ВТФ. Поиск свойств чисел.

[glukmaker]

Это не доказательство ВТФ, а просто поиск свойств чисел $x$,$y$,$z$ которые должны удовлетворять формуле
$x^3+y^3=z^3$, и быть при этом натуральными

Пишу тут с целью убедиться в правильности или неправильности моих мыслей. Первоначально имелись ввиду все нечетные степени, но в соответствии с правилами форума пришлось исправить для конкретного варианта с 3 степенью.

Гипотеза 1. предположим что ВТФ для 3 степени имеет решение. Тогда в уравнении
$x^3+y^3=z^3$
$z$ и одно из ($x$ или $y$) являются точными квадратами. Т.е. уравнение $x^3+y^3=z^3$ равносильно уравнению $a^6+y^3=c^6$, где $a$ и $c$ -также являются натуральными числами.

Доказательство:
Рассмотрим минимальный вариант решения $x^3+y^3=z^3$, в котором $x$,$y$,$z$ - натуральные, попарно взаимно простые.

Делаем такое преобразование:
$(x\sqrt x)^2+(x\sqrt y)^2=(z\sqrt z)^2$

Находим его решения по формулам нахождения Пифгоровых троек, с тем отличием, что числа в этих тройках могут быть иррациональными.

$x\sqrt x=m^2-n^2$
$y\sqrt y=2mn$
$z\sqrt z=m^2+n^2$

рассмотрим $y\sqrt y=2mn$, так как $y^3=(2mn)^2$ - целое число, то иррациональность $2mn$ соответствует наличию среди его множителей квадратного корня. Т.е. имеются такие варианты:
1. $m$,$n$ - целые, приводит к тому что, корни уравнения
$x^3+y^3=z^3$ являются квадратами, т.е. уравнение преобразовывается в $a^6+b^6=c^6$

2. $m$ - целое, $n$ - иррациональное вида $n=p\sqrt s$ или наоборот, или даже оба иррациональные с иррациональностью в виде квадратного корня, то это приводит к тому что x и z являются квадратами, так как $x\sqrt x=m^2-n^2$ и $z\sqrt z=m^2+n^2$ натуральные. т.е.
$a^6+y^3=c^6$
3. оба иррациональные вида $m=r\sqrt[4] s$ , $n=p\sqrt[4] s$
приводит к тому, что $x^3$, $y^3$, $z^3$ имеют общий делитель $s$, что не соответствует рассматриваемому варианту.
4. все прочие варианты с общим видом: $m=rs^a$, $n=ps^b$, где $a+b=\frac{1}{2}$, исключающие предыдущие варианты. Приводит к тому что
$m^2-n^2$ и $m^2+n^2$ имеют иррациональность отличную от квадратного корня, что не соответствует требуемой иррациональности.


В результате получается, варианты 3 и 4 невозможны, а вариант 1 не опровергает утверждение варианта 2
Поэтому в уравнении:
$x^3+y^3=z^3$

$x=a^2$
$y=2^kb$
$z=c^2$

где $a$,$b$,$c$ - нечетные, натуральные числа. $k$ - натуральное.

т.е. $x$ и $z$ являются квадратами натуральных чисел.

[glukmaker]

Вобщем если привести аналогию формулам поиска пифагоровых троек для ВТФ 3 степени
$x^3+y^3=z^3$

то получается такое:

$x=\sqrt[3] {(2p^3-s^3)^2}$
$y=2ps$
$z=\sqrt[3] {(2p^3+s^3)^2}$

отсюда лучше понятно чем из предыдущего поста, почему $x$ и $z$ являются квадратами

Так как $x$ и $z$ являются квадратами во всех уравнениях ВТФ с нечетными степенями, то доказательство ВТФ для любых простых степеней, чего достаточно для доказания ВТФ в целом, сводится к доказательству того, что система уравнений:
$a^2+b^2=c^2$
$b^2+c^2=d^2$
не имеет решений для натуральных $a$,$b$,$c$,$d$

Вроде выглядит значительно проще, да и степени фиксированные и равны 2.

PS Когда писал про систему - понятия не имел как доказать, но вот сейчас понял что оно элементарно доказывается любимым Ферма методом - т.е. методом бесконечного спуска. Правда под рукой нет ни ручки, ни бумаги. Но завтра проверю. А если окажется так - то получится что доказательство ВТФ займет от силы 1 страницу, а не 130, как у Э.Уайлса, причем в понятном всем виде.

PPS С другой стороны, так как переход от ВТФ к указанной ниже системе оказался довольно прост, и решение системы возможно очень простое, то я далек от мысли что такое никому, кроме самого Ферма, ранее не приходило в голову. Или может я где-то ошибся?

[Lia]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
Тема перемещена в Карантин по следующим причинам:

По правилам раздела, Ваши рассуждения должны быть сперва явно выписаны и проверены для $n=3$ (у Вас $n=1$).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»

[Lia]

glukmaker
Прошу прощения, тема преждевременно была вынесена из Карантина. Как закончите правку и соберете окончательный вариант полностью только в стартовом посте, сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено, и тема будет возвращена.

Возвращено

[lasta]

glukmaker в сообщении #882655 писал(а):

$x\sqrt x=m^2-n^2$
$y\sqrt y=2mn$
$z\sqrt z=m^2+n^2$

Уважаемый glukmaker!
По формулам Вы находите три куба для УФ. Это не корректно, так как $m^2$ при натуральном $m$ не может быть центром симметрии для одновременного образования разных кубов прибавлением и вычитанием одного и того же числа $n^2$. В Вашем случае центр симметрии равен $\frac{m^2+n^2}{2}$. Действительно,$a^3+b^3=(\frac{m^2+n^2}{2}-n^2)+(\frac{m^2+n^2}{2}+n^2)=m^2+n^2$. Но это не имеет ни какого отношения к формулам для нахождения Пифагоровых троек.

[venco]

glukmaker в сообщении #882655 писал(а):

4. все прочие варианты с общим видом: $m=rs^a$, $n=ps^b$, где $a+b=\frac{1}{2}$, исключающие предыдущие варианты. Приводит к тому что
$m^2-n^2$ и $m^2+n^2$ имеют иррациональность отличную от квадратного корня

Каким образом приводит?

[lasta]

glukmaker в сообщении #882655 писал(а):

Делаем такое преобразование:
$(x\sqrt x)^2+(x\sqrt y)^2=(z\sqrt z)^2$

Для разъяснения предыдущего сообщения. Числа $m,n$ создают равенства для УФ2, но не поставляют решений для других всевозможных равенств. Так как иначе (по Вашей логике) $(\sqrt{5})^2+(\sqrt{7})^2=(\sqrt{12})^2$, поэтому числа $5,7,12$ являются квадратами.

[glukmaker]

venco в сообщении #883339 писал(а):

glukmaker в сообщении #882655 писал(а):

4. все прочие варианты с общим видом: $m=rs^a$, $n=ps^b$, где $a+b=\frac{1}{2}$, исключающие предыдущие варианты. Приводит к тому что
$m^2-n^2$ и $m^2+n^2$ имеют иррациональность отличную от квадратного корня

Каким образом приводит?

Приводит. Но проблема в том что я упустил из виду пятый вариант, а он действительно имеет место быть. И вот он полностью портит все мое доказательство. Собственно что касается этой темы, я и сам чуть раньше понял что все неверно, и тему стоило бы удалить.

[venco]

glukmaker в сообщении #883752 писал(а):

venco в сообщении #883339 писал(а):

glukmaker в сообщении #882655 писал(а):

4. все прочие варианты с общим видом: $m=rs^a$, $n=ps^b$, где $a+b=\frac{1}{2}$, исключающие предыдущие варианты. Приводит к тому что
$m^2-n^2$ и $m^2+n^2$ имеют иррациональность отличную от квадратного корня

Каким образом приводит?

Приводит.

Каким образом?

glukmaker в сообщении #883752 писал(а):

Но проблема в том что я упустил из виду пятый вариант

Пятый вариант полностью покрывается четвёртым, т.к. под него походит что угодно.

[shwedka]

glukmaker в сообщении #882655 писал(а):

все прочие варианты с общим видом:

To,что написано, это не ВСЕ прочие варианты.
Не разобран случай, когда $m^2$ и тп
являются суммами нескольких иррациональностей.

[venco]

shwedka в сообщении #883766 писал(а):

To,что написано, это не ВСЕ прочие варианты.
Не разобран случай, когда $m^2$ и тп
являются суммами нескольких иррациональностей.

Вы не заметили, что в виде $rs^a$, где $a$ - действительное число, можно представить любое действительное число, в том числе и сумму нескольких иррациональностей.

[shwedka]

venco в сообщении #883769 писал(а):

shwedka в сообщении #883766 писал(а):

To,что написано, это не ВСЕ прочие варианты.
Не разобран случай, когда $m^2$ и тп
являются суммами нескольких иррациональностей.

Вы не заметили, что в виде $rs^a$, где $a$ - действительное число, можно представить любое действительное число, в том числе и сумму нескольких иррациональностей.

Вот этот случай и не разобран.
Написано

Цитата:

Приводит к тому что

Как приводит-- не написано.
рассуждение отсутствует