Доказательство ВТФ для n=3 (поиск иррациональности)

[glukmaker]

Предлагаю очередное доказательство ВТФ для $n=3$, на этот раз на основе поиска противоречия связанного с иррациональностью:

Рассмотрим несколько модифицированное уравнение ВТФ для $n=3$, а именно:

$x^3+y^3+z^3=0$

Оно несколько лучше отражает симметричность $x$,$y$,$z$
однако речь уже будет идти не о натуральных числах, а о целых ненулевых


В минимальном решении (с попарно взаимопростыми $x$,$y$,$z$) ВТФ с n=3 из чисел:
$x+y$
$z+x$
$z+y$

два являются точными кубами, а одно кубом умноженным на 3

Доказательство.
разложим сумму кубов на множители.

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

исследуем их на наличие общих делителей:
а так как $z^2-zy+z^2=(z+y)^2-3zy$

то общие делители они будут иметь, если $z+y$ и $3zy$ имеют их.
Разложим $x$ и $y$ на множители, где $a$ и $c$ - простые числа
$z=ab$
$y=cd$

Получаем пару $ab+cd$ и $3abcd$
очевидно что эта пара не может иметь общими делителями как $a$, так и $e$, ибо

$a$, $b$, $c$, $d$ взаимопростые, что следует из того, что

$x$ и $y$ - взаимопростые.

Следовательно единственным общим делителем пары $z+y$ и $3zy$ может быть только 3, а это

значит что общим делителем выражений $z+y$ и $z^2-zy+y^2$ может быть только 3

Посему получаем 2 варианта:
1) $z+y$ и $z^2-zy+y^2$ - являются кубами натуральных чисел
2) $3(z+y)$ и $\frac{(z^2-zy+y^2)}{3}$ - являются кубами натуральных чисел

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

В случае второго варианта получается что $x^3$ делится на 3, а значит и $x$ делится на 3

Аналогичные рассуждения можно применить и к $y^3$ и $z^3$
Но делиться на 3 может не более одного из чисел $x$,$y$,$z$ из-за ихней взаимопростоты.
Следовательно в уравнении $x^3+y^3+z^3=0$

из чисел:
$x+y$
$z+x$
$z+y$
два являются точными кубами.


Вернемся опять к нашему уравнению:
$x^3+y^3+z^3=0$

Данное уравнение можно представить в виде:
$3(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)^3$

Так как уравнение симметрично, относительно $x+y$, $y+z$, $z+x$ мы можем не рассматривать разные варианты, а принять что $x+y$, $y+z$ - являются точными кубами:
$x+y=a^3$
$y+z=b^3$
а $z+x$ - не является точным кубом (вернее не обязан им являться, можно привести строгое доказательство что не является, но нам этого не нужно), но тем не менее является целым числом.
Далее если $z+x=0$ - в таком случае доказательство очевидное.
Расмотрим случай ненулевого $z+x$ :

В уравнении:

$x^3+y^3+z^3=0$
разделим все переменные на $z+x$

$x_1=\frac{x}{z+x}$, $y_1=\frac{y}{z+x}$, $z_1=\frac{z}{z+x}$

Получаем новое уравнение:

$x_1^3+y_1^3+z_1^3=0$, где числа $x_1$, $y_1$, $z_1$ -рациональные

Поэтому: $x_1+y_1$ и $y_1+z_1$ теперь будут кубами рациональных чисел:
$x_1+y_1=a_1^3$
$y_1+z_1=b_1^3$
$z_1+x_1=1$

Представим $x_1^3+y_1^3+z_1^3=0$ в виде:

$3(x_1+y_1)(y_1+z_1)(z_1+x_1)=(x_1+y_1+z_1)^3$

$3a_1^3b_1^3=(x_1+y_1+z_1)^3$

$3a_1^3b_1^3=(\frac{a_1^3+b_1^3+1}{2})^3$

$\frac{a_1^3+b_1^3+1}{a_1b_1}=2\sqrt[3]{3}$

Так как $a_1$ и $b_1$ - рациональные числа, то $\frac{a_1^3+b_1^3+1}{a_1b_1}$ тоже должно быть рациональным, однако правая часть последнего уравнения явно иррациональна.

Противоречие вроде как найдено, если конечно тут опять не закралась случайная ошибка. правда один момент тут меня смущает... А именно переход от свойств целых чисел к свойству рациональных чисел...

[Cash]

glukmaker в сообщении #889983 писал(а):

значит что общим делителем выражений $z+y$ и $z^2-zy+y^2$ может быть только 3

Посему получаем 2 варианта:
1) $z+y$ и $z^2-zy+y^2$ - являются кубами натуральных чисел
2) $3(z+y)$ и $\frac{(z^2-zy+y^2)}{3}$ - являются кубами натуральных чисел

На самом деле еще один вариант может быть (но это мелочи)

glukmaker в сообщении #889983 писал(а):

Получаем новое уравнение:

$x_1^3+y_1^3+z_1^3=0$, где числа $x_1$, $y_1$, $z_1$ -рациональные

Поэтому: $x_1+y_1$ и $y_1+z_1$ теперь будут кубами рациональных чисел:
$x_1+y_1=a_1^3$
$y_1+z_1=b_1^3$
$z_1+x_1=1$

Вот здесь явная лажа.
С чего бы они были кубами?
Числитель - куб, знаменатель, как Вы сами и заявили - не является точным кубом.

[glukmaker]

Cash в сообщении #889989 писал(а):

glukmaker в сообщении #889983 писал(а):

Получаем новое уравнение:

$x_1^3+y_1^3+z_1^3=0$, где числа $x_1$, $y_1$, $z_1$ -рациональные

Поэтому: $x_1+y_1$ и $y_1+z_1$ теперь будут кубами рациональных чисел:
$x_1+y_1=a_1^3$
$y_1+z_1=b_1^3$
$z_1+x_1=1$

Вот здесь явная лажа.
С чего бы они были кубами?
Числитель - куб, знаменатель, как Вы сами и заявили - не является точным кубом.

Пожалуй тут я с Вами спорить не буду. Не знаю лажа ли это, или противоречие. Но для дробных я думаю что не смогу Ваше опровержение превратить в противоречие еще на той стадии доказательства. Посему пусть лучше считается лажей. Тем более что у меня появилась новая "попытка" доказательства. Ход действия похожий, но без дробных чисел и поиска иррациональностей. И несколько проще. Но правда перед этим мне придется рассказать сначала о моем методе на примере Пифагоровых троек. Но это формулы и т.п. Т.е. текст подготовить нужно.
Ориентировочно думаю что это будет в понедельник (ранее возможно, но не гарантирую).
В любом случае я очень Вам благодарен за нахождение данной "лажи" в доказательстве, тем более что я сам бы возможно это не скоро и заметил бы.

Cash в сообщении #889989 писал(а):

glukmaker в сообщении #889983 писал(а):

значит что общим делителем выражений $z+y$ и $z^2-zy+y^2$ может быть только 3

Посему получаем 2 варианта:
1) $z+y$ и $z^2-zy+y^2$ - являются кубами натуральных чисел
2) $3(z+y)$ и $\frac{(z^2-zy+y^2)}{3}$ - являются кубами натуральных чисел

На самом деле еще один вариант может быть (но это мелочи)

В 9 посте топика topic85999.html я писал про три варианта, но меня потом поправили. Так что реально там только 2 варианта.

Кроме того доказать это можно и более простым способом.
$z+y$ является делителем числа $x^3$ - думаю тут Вы спорить не будете.
аналогично и с остальными. Посему все три числа $z+y$, $x+y$, $z+x$ попарно взаимнопростые.

А если уравнение:
$x^3+y^3+z^3=0$

представить в виде:
$3(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)^3$

То все становится понятным наглядно: произведение тройки и трех взаимнопростых чисел = куб, значит 2 из этих чисел кубы, а третье помноженное на 3 тоже куб.
Надеюсь, с этой частью уже проблем нет?

[glukmaker]

Напишу пока вкратце (Чем раньше найдется "лажа" - тем раньше смогу заняться ее устранением):

рассмотрим уравнение $x^2+y^2=z^2$
которое как известно имеет бесконечное кол-во решений в целых числах, т.е. Пифагоровы тройки

Данное уравнение можно представить в виде:

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

так как $z-x$ является делителем $y$, ибо $y^2=(x-z)(z+x)$
а $z-y$ является делителем $x$, то в случае минимального уравнения, где все числа $x$, $y$, $z$ попарно взаимопростые, $z-x$ и $z-y$ тоже будут взаимопростыми.
А это означает, что из чисел $z-x$ и $z-y$ - одно является квадратом, а второе удвоенным квадратом
Если мы разделим допустим $z-y$ на число, которое является его делителем и одновременно квадратом, то получим такое
уравнение:

$2(z_1-x_1)(z_1-y_1)=(x_1+y_1-z_1)^2$

где $z_1-x_1=z-x$, $z_1-y_1=\frac{z-y}{k^2}$, $x_1+y_1-z_1=\frac{x+y-z}{k}$

Так как k^2 является делителем $z-y$, то и правая часть уравнения на него будет делиться.
т.е. мы получаем тройку чисел $x_1$, $y_1$, $z_1$ , где $z_1-x_1$, $z_1-y_1$, $x_1+y_1-z_1$ - целые числа, а следовательно $x_1$, $y_1$, $z_1$ также являются целыми числами, удовлетворяющими нашему уравнению, посему это новая Пифагорова тройка.

Рассмотрим на примере тройки 20, 21, 29

$2(29-21)(29-20)=(20+21-29)^2$

$29-20=9$ делится на $3^2$

Поделим. Получаем $z-x=8$, $z-y=1$, $x+y-z=4$

это соответствует тройке 5, 12, 13

Делим далее: Поделим $z-x$ на $2^2$

Получим: $z-x=2$, $z-y=1$, $x+y-z=2$

Это соотвестствует Пифагоровой тройке 3, 4, 5

Мы видим что дальше уже делить не на что. Поэтому 3, 4, 5 - самая маленькая Пифагорова тройка,
Но в $z-x=2$ остается остаточная (защитная) двойка, благодаря которой и существуют решения уравнения $x^2+y^2=z^2$

в уравнении $x^3+y^3=z^3$ такой двойки нет.

очевидно что $x^3+y^3=z^3$ можно записать в виде:

$3(x+y)(z-y)(z-x)=(x+y-z)^3$
Если $x$, $y$, $z$ - попарно взаимнопростые, то и $x+y$, $z-y$, $z-x$ тоже будут попарно взаимнопростыми, а в таком случае из чисел $x+y$, $z-y$, $z-x$ - два являются кубами, а одно кубом, помноженным на 9 (т.е. вместо "защитной" двойки имеем тут девятку $n^{n-1}$)

Если существует решение ВТФ при $n=3$, то оно также должно существовать если мы разделим один из членов левой части на некое число, являющееся его делителем и при этом кубом.

Заметим, что из чисел $x+y$, $z-y$, $z-x$ - двое являются нечетными, а одно четным, которое делится на $2^{3n}$, т.е. $8^n$. Вот и поделим его на это число.

Новые числа должны быть новым решением ВТФ при $n=3$

Но получаем противоречие:
$x_1+y_1$, $z_1-y_1$, $z_1-x_1$, $x_1+y_1-z_1$ - целые числа, а из этого следует что $x_1$, $y_1$, $z_1$ - целые. Тут вроде все нормально.

Но все числа: $x_1+y_1$, $z_1-y_1$, $z_1-x_1$ нечетные, а это противоречит тому что $x_1$, $y_1$, $z_1$ - целые.

При $n=3$ у нас нет "защитной" двойки, гарантирующей четность одного из членов левой части преобразованного уравнения, вместо этого у нас имется девятка, которая нечетна.

[nnosipov]

glukmaker в сообщении #890372 писал(а):

так как $z-x$ является делителем $y$, ибо $y^2=(x-z)(z+x)$

Вообще-то $z-x$ является делителем $y^2$, а не $y$.

[Cash]

glukmaker в сообщении #890322 писал(а):

А если уравнение:
$x^3+y^3+z^3=0$

представить в виде:
$3(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)^3$

То все становится понятным наглядно: произведение тройки и трех взаимнопростых чисел = куб, значит 2 из этих чисел кубы, а третье помноженное на 3 тоже куб.
Надеюсь, с этой частью уже проблем нет?

Если двое-кубы, то третье до куба надо умножать на 9.

-- Сб июл 26, 2014 15:37:42 --

glukmaker в сообщении #890372 писал(а):

Если существует решение ВТФ при $n=3$, то оно также должно существовать если мы разделим один из членов левой части на некое число, являющееся его делителем и при этом кубом.

Вот эта сентенция непонятна

[ananova]

nnosipov в сообщении #890376 писал(а):

glukmaker в сообщении #890372 писал(а):

так как $z-x$ является делителем $y$, ибо $y^2=(x-z)(z+x)$

Вообще-то $z-x$ является делителем $y^2$, а не $y$.

Если это как-то поможет, то $\sqrt{z-x}$ является делителем $y$

[nnosipov]

ananova в сообщении #890689 писал(а):

Если это как-то поможет, то $\sqrt{z-x}$ является делителем $y$

Возможно, и поможет, но только после того, как будет доказано, что $z-x$ является точным квадратом.

[glukmaker]

Cash в сообщении #890421 писал(а):

glukmaker в сообщении #890322 писал(а):

А если уравнение:
$x^3+y^3+z^3=0$

представить в виде:
$3(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)^3$

То все становится понятным наглядно: произведение тройки и трех взаимнопростых чисел = куб, значит 2 из этих чисел кубы, а третье помноженное на 3 тоже куб.
Надеюсь, с этой частью уже проблем нет?

Если двое-кубы, то третье до куба надо умножать на 9.

Нет. третье умноженное на 3 является кубом (ну или по другому: третье является кубом умноженным на 9)

Cash в сообщении #890421 писал(а):

-- Сб июл 26, 2014 15:37:42 --

glukmaker в сообщении #890372 писал(а):

Если существует решение ВТФ при $n=3$, то оно также должно существовать если мы разделим один из членов левой части на некое число, являющееся его делителем и при этом кубом.

Вот эта сентенция непонятна

Когда я писал мне это казалось очевидным. А теперь не могу понять почему... Все попытки доказать это упираются в тупик...

[vasili]

Очевидно qlukmaker рассматривает 2 случай ВТФ для 3 степени.
Тогда зачем умножать один из биномов левой части тождества на 9?
Ведь один из биномов содержит множитель как минимум $3^2$, а можно показать что содержит множитель $3^5$. Достаточно умножения на 3. чтобы этот бином левой части тождества был кубом.

[glukmaker]

vasili в сообщении #890974 писал(а):

Очевидно qlukmaker рассматривает 2 случай ВТФ для 3 степени.
Тогда зачем умножать один из биномов левой части тождества на 9?
Ведь один из биномов содержит множитель как минимум $3^2$, а можно показать что содержит множитель $3^5$. Достаточно умножения на 3. чтобы этот бином левой части тождества был кубом.

По крайней мере он точно содержит $3^2$, а содержание $3^5$ или $3^{3k+2} нам не известно.

Если в
$3(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)^3$

правая часть куб, а $x+y$, $y+z$ , $z+x$ - попарно взаимно просты, то тогда это все можно записать либо так:

$abc=x+y+z$, где:
$x+y=\frac{a^3}{3}$
$y+z=b^3$
$z+x=c^3$

либо так:
$3abc=x+y+z$, где:
$x+y=9a^3$
$y+z=b^3$
$z+x=c^3$

[vasili]

Пусть
1.$(Z, 3) = 3$, $X + Y =b^3/3$, $Z-Y =a^3$, $Z-X = c^3$.

2.Очевидно $(X+Y)-(Z-Y)-(Z-X) =2(X +Y-Z) =2abc$, тогда с учетом (1.)

$b^3/3-a^3-c^3 =2abc$, где правая часть кратна 3, тогда

$a^3 +c^3 =(a +c)^3 -3ac(a +c)$ также кратна 3, а значит она кратна и $3^2$.

Получили, что левая часть кратна $3^2$, а значить и правая часть должна быть кратна

$3^2$, а это значит, что b кратно $3^2$, тогда $X + Y$ будет кратно $(3^2)^3/3 =3^5$.