О "последнем" утверждении П. Ферма

[RIP]

ljubarcev писал(а):

Уравнение $y_2^3=z^2+zx+x^2$ имеет бесконечное число решений в целых числах и все эти решения определяются из равенств: $y_2=a^2+ab+b^2$; $z=a^3+3a^2b-b^3$; $x=-3ab(a+b)$, где $a$ и $b$ пара любых целых чисел.

Извините, но мне это утверждение почему-то не кажется очевидным. Не могли бы Вы его обосновать. Меня интересует только, почему эти формулы дают все решения. Вполне может быть, что это так, и, думаю, это несложно проверить, используя арифметику кольца $\mathbb{Z}[e^{\frac{2\pi i}3}]$ (мне лень это проделывать), но всё-таки не думаю, что это совсем очевидно.

ljubarcev писал(а):

...так как $x$ отрицательно...

А с чего это вдруг оно отрицательно? Тем более, что в самом начале Вы сами же пишете

ljubarcev писал(а):

Допустим, существует равенство $x^3+y^3=z^3$ при $x<y<z$ целых положительных взаимно простых.

P.S. На самом деле, предполагая в исходном равенстве $0<x<y<z$, Вы делаете $x$, $y$ и $z$ "неравноправными", поэтому надо рассматривать 3 случая: $3|x$, $3|y$, $3|z$ (они не сводятся друг к другу при Вашем предположении).

[ljubarcev]

RIP писал(а):

ljubarcev писал(а):

Уравнение $y_2^3=z^2+zx+x^2$ имеет бесконечное число решений в целых числах и все эти решения определяются из равенств: $y_2=a^2+ab+b^2$; $z=a^3+3a^2b-b^3$; $x=-3ab(a+b)$, где $a$ и $b$ пара любых целых чисел.

Извините, но мне это утверждение почему-то не кажется очевидным. Не могли бы Вы его обосновать. Меня интересует только, почему эти формулы дают все решения. Вполне может быть, что это так, и, думаю, это несложно проверить, используя арифметику кольца $\mathbb{Z}[e^{\frac{2\pi i}3}]$ (мне лень это проделывать), но всё-таки не думаю, что это совсем очевидно.

Уважаемый RIP ! Дело в том, что равенство $y_2^3=z^2+zx+x^2$ при $y_2=a^2+ab+b^2$; $z=a^3+3a^2b-b^3$; $x=-ab(a+b)$ является тождеством и справедливо для любой пары чисел $a:b$. Придумал это не я. Это задача №11 из "Задачник по алгебре" В.А. Кречмар; (издательство "Наука"; Москва; 1972 год). Я проверял его и в общем виде и на конкретных примерах. Верно. Дальше я рассуждал по "крестьянски": если используя все ( из бесконечного множества) пары чисел $a;b$ мы получаем упомянутые решения для $y_2^3$, то из чего же тогда мы получим другие решения? Математик сделал бы более строго, но я, к сожалению, "Арифметику колец" не знаю.
Дед.

[RIP]

ljubarcev писал(а):

я, к сожалению, "Арифметику колец" не знаю.

Тогда Вам стоит почитать, например, $\S4$ книги Постников М.М. — Введение в теорию алгебраических чисел.

[RIP]

Я таки поигрался с уравнением $x^2+xy+y^2=z^3$ ($x,y,z$ целые) и имею сказать следующее.
1) Любое решение этого уравнения с $(x,y,z)=1$ имеет один (причём ровно один) из трёх следующих видов

$$(x,y)=\left[\begin{aligned}(a^3-3ab^2-b^3,3ab(a+b)),\\(3ab(a+b),-a^3-3a^2b+b^3),\\(a^3+3a^2b-b^3,-a^3+3ab^2+b^3),\end{aligned}\right.\qquad z=a^2+ab+b^2,$$

$a$ и $b$ --- взаимно простые целые числа, дающие разные остатки при делении на $3$.
2) Что касается целых решений, то тут ситуация намного веселее. Существует бесконечное множество серий решений вида

$$(x,y,z)=(\alpha_3a^3+\alpha_2a^2b+\alpha_1ab^2+\alpha_0b^3,\beta_3a^3+\beta_2a^2b+\beta_1ab^2+\beta_0b^3,\gamma(a^2+ab+b^2))$$

с некоторыми целыми $\alpha_i,\beta_i,\gamma$ такое, что любое целое ненулевое решение имеет один и ровно один из этих видов ($a$ и $b$ пробегают все целые числа). Например, в нагрузку к уже написанным есть ещё и такое

$$x=31(a^3-15a^2b-18ab^2-b^3), y=31(5a^3+18a^2b+3ab^2-5b^3),z=31(a^2+ab+b^2).$$

Причём здесь ситуация в корне отличается от того, что мы имеем, например, в случае уравнения $x^2+y^2=z^2$, где все целые решения имеют один из двух видов $x=d(a^2-b^2)$, $y=2dab$, $z=d(a^2+b^2)$ или $x=2dab$, $y=d(a^2-b^2)$, $z=d(a^2+b^2)$ ($a,b,d$ --- целые числа). В случае уравнения $x^2+xy+y^2=z^3$ охватить все решения конечным числом подобных формул не удастся (это потому, что левая и правая части уравнения имеют разные степени; хотя тут я могу и ошибаться: особо не задумывался).

Так что Ваша "крестьянская" логика Вас подвела.

[Батороев]

Уважаемый RIP .
Хочу спросить Ваше мнение о том, что возможно ли доказать, что равенство:
$ (a^2 + a + 1)(b^2 + b + 1)(c^2 + c + 1) = 9 $
неразрешимо в рациональных числах $ a, b, c $?

[ljubarcev]

RIP писал(а):

ljubarcev писал(а):

я, к сожалению, "Арифметику колец" не знаю.

Тогда Вам стоит почитать, например, $\S4$ книги Постников М.М. — Введение в теорию алгебраических чисел.

Уважаемый RIP 1. Большое спасибо за совет. Указанная Вами книга у меня есть и я её, конечно, читал. Но Вы же понимаете, что знать о существовании "арифметики колец" и свободно ею владеть - две большие разницы. Я, к сожалению, не владею.
Дед.

[ljubarcev]

RIP писал(а):

Я таки поигрался с уравнением $x^2+xy+y^2=z^3$ ($x,y,z$ целые) и имею сказать следующее.
1) Любое решение этого уравнения с $(x,y,z)=1$ имеет один (причём ровно один) из трёх следующих видов

$$(x,y)=\left[\begin{aligned}(a^3-3ab^2-b^3,3ab(a+b)),\\(3ab(a+b),-a^3-3a^2b+b^3),\\(a^3+3a^2b-b^3,-a^3+3ab^2+b^3),\end{aligned}\right.\qquad z=a^2+ab+b^2,$$

$a$ и $b$ --- взаимно простые целые числа, дающие разные остатки при делении на $3$..

Так что Ваша "крестьянская" логика Вас подвела.

Уважаемый RIP ! Вы установили, что любое решение уравнения $x^2+xy+y^2=z^3$ с $(x,y,z)=1$ имеет один (причём ровно один) из трёх следующих видов:

$$(x,y)=\left[\begin{aligned}(a^3-3ab^2-b^3,3ab(a+b)),\\(3ab(a+b),-a^3-3a^2b+b^3),\\(a^3+3a^2b-b^3,-a^3+3ab^2+b^3),\end{aligned}\right.\qquad z=a^2+ab+b^2,$$

$a$ и $b$ --- взаимно простые целые числа, дающие разные остатки при делении на $3$. Если вернуться к принятым мною обозначениям, где Ваше исходное уравнение принимает вид $y_2^3=z^2+zx+x^2$ , то любое его решение имеет один (причём ровно один) из трёх следующих видов:

$$(z,x)=\left[\begin{aligned}(a^3-3ab^2-b^3,3ab(a+b)),\\(3ab(a+b),-a^3-3a^2b+b^3),\\(a^3+3a^2b-b^3,-a^3+3ab^2+b^3),\end{aligned}\right.\qquad y_2=a^2+ab+b^2,$$

$a$ и $b$ --- взаимно простые целые числа, дающие разные остатки при делении на $3$. Смущает тот факт, что не любые $a;b$ дают решения.
Анализируя виды полученных Вами решений, видим, что первый вид соответствует случаю, когда $x$ делится на $3$; второй – случаю, когда $z$ делится на $3$, третий – когда на $3$ делится $y$.
Так как в исходном уравнении $x^3+y^3+(-z)^3=0$ числа $x;y;-z$ играют симметричные роли (указание на это есть у М.М.Постникова на стр. 29) то достаточно доказать отсутствие решений в одном из приведенных Вами случаев. Возьмём случай 1, когда $x=3ab(a+b),$то есть $x$ делится на $3$.
Но в этом случае и $y$ так же должно делиться на $3$, так как $y_2$ является делителем $y$ и при $a=3a_1+1$; $b=3b_1-1$ , и при $a=3a_1-1$, $b=3b+1$ всегда делится на $3$. Следовательно, при $n=3$ решений нет?
Мне все таки больше импонирует решение, приведенное у В.А. Кречмара, так как, во первых, легко заметить противоречие, доказывающее верность утверждения Ферма при $n=3$, и во вторых, звучит красиво – «любая пара целых чисел даёт решения в целых числах уравнения $y_2^3=z^2+zx+x^2$» , но необходимо доказательство того, что оно даёт все решения. От этого ,к тому же, легко перейти к утверждению: любое число $m$ даёт решения в целых числах уравнения $y_2^3=z^2+zx+x^2$. Решения эти таковы: $y_2=m^3+3m^2-1$; $z=m^3+3m^2-1$; $x=-3m(m+1)$, так как равенство

$$(m^2+m+1)^3=(m^3+3m^2-1)^2-3m(m+1)(m^3+3m^2-1)+9m^2(m+1)^2$$

является тождеством.
С замечанием по поводу «крестьянской» логики согласен. Если так рассуждать, то придём к заключению (опять же по крестьянски) – из одинаковых кирпичей невозможно построить двух домов разной архитектуры.
Дед.

[ljubarcev]

RIP писал(а):

2) Что касается целых решений, то тут ситуация намного веселее. Существует бесконечное множество серий решений вида

$$(x,y,z)=(\alpha_3a^3+\alpha_2a^2b+\alpha_1ab^2+\alpha_0b^3,\beta_3a^3+\beta_2a^2b+\beta_1ab^2+\beta_0b^3,\gamma(a^2+ab+b^2))$$

с некоторыми целыми $\alpha_i,\beta_i,\gamma$ такое, что любое целое ненулевое решение имеет один и ровно один из этих видов ($a$ и $b$ пробегают все целые числа). Например, в нагрузку к уже написанным есть ещё и такое

$$x=31(a^3-15a^2b-18ab^2-b^3), y=31(5a^3+18a^2b+3ab^2-5b^3),z=31(a^2+ab+b^2).$$

Причём здесь ситуация в корне отличается от того, что мы имеем, например, в случае уравнения $x^2+y^2=z^2$, где все целые решения имеют один из двух видов $x=d(a^2-b^2)$, $y=2dab$, $z=d(a^2+b^2)$ или $x=2dab$, $y=d(a^2-b^2)$, $z=d(a^2+b^2)$ ($a,b,d$ --- целые числа). В случае уравнения $x^2+xy+y^2=z^3$ охватить все решения конечным числом подобных формул не удастся (это потому, что левая и правая части уравнения имеют разные степени)..

Уважаемый RIP !. Если я правильно понял эту часть Вашего сообщения - Вы доказали, что если уравнение $x^3+y^3=z^3$ имеет решения при $(x;y;z)=1$ , то имется и бесконечно много решений и при $x;y;z$ не взаимно простывх.. Во всяком случае на это указывает приведенный Вами численный пример для случая $n=3$ и приведенные решения для случая $n=2$.
Дед.

[Батороев]

Батороев писал(а):

возможно ли доказать, что равенство:
$ (a^2 + a + 1)(b^2 + b + 1)(c^2 + c + 1) = 9 $
неразрешимо в рациональных числах $ a, b, c $?

Если сие можно было б доказать, то подставив $ a = \frac{z-y}{x}, b = \frac{z-x}{y}, c =\frac{x + y}{z} $
получили невозможность равенства в целых числах
$ 3(z-x)(z-y)(x+y) = (x + y - z)^3 $
и, соответственно, невозможность равенства в целых числах:
$ x^3 + y^3 = z^3 $.

[ljubarcev]

RIP писал(а):

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.

Допустим, что имеет место в целых числах равенство $x^3+y^3=z^3$ (1) при $(x<y<z)=1$ и $x+y>z$.
Для любых целых чисел $a<b<c$ при $a+b>c$ справедливо $(a+b-c)^3=a^3+b^3-c^3+3(c-b)(c-a)(a+b)$.
В нашем случае, при $a=x$, $b=y$, $c=z$ c учетом того, что $x^3+y^3-z^3=0$ получается, что должно быть
$(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$. (2) Так как числа $x;y;z$ взаимно простые по предположению, то и числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же взаимно простые.
В соответствии с «малой» теоремой П. Ферма $x^3-x=3A$; $y^3-y=3B$; $z^3-z=3C$. С учётом того, что $x^3+y^3-z^3=0$ получаем $x+y-z=3(C-A-B)=3t$;. $t$ - целое число. Следовательно, должно быть $(3t)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ и ясно, что одно из чисел $(z-y);(z-x);(x+y)$ должно равняться 9 кубам, а два других должны быть кубами. Так как числа $x;y;z$ в исходном уравнении играют симметричные роли, то положим $z-y=9m^3$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$, и из (2) получаем, что $x+y-z=3mkg$ (3).
Из $x^3/(z-y)=z^2+zy+y^2$ ясно, что $x$ делится на любой простой делитель $(z-y)$, в том числе и на $3$, то есть $x=3x_1$.
При этом $3^3x_1^3=9m^3(z^2+zy+y^2)$ и $3x_1^3=z^2+zy+y^2 (4)$. Так как $z$ и $y$ на $3$ не делятся, то число $z^2+zy+y^2$ делится на $3$ и только на $3$ в первой степени, потому что числа $z$ и $y$ должны быть равноостаточны при делении на $3$. В других случаях $z^2+zy+y^2$ на $3$ не делится и равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.
В то же время при $x=3^jmx_2$; $z-y=3^{3j-1}m^3$ из равенства (1) получаем $3^{3i}m^3x_2^3=3^{3j-1}m^3(z^2+zy+y^2)$ и ясно, что при $z^2+zy+y^2=3x_1^3$ равенство будет сохраняться при $x$ делящемся на $3$ в любой степени и при этом должно быть $z-y=3^{3j-1}m^3$. При этом $x+y-z=3^jmx_2-3^{3j-1}m^3=3^jm(x_2-3^{2j-1}m^2)$ и так как $(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$, тогда из $(3^jm(x_2-3^{2j-1}m^2)^3=3^{3j}m^3k^3g^3$, а $x_2-3^{2j-1}m^2=kg$.
В этом случае из (1) находим, что должно быть $x_2^3=zy+3^{3(j-1)}m^6$ и должно существовать равенство:
$(kg+3^{2j-1}m^2)^3=zy+3^{3(j-1)}m^6$. Из последнего равенства после возведения в куб левой части, приведения подобных и деления всего равенства на $kg$ с учётом того, что $z=gz_1$: $y=ky_1$ получим:
$k^2g^2+3^{2j}m^2kg+3^{4j-1}m^4+\frac{(3^{3j}-1)m^63^{3(j-1)}}{kg}=z_1y_1$.
Ясно, что бы равенство имело место в целых числах дробь
$\frac{(3^{3j}-1)3^{3(j-1)}m^6}{kg}$ должна быть целым числом.
Так как $k$ и $g$ делители $y$ и $z$, то они взаимно просты с $3$ и $m$, и тогда должно быть $kg=3^{3j}-1$ . Очевидно, что число $kg$ при любом $j>0$ делится на $26$ , то есть чётно и следовательно, в исходном равенстве (1) чётно либо $y$ либо $z$ и одно из них делится на $13$. Кроме того, очевидно, (и это главное), что числа $g$ и $k$ при делении на $3$ должны давать разные остатки, то есть должно быть либо $g=3g_1+1$; $k=3k_1-1$ либо $g=3g_1-1$; $k=3k_1+1$.
Так как $g$ и $k$ делители $z$ и $y$ это требует, чтобы числа $z$ и $y$ были разноостаточны при делении на $3$.
Выше было доказано обратное. Это и есть искомое противоречие.
Дед.

[Iosif1]

ljubarcev писал(а):

получаем ;. - целое число.

Мы очень близки в подходах, и даже начиная с Г.Эдварса.
Давайте поговорим: Вы со мной, о моем доказательстве:

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=44889#44889

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=73427#73427



Я даю две ссылки, чтобы сразу Вас не испугать.

А с Вами о вашем.

«что получаем ;. - целое число.»

У меня ${3t=k}$
Далее я занимаюсь анализом разрядов, используя для этого $n$-тое счисление.
Если поможете мне разобраться в своем посте, начиная с
«В то же время при ; из равенства (1) получаем…» тогда, не взирая на то, что
я вообще считаю, что без более глубокого использования $n$-того счисления доказать БТФ нельзя.
Я имею ввиду анализ не только первого разряда (сравнение по ${mod}$), но и следующих разрядов.
В то же время вижу, что вы доказываете, что существует противоречие, возникающее, если я правильно понимаю, на втором разряде оснований $z$ и $y$.
У меня, правда, не соответствие зависит от наполнения одного из оснований сомножителями $n$.
В то же время, если мне удастся разобраться в вашем доказательстве и убедиться в его истинности, я готов изменить свое мнение. Хотя мое мнение и не имеет значения.
Понимаете, проблема еще в том, чтобы быть эффективным рецензентом, необходимо быть в теме с головой и быть в математической элите. А я даже не математик.
Если в ней оказаться в соответствии с моими рассуждениями, то доказательство становится доступным очень многим, ведь оно простое, так как оно элементарно.
Но детального разговора «по буквам» не получается и на форуме.
Может быть нам удастся друг с другом поговорить: убедиться или убедить, а может и то и другое.
Привет Ростову-на-Дону.
Я жил в вашем городе на Ткачевском переулке 44, рядом с университетом на улице Энгельса. Какие там сейчас названия, не знаю. Это было далеко в детстве.

[нг]

Iosif1
Ваши детские воспоминания уместнее в ЛС. В тематическом форуме они оффтоп.

[Yarkin]

Сорокин Виктор писал(а):

Среди всех попыток элементарного доказательства ВТФ идея приспособить случай n = 2 для n > 2 самая распространенная. Этот коридор пройден самым тщательным образом, а потому бесперспективен.
В.С.

Полностью согласен, поскольку использование прямоугольного треугольника - это использование аргумента, которого в формулировке ВТФ нет.

ljubarcev писал(а):

Так что, если можно, укажите: где здесь не « железна» логика
или где желаемое - выдано за действительное.

Прочтите формулировку ВТФ - там нет прямоугольного треугольника. Использовать его при доказательстве нельзя. Эту же ошибку допускает и сам Ферма при доказательстве для случая $ n = 4 $, а потому оно также является ошибочным.

Добавлено спустя 39 минут 54 секунды:

ljubarcev писал(а):

Отсюда делаем вывод, что разность четвёртых степеней двух чисел не может быть четвёртой степенью третьего числа.

Этот вывод у Вас для чисел разность которых $ z + 1 - (z - 1) = 2 и к ВТФ не имеет никакого отношения.

ljubarcev писал(а):

В третьих, разговор о ВТФ при заведен только для того, что
бы показать, что рассмотрение целочисленных треугольников имеет самое прямое отношение к доказательству ВТф, против чего упорно возражает Someone.

Рассматривать треугольник при доказательстве ВТФ нельзя - его в условии нет, но если Вы докажете, что формулировка ВТФ дает такое право - то счатливого пути.

[ljubarcev]

Iosif1 писал(а):

Понимаете, проблема еще в том, чтобы быть эффективным рецензентом, необходимо быть в теме с головой и быть в математической элите. А я даже не математик.

.
Уважаемый "Iosif1" ! Я ведь тоже не математик и в системах счисления, мягко выражаясь, не силен. Конечно, исходя из того, что умножение не обладает групповым свойством ( а возведение в степень есть не что иное как умножение),на что то здесь надеяться можно. Мне кажется здесь более к месту рассмотрение представления чисел в системе "в остатках". Там есть одно, как мне кажется, существенное свойство - нет переносов из разряда в разряд, но конечно там будут свои заморочки, о которых я не берусь гадать. Вам нужен Учитель из математиков - я на эту роль не гожусь. Правда, я вообще слабо представляю кто такой -Математик. Обычно математиками называют учителей математики в школе и преподавателей математики в ВУЗах. Конечно, они должны знать математику (каждый в своей области математики) , но для них все таки главное - быть педагогом.
Дед.

Добавлено спустя 1 час 7 секунд:

О последнем утверждении П.Ферма

Yarkin писал(а):

ljubarcev писал(а):

В третьих, разговор о ВТФ при заведен только для того, что
бы показать, что рассмотрение целочисленных треугольников имеет самое прямое отношение к доказательству ВТф, против чего упорно возражает Someone.

Рассматривать треугольник при доказательстве ВТФ нельзя - его в условии нет, но если Вы докажете, что формулировка ВТФ дает такое право - то счатливого пути.

Господин "Yarkin". Всё очень просто. Возьмём равенство $x^4+y^4=z^4$ (ВТФ при $n=4$). Введем новые обозначения $x^2=a$; $y^2=b$; $z^2=c$. Исходное уравнение принимает вид $a^2+b^2=c^2$. Это не что иное, как уравнение Пифагора для прямоугольного треугольника.
Следовательно, если бы исходное уравнение имело решения в целых числах, то существовал бы прямоугольный треугольник с целочисленными катетами $a;b$ и гипотенузой $c$. Доказав, что такого треугольника быть не может, докажем, что и исходное равенство не имеет решений.
Дед.

[Iosif1]

ljubarcev писал(а):

Уважаемый "Iosif1" ! Я ведь тоже не математик и в системах счисления, мягко выражаясь, не силен.

Уважаемый Дед!
Я так потому, что так проще. Спасибо за ответ.
Мне не нужен никакой учитель.Я доказываю БТФ как бухгалтер сводит баланст .
"должно биться и по строке, и по столбцу".
Ну это, конечно. немножко утрированно.
Вы показываете в своем доказательстве найденное противоречие.
Я тоже. Если бы Вы захотели, я бы Вам помог разобраться.
При этом смею заметить, что метод, используемый мной может быть и вам не бенсполезен.
Но, если не хотите? На нет и суда нет.
Но если вдруг, то вопросы в мою тему, так мне удобней.
Так как мой вопрос к вам остался без ответа, считаю, что беседа со мной о противоречии, найденном вами, для Вас интереса не представляет.
По моему мнению, математик-это человек, который умеет решать математические задачи и разбираться в уже решенных.
Вы же характеризуете категорию учителя.
Учитель-это что то подобное трансформатору, он обеспечивает такое напряжение, какое требуется для освещения.
И при этом хороший учитель может быть посредственным математиком, и наоборот.