Поиск противоречия по модулю (x^3)

[ananova]

ananova в сообщении #921233 писал(а):

Если ВТФ верна, то должно выполняться следующее сравнение:

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod ((y+1)^3-y^3)$$

или так:

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Сравнения справедливы при $q=3y^2-1$
Тогда

$$y(3y^2-1) \equiv y+1 \equiv z \mod x^3$$

Уравнение соответствующее этому сравнению:

$$y(3y^2-1)-nx^3 = y+1$$

$$3y^3-y-nx^3 = y+1$$

Известно, что $z=y+1$, если не делится на 3, то делится на $\sqrt [3]{y+x}$
Задача найти целое значение $n$, при котором левая часть уравнения делится на $\sqrt [3]{y+x}$.

[ananova]

ananova в сообщении #982080 писал(а):

$$3y^3-y-nx^3 = y+1$$

Известно, что $z=y+1$, если не делится на 3, то делится на $\sqrt [3]{y+x}$
Задача найти целое значение $n$, при котором левая часть уравнения делится на $\sqrt [3]{y+x}$

Программа определила "подходящее" значение $n$:

$$n=y-1$$

Таким образом

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

Известно, что $z=y+1$, если не делится на 3, то делится на $\sqrt [3]{y+x}$
Задача найти противоречие - т.е. множитель в левой части уравнения равный $\sqrt [3]{y+x}$.

[ananova]

Мои выкладки такие.
Проделаем серию рекомпозиций в левой части уравнения:

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

$$3y^3-y-yx^3+x^3 = y+1$$

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

$$2y^3-y-yx^3+z^3 = z$$

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

Отсюда следует, что $x^3-2y^2+1$ делится на $z$, а т.к. $x^3=3y^2+3y+1$, то:

$$z^3-yz(\frac {(y+2)(y+1)} {y+1})=z$$

$$z^3-yz(y+2)=z$$

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

Противоречие не найдено.

[lasta]

ananova в сообщении #982487 писал(а):

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

$$2y^3-y-yx^3+z^3 = z$$

Уважаемый ananova! Я не увидел критерия (например, подобному в бесконечном спуске)по которому можно было бы судить, что числа $x,y,z$, фигурирующие в алгебраических преобразованиях, являются целыми. Ведь для уравнения Ферма всегда существуют целые значения $x^3,y^3,z^3$, при иррациональных $x,y,z$. Не поэтому ли отсутствуют противоречия?

[ananova]

Какие-то методы ведут к противоречиям, какие-то нет. Без попыток не узнать.

[lasta]

ananova в сообщении #982080 писал(а):

Сравнения справедливы при $q=3y^2-1$
Тогда

$$y(3y^2-1) \equiv y+1 \equiv z \mod x^3$$

Уважаемый ananova!
Я не смог осилить изменения в правой части этого сравнения. По предыдущим выкладкам там должно быть $y$.

[ananova]

lasta в сообщении #985569 писал(а):

о предыдущим выкладкам там должно быть $y$.

Возможно, что Вы имели ввиду $(y+1)^3 \equiv y^3 \mod x^3$
Или что-то другое?

[lasta]

ananova в сообщении #982080 писал(а):

Если ВТФ верна, то должно выполняться следующее сравнение:

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod ((y+1)^3-y^3)$$

или так:

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Я имел ввиду эти сравнения.

[ananova]

lasta в сообщении #986906 писал(а):

ananova в сообщении #982080 писал(а):

Если ВТФ верна, то должно выполняться следующее сравнение:

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod ((y+1)^3-y^3)$$

или так:

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Я имел ввиду эти сравнения.

Тут меня "занесло": "Если ВТФ верна..." - правильней было бы так: "Если ВТФ не верна..."
Далее ... Должны выполняться следующие сравнения (для случая $z-y=1$):

$$(qy)^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Такое же сравнение:

$$z^3 \equiv y^3 \mod x^3$$

Таким образом:

$$(qy)^3 \equiv z^3 \mod x^3$$

Иначе:

$$(qy) \equiv z \equiv (y+1) \mod x^3$$

Это сравнение справедливо при $q=3y^2-1$
А далее см. начало этой темы....

[ananova]

Перенесем вышесказанное на $n=2$

С помощью, данного подхода создадим генератор троек Пифагора

Рассмотрим подобные сравнения (для случая $z-y=1$) уравнения

$$z^2-y^2=x^2\ren(1)$$

$$z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(2)$$

Для $q^2 \equiv 1 \mod x^2\ren(3)$:

$$(qy)^2 \equiv z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(4)$$

Иначе:

$$(qy) \equiv z \equiv (y+1) \mod x^2\ren(5)$$

Это сравнение справедливо при $q=y^2-1$. Если такого $q$ не существует для $x^2$, то и тройки Пифагора не существует для $x^2$. Это же относится и для ранее рассмотренного случая $n=3$.
Еще раз вернемся к уравнению Пифагора для $z-y=1$:

$$x^2=(y+1)^2-y^2=2y+1\ren(6)$$

Найдем $y$:

$$y=\frac {x^2-1}2\ren(7)$$

Тогда генератор троек Пифагора будет выглядеть так для нечетных значений $x$, для которых существует такое $q$, см.(3):
$x^2+y^2=(y+1)^2$

$$x^2+\frac {(x^2-1)^2}{2^2}=(\frac {(x^2-1)}2+1)^2\ren(9)$$

$q$:

$$q=y^2-1=\frac {(x^2-1)^2}{2^2}-1\ren(10)$$

В общем-то, в итоге, знание формулы $q$ для $n=2$ ничего не дает, кроме преемственности от $n=3$ и расширения "доказательной базы".

[ananova]

ПРОШУ прощения.. вношу небольшое исправление
Небольшая поправка, из-за того, что в старых записях использовал другое обозначение переменных.
Правильное значение $q$: $q = x^2-1$, а не $q=y^2-1$

Перенесем вышесказанное на $n=2$

С помощью, данного подхода создадим генератор троек Пифагора

Рассмотрим подобные сравнения (для случая $z-y=1$) уравнения

$$z^2-y^2=x^2\ren(1)$$

$$z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(2)$$

Для $q^2 \equiv 1 \mod x^2\ren(3)$:

$$(qy)^2 \equiv z^2 \equiv y^2 \mod x^2\ren(4)$$

Иначе:

$$(qy) \equiv z \equiv (y+1) \mod x^2\ren(5)$$

Это сравнение справедливо при $q=2y=x^2-1$. Если такого $q$ не существует для $x^2$, то и тройки Пифагора не существует для $x^2$. Это же относится и для ранее рассмотренного случая $n=3$.
Еще раз вернемся к уравнению Пифагора для $z-y=1$:

$$x^2=(y+1)^2-y^2=2y+1\ren(6)$$

Найдем $y$:

$$y=\frac {x^2-1}2\ren(7)$$

Тогда генератор троек Пифагора будет выглядеть так для нечетных значений $x$, для которых существует такое $q$, см.(3):
$x^2+y^2=(y+1)^2$

$$x^2+\frac {(x^2-1)^2}{2^2}=(\frac {(x^2-1)}2+1)^2\ren(9)$$

$q$:

$$q=2y=x^2-1=\frac {2(x^2-1)}2 \ren(10)$$

-- Чт мар 19, 2015 17:00:39 --

Если у кого-то будет время разобраться в этом и вывести формулу $q$ для произвольного нечетного $n$, то было бы любопытно. Мне хватило умения только для $n=2$ - определить $q=2y$ и для $n=3$ определить $q=3y^2-1$.
Выскажу такую гипотезу - может быть уравнение Пифагора имеет решение, т.к. $q$ делится на $y$, а для остальных степеней не делится?

[ananova]

Хотел бы обратиться за помощью к тем, кто имеет "проплаченые" вычислительные мощности на wolfram.

К сожалению, бесплатная версия не позволяет найти все решения и увидеть полностью графики уравнения

Из ранее сказанного в этой теме для случая $(y+1)^3-y^3=x^3$ следует

$$q^3=(3y^2-1)^3=(3y^2-2)(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)+1$$

При этом выполняются свойства для $q$:

$$q^3 \equiv 1 \mod ((y+1)^3-y^3)$$

$q$ , для этого конкретного случая, было определено ранее: $q=3y^2-1$

Рассмотрим множители $q^3-1=(3y^2-1)^3-1=(3y^2-2)(3y^2-3y+1)(3y^2+3y+1)$:
1) $3y^2-2=x^3-3y-3$
2) $3y^2-3y+1=x^3-6y$
3) $(y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1=x^3$

$q=x^3-3y-2$

Таким образом, перепишем $q^3$ с новой композицией множителей:

$$q^3=(x^3-3y-2)^3=(x^3-3y-3)(x^3-6y)x^3+1$$

Вольфрам мой находит такие решения

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%28x%5E3-3y-2%29%5E3%3D%28x%5E3-3y-3%29%28x%5E3-6y%29x%5E3%2B1

Но хотелось бы побольше информации и сделать вывод - достаточно ли её для доказательства частного случая ВТФ.

[ananova]

На основе уравнения для $q^3$ можно получить несколько вариантов уравнения с включением переменной $x^3$
Все они равноценны. Вот такой вариант, по-моему, показывает единственное вещественное решение этого уравнения
http://m.wolframalpha.com/input/?i=%283y%5E2-1%29%5E3%3D%28x%5E3-3y-3%29%283y%5E2-3y%2B1%29%283y%5E2%2B3y%2B1%29%2B1&x=12&y=11

Или такой

http://m.wolframalpha.com/input/?i=%28x%5E3-3y-2%29%5E3%3D%283y%5E2-2%29%283y%5E2-3y%2B1%29%283y%5E2%2B3y%2B1%29%2B1&x=9&y=13

А их комбинация подтверждает Возможное доказательство таким способом
http://m.wolframalpha.com/input/?i=%28x%5E3-3y-2%29%5E3%3D%28x%5E3-3y-3%29%283y%5E2-3y%2B1%29%283y%5E2%2B3y%2B1%29%2B1&x=2&y=9

[ananova]

Надеюсь, что нашел противоречие. Возможно, надо упорядочить весь текст.

Противоречие заключается в том, что $(q,3)=3$, т.к. $q^2+q+1=3y^2+(3y^2-1)^2=((y+1)^3-y^3)(y^3-(y-1)^3)$
Однако, $q=3y^2-1$, т.е. $q$ делится на 3 только, при $y$ дробном. А $y$ - это переменная уравнения ВТФ.

Резюмирую.
Для этого частного случая $x$ - целое нечетное число.
Т.е. для любого нечетного куба $x^3$ имеется дробный $y$ : $x^3=(y+1)^3-y^3$, при этом, всегда существует целое число $q$ : $q^3 \equiv 1 \mod (x^3)$

[ananova]

На нескольких числовых примерах это подтверждается, больше не проверял, но в теории есть 1 "брешь" в этих выкладках - из уравнения следует, что на 3 делится или $q$ или $(q+1)$. Если $q+1$ делится на 3, то это влечет целое $y$.
В моих примерах, мне не удалось добиться этого. Всегда $q$ имел множитель 3.