 = (Y - m_1 )^3\qquad (8)$

$3k_1 m_1 t_1 = (X - k_1 )^3 \qquad(9)$

Получили утроенное произведение трёх взаимно простых сомножителей равное кубу.
Отсюда следует, что два из трех сомножителей всегда кубы, а третий имеет вид
$3^2 d^3 $
Рассмотрим все 3 возможных варианта:
1 вариант: Предположим, что кратен 3 сомножитель $m_1 $, тогда имеем:

$Z - X = m_1= 9b_1^3\qquad (10)$

$Z - Y =k_1=a_1^3\qquad (11)$

$X + Y = t_1=c_1^3\qquad (12)$

$Z^3 = c_1^3 c_2^3\qquad (13)$

$Y^3 = 27b_1^3 b_2^3\qquad (14)$

$X^3 = a_1^3 a_2^3\qquad (15)$



$27a_1^3 b_1^3 c_1^3 = (c_1^3 - Z)^3\qquad (16)$

$27a_1^3 b_1^3 c_1^3 = (Y - 3^2 b_1^3 )^3\qquad (17)$

$27a_1^3 b_1^3 c_1^3 = (X - a_1^3 )^3\qquad (18)$

Далее из $(18)$ получим:

$3a_1 b_1c_1 = X - a_1^3 \qquad (19)$

Учитывая, что $Z-Y=1$

$3b_1c_1 = X - 1 \qquad (20)$

Но при $Z-Y=1$ можно так же преобразовать основное уравнение таким образом

$(Y+1)^3-Y^3 =X^3\qquad (21)$

И далее

$3Y(Y+1)+1 =X^3\qquad (22)$

С учетом $(10-15)$

$9b_1b_2c_1c_2 =X^3-1\qquad (23)$

Разделим $(23)$ на $(20)$ и получим

$3b_2c_2 =X^2-X+1\qquad (24)$

Получилось, что $X^2-X+1$ и $X - 1$ кратны $3$, но это неверно!

Так как $(X^2-X+1)\bot (X - 1)$

Получили противоречие!

Аналогично для 2-ух других случаев!

[Батороев]

Belfegor
У Вас неверно записано выражение (24). В правой части должно быть $X^2+X+1$.

[Belfegor]

[quote="Belfegor в сообщении #696470"]
$3b_2c_2 =X^2-X+1\qquad (24)$

Спасибо, уважаемый Батороев!

Разделим $(23)$ на $(20)$ и получим

$3b_2c_2 =X^2+X+1\qquad (24)$

Получилось, что $X^2+X+1$ и $X - 1$ кратны $3$, но это неверно!

Так как $(X^2+X+1)\bot (X - 1)$

Получили противоречие!

Аналогично для 2-ух других случаев!

[Батороев]

Нет, как раз-то и $(X^2+X+1)\equiv 0\pmod 3$, и $(X-1)\equiv 0\pmod 3$, т.к. $X\equiv 1\pmod 3$ (второй случай ВТФ).

-- 16 мар 2013 16:16 --

Не далее, чем вчера, в соседней теме я писал:

Батороев в сообщении #696177 писал(а):

Попытки вводить новые переменные, выискивать все новые и новые формы уравнения ВТФ - это и есть фантомный путь доказательства. В результате подобных действий всегда будут появляться новые и новые тождества, которые справедливы, но в нецелых числах. Поэтому найти в них противоречий невозможно (в противном случае ищите ошибку в своих выкладках). Доказать же ВТФ - это доказать, что эти тождества не могут выполняться в натуральных числах (или в целых (без тривиального случая) - как кому угодно).

Можно еще более изощриться - например, привести к виду:

$X^2+X+1=3 \cdot\left[\left(\dfrac{X-1}{3}+1\right)^3-\left(\dfrac{X-1}{3}\right)^3\right]$

$b_2c_2=\left(\dfrac{X-1}{3}+1\right)^3-\left(\dfrac{X-1}{3}\right)^3$ (опять разность соседних кубов!)

но и тут проку будет немного (напомню, $a_2;b_2;c_2\equiv 1\pmod 3$ ).

[Belfegor]

Уважаемый Батороев!

$Z^3 = c_1^3 c_2^3\qquad (13)$

$Y^3 = 27b_1^3 b_2^3\qquad (14)$

$X^3 = a_1^3 a_2^3\qquad (15)$

$3b_1c_1 = X - 1 \qquad (20)$

$3b_2c_2 =X^2+X+1\qquad (24)$

Получилось, что одновременно $X^2+X+1$ и $X - 1$ кратны $3$, но это неверно!

Так как $(X^2+X+1)\bot (X - 1)$

Что неправильно?

[gris]

$4^2+4+1=21; 4-1=3$
Более того, они кратны трём только вместе.

[Батороев]

Belfegor

У Вас $Y$ кратен $3$, следовательно, $Z=(Y+1)\equiv 1\pmod 3$. Откуда и $X\equiv 1\pmod 3$.

Считаем остатки:

$(X^2+X+1)\equiv (1+1+1)\pmod 3\equiv 0\pmod 3$

$(X-1)\equiv (1-1)\pmod 3\equiv 0\pmod 3$

Т.е. эти выражения имеют общий множитель $3$ (кстати, единственный).

-- 16 мар 2013 16:36 --

"До кучи" еще одно симпатичное тождество:

$(3Y+1)^2+(3Y+1)+1=3X^3$.

[Belfegor]

Спасибо, Уважаемый Батороев! Да, симпатичных тождеств множеств множество , а абсолютно не помогают

-- Сб мар 16, 2013 15:17:55 --

Уважаемый gris! $X$ -нечетное число.
Тогда так
$7^2+7+1=57; 7-1=6$

[vasili]

Если $X-1\equiv0\mod3$, то $X^2 + X + 1 = (X-1)^2 + 3X\equiv0\mod3$ и в общем случае если
$X-1\equiv0\mod P$, то $X^P - 1 = (X - 1)[(X -1)^P^-^1 + PM]\equiv0\mod P^2$