Удобная запись уравнения ВТФ для доказательства Случая 2

[ananova]

Предлагаю следующую запись уравнения ВТФ, которую, по-моему, удобней использовать для доказательства Случая 2 ВТФ. Особенно для показателя степени 3.

Пусть $y=8x+9a =(3^2-1)x+3^2a$ для $n=3$. Где a - целое число и может принимать отрицательные значения.

Тогда уравнение $x^3+y^3=z^3$ можно переписать следующем виде:

$$x^3 +((3^2-1)x+3^2a)^3=(3^2x+3^2a)((3^2x+3^2a)((3^2-3)x+9a)+3x^2)=z^3$$

или в более полном виде:

$$x^3 +((3^{2k}-1)x+3^{2k}a)^3=(3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}-3)x+3^{2k}a)+3x^2)=z^3$$

Для простого числа $p$: $p>3$ и $y= ((p^{2k}-1)x+p^{2k}a)$ уравнение принимает вид:

$$x^p+((p^{2k}-1)x+p^{2k}a)^p=(p^{2k}x+p^{2k}a)((p^{2k}x+p^{2k}a)( \ldots ) +px^{p-1})=z^p$$

Замену для многоточия можно взять из общей формулы, сделав оговоренную замену для $y$:

ananova в сообщении #787050 писал(а):

$$x^p+y^p=(x+y)((x+y)(y^{p-2}-2y^{p-3}x+3y^{p-4} x^2-4y^{p-5} x^3+ ...+(p-2)y^{p-3}x-(p-1)x^{p-2})+px^{p-1})$$

В принципе, такой вид уравнения не меняет количество использованных переменных и можно использовать $y$ вместо числа $a$. "Зато" хорошо видны делители, с которыми приходится иметь дело в доказательстве Случая 2.

Я имею ввиду такое уравнение:

$$x^3 +((3^2-1)x+3^2y)^3=(3^2x+3^2y)((3^2x+3^2y)((3^2-3)x+9y)+3x^2)=z^3$$

$$x^3 +((3^2-1)x+3^2y)^3=3^3(x+y)((3^2x+3^2y)(2x+3y)+x^2)=z^3$$

[ananova]

Уточнение - $k$ для $p$:
$(2k+1)$ делится на $p$

[ananova]

Рассмотрим

$$x^3 +((3^2-1)x+3^2y)^3=3^3(x+y)((3^2x+3^2y)(2x+3y)+x^2)=z^3$$

Переменная $((3^2-1)x+3^2y)$ - рекурсивная.
Ничто не мешает нам рассмотреть рекурсивное представление на 1 шаг выше или ниже. Например такое:

$$z^3=x^3+ ((3^2-1)x +3^2((3^2-1)x'+3^2y))^3$$

В связи с этим, я делаю ошибочный вывод? - для каждого решения

$$z^3=x^3+y^3$$

имеется рекурсивное представление $y$, каждый шаге ("уровне") которого имеется значение $(y_i)$, которое зависит от предыдущего значения $(y_{i-1})$. Поскольку этих уровней можно показать бесконечное количество, то $y$ задается действительным числом.

[ananova]

ananova в сообщении #789821 писал(а):

В связи с этим, я делаю ошибочный вывод? - для каждого решения

$$z^3=x^3+y^3$$

имеется рекурсивное представление $y$, каждый шаге ("уровне") которого имеется значение $(y_i)$, которое зависит от предыдущего значения $(y_{i-1})$. Поскольку этих уровней можно показать бесконечное количество, то $y$ задается действительным числом.

Соответственно, каждое значение $y_i$ является решением для рекурсивного уравнения на шаге $i$.

[vasili]

Уважаемый ananova! Вы не удачно выбрали для 2 случая ВТФ выражение для Y.

Только одно из чисел X,Y иZ должно быть кратно 3, для 2 случая ВТФ.
У Вас из-за любого выбранного числа кратного 3 и остальные числа становятся кратные 3.

[ananova]

vasili в сообщении #790274 писал(а):

Уважаемый ananova! Вы не удачно выбрали для 2 случая ВТФ выражение для Y.

Только одно из чисел X,Y иZ должно быть кратно 3, для 2 случая ВТФ.
У Вас из-за любого выбранного числа кратного 3 и остальные числа становятся кратные 3.

Уважаемый, vasili!
В этом топике только $z$ делится на 3 или $p$. Что касается $y$, который мы рассматриваем в пошаговом погружении в рекурсию, не является тем $Y$, который Вы рассматриваете, а является "подменой" наименования переменной $a$. После этой подмены лучше видна рекурсия. Вы можете не делать такую подмену и тогда, возможно, не будет путаницы. Поэтому $Y$ не может быть кратен 3. Или приведите, пожалуйста, Ваши выкладки, которые разубедят меня.

[ananova]

ananova в сообщении #789821 писал(а):

В связи с этим, я делаю ошибочный вывод? - для каждого решения

$$z^3=x^3+y^3$$

имеется рекурсивное представление $y$, каждый шаге ("уровне") которого имеется значение $(y_i)$, которое зависит от предыдущего значения $(y_{i-1})$. Поскольку этих уровней можно показать бесконечное количество, то $y$ задается действительным числом.

Сам разобрался в собственном вопросе.. Ответ на вопрос - вывод ошибочный. Может сама форма записи в виде рекурсии и имеет какой-то смысл для исследования, но не дает доказательства $y$ - действительное число или рациональное.

[ananova]

Для Случая 2.

Если в уравнении (1) или (2) сумма $(x+y_i)$ не является целым числом в степени $3$
(1)

$$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$

(2)

$$ x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=r$$

то уравнение (1) и следующее уравнение (3) в рекурсии (на шаге $i+1$) не имеют решений в целых числах.
(3)

$$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$

Доказательство (вариант 1).
По предусловию $(x+y_i)$ не является кубом. Переходим вверх по рекурсии (к шагу $i+1$). Получаем уравнение:

$$x^3+y_{i+1}^3= z_{i+1}^3$$

$y_{i+1}=((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i})$

$$x^3+((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i})^3=z_{i+1}^3$$

$$3^{2k+1} (x+y_{i})(3^{2k} (x+y_{i}) ((3^{2k-1}-1) x +3^{2k-1} y_{i})+x^2})=z_{i+1}^3$$

Примечание. Использована факторизация рекурсии из предыдущего сообщения:

ananova в сообщении #789728 писал(а):

$$x^3 +((3^{2k}-1)x+3^{2k}a)^3=(3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}x+3^{2k}a)((3^{2k}-3)x+3^{2k}a)+3x^2)=z^3$$

Согласно известных соотношений Барлоу (для Случая 1 и Случая 2 на шаге ($i+1$) в нашем случае) (см.книгу Рибенбойма) $(x+y_i)$ должен быть числом в степени 3, для того, чтобы основное уравнение ВТФ имело решение. Т.к. данное условие не выполняется по предусловию, то предлагаю считать доказательство верным.

PS: Уравнение (1) не имеет решения в целых числах, так как имеет место Случай 1 ВТФ, если $y_i$ не может быть записано, как $y_{i}=((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i-1})$.

[ananova]

Данное доказательство является важным в следующем плане:
Не существует решения уравнения $x^3+y_i^3=z^3 $ в целых числах, если в последовательности

$$(x+y_{i-1}), (x+y_{i-2}), \ldots , \infty$$

найдется хоть одно число, которое не является кубом (числом третьей степени). Все числа данной последовательности удовлетворяют указанному ранее соотношению

ananova в сообщении #791089 писал(а):

$y_{i}=((3^{2k}-1)x+3^{2k}y_{i-1})$.

PS. Чтобы не усложнять текст, я пропустил рациональные числа, т.к. от них не сложно перейти к целым.

-- Чт ноя 21, 2013 21:22:31 --

Предполагаю, что может возникнуть вопрос - "откуда ноги растут?"

Рассмотрим

$$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$

Пусть $y_i-2x=a$, тогда имеем: $y_i=2x+a$. Но Случай 2 ВТФ для степени 3 предполагает, что $(x+y_i)=(3x+a)$ делится на 9. В связи с этим $a$ должно делиться на 3:
$(x+y_i)=(3x+a)=(3x+3w)\Longrightarrow(x+y_i)=(9x+9y_{i-1})$

Следовательно

$$y_{i-1}= \frac {x+y_i} 9 -x$$

Или в более общем случае:

$$y_{i-1}= \frac {x+y_i} {3^{2k}} -x$$

[ananova]

$$y_{i-1}+x= \frac {x+y_i} {3^{2k}}$$

Из $(x+y_{i-1})$ - можно получить куб $(x+y_i)$

$$ 3^{2k}(x+y_{i-1})=(x+y_i)$$

если

$$\frac {x+y_i} {x+y_{i-1}} = 3^{2k}$$

(Оффтоп)

Надеюсь ничего не напутал.

[vasili]

Уважаемый ananova!

Из $(9X + 9a)[(9X + 9a)(3^2 -3) + 9a] +3X^2 = Z^3$, при $(Z, 3) = 3$,

следует что правая часть равенства делиться на 27 (как минимум),

но тогда $3X^2\equiv 0\mod27$,

что возможно если $(X,3)=3$, а в этом случае из $Y =8X + 9a$

следует, что и $(Y,3) = 3$.

[ananova]

vasili в сообщении #791294 писал(а):

Уважаемый ananova!

Из $(9X + 9a)[(9X + 9a)(3^2 -3) + 9a] +3X^2 = Z^3$, при $(Z, 3) = 3$,

Все верно, только правильная факторизация закрывается скобкой после $3x^2$, а не перед, как Вы написали.

[ananova]

Теперь, вероятно, надо будет перейти к доказательству с альтернативными условиями

Если уравнение (1) имеет решение в целых числах
(1)

$$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$

то и следующее уравнение (2) в рекурсии (на шаге $i+1$) имеет решение в целых числах.
(2)

$$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$

[ananova]

ananova в сообщении #791422 писал(а):

Теперь, вероятно, надо будет перейти к доказательству с альтернативными условиями

Если уравнение (1) имеет решение в целых числах
(1)

$$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$

то и следующее уравнение (2) в рекурсии (на шаге $i+1$) имеет решение в целых числах.
(2)

$$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$

Небольшое исследование сформулированных условий (в предыдущем сообщении), представляется невозможным (имеется ввиду - их выполнение).

Пожалуй, следующий абзац покажется немного запутанным, но я попробую его сформулировать в оффтопике, а в тексте оставить результаты факторизации на рекурсивном шаге $i$, имеющем решение уравнения, а также на очередном шаге ($i+1$).

(Оффтоп)

Если рассматривать (1) как произведение сомножителей, один из которых $3^3$, то первый сомножитель $(x+y_i)$ не следующем шаге рекурсии остается и добавляет (для нового куба $3^2$). Поэтому для завершения куба требуется дополнительный множитель 3. Второй множитель $((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)$ может "генерировать" (добавлять) только 3, а не 9, чтобы завершить очередной куб $3^3$, т.к. имеет свободные ($3x^2$.

Если "решение" основного уравнения $z_i^3$ на шаге рекурсии $i$ можно условно представить, как произведение множителей, представляющее куб:

$$(x+y_i) \cdot 3^3 \cdot (3^s h(x,y_i)+x^2)=z_i^3$$

Тогда следующее решение уравнения (созданное по рекурсии на шаге $(i+1)$) невозможно представить как $z_{i+1}^3$ , т.к. его можно условно представить так

$$(x+y_i)(x+y_i) \cdot 3^3 \cdot 3^2 \cdot (3^t g(x,y_{i+1})+x^2) \neq z_{i+1}^3$$

Если это так, т.е. все возможные варианты рассмотрены, то это облегчает движение к доказательству Случая 2 ВТФ по следующим причинам.


Ранее было доказано, что

1) из отсутствия решения основного уравнения на шаге рекурсии $i$ c переменными ($x, y_i$) не следует наличие решения на следующем шаге рекурсии ($i+1$), для заданных чисел ($x, y_{i+1}$)

ananova в сообщении #791089 писал(а):

Для Случая 2.

Если в уравнении (1) или (2) сумма $(x+y_i)$ не является целым числом в степени $3$
(1)

$$x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=z_i^3$$

(2)

$$ x^3+y_i^3=(x+y_i)((x+y_i)(y_i-2x)+3x^2)=r$$

то уравнение (1) и следующее уравнение (3) в рекурсии (на шаге $i+1$) не имеют решений в целых числах.
(3)

$$x^3+y_{i+1}^3=z_{i+1}^3$$

2) Здесь указана причина, почему не может следовать решение на следующем шаге рекурсии ($i+1$), при наличии его на предыдущем шаге $i$.

В связи с этим, полагаю надо перепроверить все. Возможно, что-то недоучтено. Но из этих двух выводов следует, что у основного уравнения ВТФ решения не может быть, т.к. гипотетическое решение не может возникнуть на каком-то шаге рекурсии, если ранее не было решения. А из наличия решения (на каком-то шаге), следует - далее не будет решений. Т.е. имеются противоречащие допущения и нарушение логики существования решения.

[ananova]

Попробую сформулировать общую схему доказательства.

Если уравнение (например ВТФ) возможно представить, как рекурсию основных переменных, то
1) доказательство отсутствия решения на шаге ($i+k$), для выбранных переменных,
при условии, что на шаге $i$ его нет)
2) доказательство отсутствия решения на шаге ($i+k$), , для выбранных переменных,
при условии, что на шаге $i$ принято существование гипотетического решения)
доказывают отсутствие любых решений.