TR63 "решает" кубическое диофантово уравнение

[TR63]

Отделено отсюда

juna в сообщении #156495 писал(а):

Можно попытаться без Морделла.
$y^3=(x-1)(x+1)$

$y^3+1=x^2$
$x^2>y^2$, $x^2=y^2+\alpha$
$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$ (учли, что имеет место неустойчивость).
Подставим в уравнение вместо переменной $y$ $\to$ $y+\alpha_1$. Тогда преобразованное уравнение будет иметь симметричные корни (это верно?; я путаюсь, с каким знаком надо делать добавку ). Получим:
$y^3+3y^2\alpha_1+3y\alpha^2_1+\alpha^3_1-y^2-2y\alpha_1-\alpha^2_1-\alpha+1=0$
$y^3+(3\alpha_1-1)y^2+(3\alpha^2_1-2\alpha_1)y+\alpha^3_1-\alpha+1=0$
Поскольку корни стали симметричными, то должно выполняться условие симметричности: $x^3+ax^2+bx+c=0$ только при $c=ab$ (это известный факт, следующий из формулы Орландо). Запишем его для нашего уравнения:
$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета).
Получили противоречие? (Прошу проверить, есть ли ошибки.)

shwedka в сообщении #155098 писал(а):

Oригинальную статью Михайлеску забирайте на http://ifolder.ru/8852042
После этого, он немало сделал для уравнения Fermat-Catalan
$x^p+y^p= b z^q$

Где можно посмотреть об этом уравнении подробнее. Ещё интересует информация о решении уравнения $x^5=t^2_2-t^2_1$. Оно ведь не относится к гипотезе Ферма-Каталана?

[Deggial]

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

Получили противоречие?

Нет, не получили. $\alpha_1$ нерациональное число. Например, уравнение $\alpha^3-2=0$ по Вашей логике и по теореме Виета имеет целый $\alpha$, поскольку $\alpha \mid 2$, так что ли?
Корни данного уравнения Вы не нашли.
Противоречие нельзя вывести и из исходного уравнения, поскольку оно выполнимо.
Далее, из уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ нельзя получить противоречие для $y,\alpha \in \mathbb{Z}$, поскольку существует бесконечно много комбинаций $y,\alpha$ удовлетворяющих ему.
Далее, из $(\exists x,y\in\mathbb{Z})y^3+1=x^2$ следует, что $(\exists y,\alpha\in\mathbb{Z})y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, но обратное неверно.
Наконец, поскольку Вы пишете невнятно, указать на конкретную ошибку в логике или сказать, что это верно, нормальным людям невозможно, нужно заниматься телепатией, и ради чего?

[TR63]

Deggial в сообщении #991666 писал(а):

$\alpha_1$ нерациональное число. Например, уравнение $\alpha^3-2=0$ по Вашей логике и по теореме Виета имеет целый $\alpha$, поскольку $\alpha \mid 2$, так что ли?

Нет. По моей логике для Вашего уравнения $\alpha^3=2$, если оно имеет натуральные решения, то для $\alpha^3$, как числа натурального, можно записать это натуральное число, большее единицы, как сумму двух натуральных чисел $\alpha^3=\alpha_1+\beta$. Только это. Не более.

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$

По теореме Виета $y_1+y_2+y_3=1$. $y_1-2\alpha_1=1$. $y_1$ натуральное по предположению.
$2\alpha_1=y_1-1$, значит $2\alpha_1$ натуральное, т.к. $(y)$, а, значит и $y_1$, натуральное по предположению.

Deggial в сообщении #991666 писал(а):

Противоречие нельзя вывести и из исходного уравнения, поскольку оно выполнимо.

Deggial, приведите, пожалуйста, несколько решений. Тогда я ошибку поищу сама. (Где находятся мои сомнения, я написала в первом сообщении.)

[TR63]

Deggial в сообщении #991666 писал(а):

Далее, из уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ нельзя получить противоречие для $y,\alpha \in \mathbb{Z}$, поскольку существует бесконечно много комбинаций $y,\alpha$ удовлетворяющих ему

Согласна. Поняла.
Но ещё не поняла, где у меня ошибка. Замена переменных корректна или нет? Думаю, ошибка в этом или в знаке.

-- 18.03.2015, 17:58 --

Ошибка, наверно, в том, что я не рассмотрела случай $\alpha=1$ в уравнении:

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$

[TR63]

Этот случай можно рассмотреть отдельно. Далее. Думаю, всё-таки, противоречие получено. Но оно касается не одной переменной $\alpha$, а двух переменных $(\alpha;2\alpha_1)$ одновременно. Т.е. речь может идти о несуществовании решений в целых комплексных числах при $\alpha>1$.

[Deggial]

TR63 в сообщении #991740 писал(а):

Deggial, приведите, пожалуйста, несколько решений.

Вы замахиваетесь на кубические диофантовы уравнения и не можете найти некоторые решения этого уравнения? Не находите, что это несколько странно?

TR63 в сообщении #992048 писал(а):

Замена переменных корректна или нет? Думаю, ошибка в этом или в знаке.

Замена переменных неэквивалентна. Обратного перехода Вы не делаете, а Вам надо проверить, что для найденных Вами $y,\alpha$ число $y^2+\alpha$ является квадратом.

TR63 в сообщении #992048 писал(а):

Ошибка, наверно, в том, что я не рассмотрела случай $\alpha=1$ в уравнении:

Нет, это нечто левое.

TR63 в сообщении #991740 писал(а):

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$

По теореме Виета $y_1+y_2+y_3=1$. $y_1-2\alpha_1=1$. $y_1$ натуральное по предположению.
$2\alpha_1=y_1-1$, значит $2\alpha_1$ натуральное, т.к. $(y)$, а, значит и $y_1$, натуральное по предположению.

Для любого уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ если один корень $y_1$ целый, то сумма других $y_2+y_3=2\alpha_1$ целая (если $y_2,y_3$ не действительные). Это верно (верно для всех уравнений и для всех уравнений противоречием не является) и тривиально и потому отсюда ничего конкретно для уравнения $y^3=x^2+1$ не следует.

[TR63]

Deggial в сообщении #992160 писал(а):

Вы замахиваетесь на кубические диофантовы уравнения и не можете найти некоторые решения этого уравнения? Не находите, что это несколько странно?

Этот момент я объяснила ранее:

TR63 в сообщении #992048 писал(а):

Согласна. Поняла.

Нашла: $(x;y)=(3;2)$ (далее Мордел). Особо не искала, потому что цель у меня сейчас другая: выяснить корректен ли метод.

Deggial в сообщении #992160 писал(а):

Для любого уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ если один корень $y_1$ целый, то сумма других $y_2+y_3=2\alpha_1$ целая (если $y_2,y_3$ не действительные). Это верно (верно для всех уравнений и для всех уравнений противоречием не является)

1). Обратите внимание: здесь ровно один положительный корень с учётом перемен знака (по предположению он натуральный) и два комплексных с отрицательной действительной частью с учётом неустойчивости по теореме Стодолы. (это важно).
2). Противоречие не здесь. Смотрите ниже:

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета)

При $\alpha>1$ многочлен в левой части больше нуля. Т.е. не существует переменных $(\alpha;\alpha_1)$. А, по предположению они существуют. Противоречие. Значит в натуральных (целых потом) комплексных числах решений нет.

TR63 в сообщении #992087 писал(а):

Замена переменных неэквивалентна. Обратного перехода Вы не делаете, а Вам надо проверить, что для найденных Вами $y,\alpha$ число $y^2+\alpha$ является квадратом

Поскольку их не существует, то и проверять не надо. Обратный переход делать не надо. Почему некорректна замена, прошу объяснить подробнее. Эту замену смотрели специалисты математики пять лет назад. Замечаний не было. И практикой она подтверждается. Попробуйте с помощью этого метода решить уравнение четвёртой степени в общем виде. Тогда можно находить целые действительные части комплексных корней и не только. Затем сделать проверку на соответствие реальности.
Deggial, пока Вы меня не убедили, что доказательство ошибочно. Но и уменя нет полной уверенности, что нет ошибки.

[Deggial]

Ещё раз, почему есть ошибка:
Вы берете уравнение $y^3=x^2-1$ имеющее решения (конечное число).
Делаете подстановку $x^2=\alpha+y^2$. Получаете уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.
Очевидно, что существует бесконечно много $\alpha$ таких, что уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ имеет целочисленное (натуральное) решение.
А Вы здесь:

TR63 в сообщении #992197 писал(а):

2). Противоречие не здесь. Смотрите ниже:

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета)

При $\alpha>1$ многочлен в левой части больше нуля. Т.е. не существует переменных $(\alpha;\alpha_1)$. А, по предположению они существуют. Противоречие. Значит в натуральных (целых потом) комплексных числах решений нет.

или здесь:

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$ (учли, что имеет место неустойчивость).
Подставим в уравнение вместо переменной $y$ $\to$ $y+\alpha_1$. Тогда преобразованное уравнение будет иметь симметричные корни (это верно?; я путаюсь, с каким знаком надо делать добавку ). Получим:
$y^3+3y^2\alpha_1+3y\alpha^2_1+\alpha^3_1-y^2-2y\alpha_1-\alpha^2_1-\alpha+1=0$
$y^3+(3\alpha_1-1)y^2+(3\alpha^2_1-2\alpha_1)y+\alpha^3_1-\alpha+1=0$
Поскольку корни стали симметричными, то должно выполняться условие симметричности: $x^3+ax^2+bx+c=0$ только при $c=ab$ (это известный факт, следующий из формулы Орландо). Запишем его для нашего уравнения:
$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета).

якобы выводите только из факта существования одного целого корня противоречие, т.е., подставляя те $\alpha$, для которых уравнение имеет целое решение (которых бесконечно много), мы получаем, что Вы в своём рассуждениииз истины выводите ложь.
Если Вы считаете это рассуждение доказательством, то Вам надо азы математики перечитывать или заниматься другим делом.

Явную ошибку в рассуждениях указать трудно, поскольку рассуждения невнятны, всех переходов в рассуждении нет.
Факт, что $2\alpha_1\in\mathbb{Z}$ по теореме Виета верен и тривиален.
Утверждение, что $2\alpha_1\in\mathbb{N}$ тоже верно: $2\alpha_1=y_1-1>0$. Значит неверно доказательство неравенства $\alpha_1<1$. Вот и ищите у себя ошибку.

[TR63]

Deggial в сообщении #992763 писал(а):

Делаете подстановку $x^2=\alpha+y^2$. Получаете уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.

Deggial, я беру не произвольные $(x;y)$, а такие, которые по предположению удовлетворяют исходному уравнению. Т. е. такая процедура не является произвольной подстановкой. Переменная $\alpha$, таким образом, является не произвольной, а зависимой от $(x;y)$. При этом доказано, что $x^2>y^2$. Например, из $5>3$ следует, что существует однозначное число $(\alpha)$, такое, что $5=3+2$. Т.е. $(\alpha)$ здесь $(x^2=y^2+\alpha)$ не произвольное число.

Deggial в сообщении #992763 писал(а):

якобы выводите только из факта существования одного целого корня противоречие, т.е., подставляя те $\alpha$, для которых уравнение имеет целое решение (которых бесконечно много), мы получаем, что Вы в своём рассуждениииз истины выводите ложь.

Это утверждение не соответствует тому, что следует из моих рассуждений. Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$. Напомню, что рассматриваем решения в натуральных комплексных числах (пока). Далее, обратите внимание: из того, что $(2\alpha_1)$ целое, необязательно $(\alpha_1)$ целое. Поскольку получено противоречие, то хотя бы одно из чисел $(y;\alpha_1)$ не является натуральным. Поскольку $(y)$ является существующим натуральным не только по предположению, но и фактически, то несуществующим натуральным является $(\alpha_1)$. ($\alpha=1$ особый случай). Что и требовалось доказать.

Deggial в сообщении #992160 писал(а):

Замена переменных неэквивалентна.

TR63 в сообщении #992197 писал(а):

Почему некорректна замена, прошу объяснить подробнее.

Deggial, Вы не ответили на самый главный для меня вопрос. Всё прочее вторично.

[TR63]

TR63 в сообщении #992810 писал(а):

Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$. Напомню, что рассматриваем решения в натуральных комплексных числах (пока).

Уточнение: в целых $(x; y; \alpha_1)$. В натуральных $(x; y; \alpha_1)$ отсутствие решений следует из теоремы Стодолы. В этом у меня сомнений нет.

(Оффтоп)

По поводу, кому следует заниматься математикой. Замечательный украинский учитель писал (по памяти): бороться надо не против ученика, а за ученика. Давайте будем разбираться с задачей, а не переходить на личности.

[Deggial]

TR63 в сообщении #992810 писал(а):

Deggial в сообщении #992763 писал(а):

Делаете подстановку $x^2=\alpha+y^2$. Получаете уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.

Deggial, я беру не произвольные $(x;y)$, а такие, которые по предположению удовлетворяют исходному уравнению. Т. е. такая процедура не является произвольной подстановкой. Переменная $\alpha$, таким образом, является не произвольной, а зависимой от $(x;y)$. При этом доказано, что $x^2>y^2$. Например, из $5>3$ следует, что существует однозначное число $(\alpha)$, такое, что $5=3+2$. Т.е. $(\alpha)$ здесь $(x^2=y^2+\alpha)$ не произвольное число.

То, что Вы пишите, это никакой роли в Вашем доказательстве не играет, потому что

Deggial в сообщении #992763 писал(а):

ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.

, как и исходное ограничение на $x,y$. Это просто заклинание, которым Вы пытаетесь запудрить мозг себе и людям.

TR63 в сообщении #992810 писал(а):

Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$.

Нет, не следует.
Вот Вам уравнения
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0$ с $y_1=k, -3k^2+2k+1, y_{2,3}=\frac{-k+1\pm\sqrt{-3k^2+2k+1}}{2}, \alpha_1=\frac{k-1}{2}, k\in\mathbb{N}$
Все они имеют один натуральный корень и $2\alpha_1\in\mathbb{N}$. Можно даже выбрать бесконечную подпоследовательность с $\alpha_1\in\mathbb{N}$. Нет в этом никаких противоречий. А Вы из этого якобы вывели противоречие. О чём это говорит?
Вам понятно, что у Вас даже атома доказательства нет, не то что там какой-то идеи решений или инструмента?

TR63 в сообщении #992810 писал(а):

Deggial в сообщении #992160 писал(а):

Замена переменных неэквивалентна.

TR63 в сообщении #992197 писал(а):

Почему некорректна замена, прошу объяснить подробнее.

Deggial, Вы не ответили на самый главный для меня вопрос. Всё прочее вторично.

Самый главный для Вас вопрос написан выше.
А здесь очевидно: уравнение $y^3=x^2-1$ имеет, как известно, конечное число решений (2 в натуральных).
А семейство уравнений $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ имеет бесконечно много решений (описаны выше). Не для каждого целого решения $y_1$ существует целое решение $(x,y)$.

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #992810 писал(а):

число $(\alpha)$

Это не число, это идеал.

TR63 в сообщении #992924 писал(а):

В натуральных $(x; y; \alpha_1)$ отсутствие решений следует из теоремы Стодолы. В этом у меня сомнений нет.

Это совершенно голословное заявление.
Для справки: теорема Стодолы, это следующее простое утверждение:
Если у многочлена $p(x)=a_0x^n+...+a_n$ $a_0>0$ и для всех его корней $\lambda_k$ верно $\operatorname{Re} \lambda_k < 0$, тогда все $a_k>0$.
Каким образом Вы отсюда выводите неразрешимость уравнения в $\mathbb{Z}$ - неизвестно никому, в том числе и Вам.

[TR63]

Нашла некорректность в доказательстве. Надо уточнить область определения. $(x)$-целые, $(y)$-комплексные с целой действительной частью. Доказательство ведётся методом от противного. Т.е. предполагается, что у исходного уравнения существует решение (в указанной области определения): $(x; y_1; y_2; y_3)$-некоторое решение, исключая особый случай, когда $x-y=1$. Если получим противоречие, то такого решения не существует.

Deggial в сообщении #993479 писал(а):

TR63 в сообщении #992810

писал(а):
Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$

Уточнение. Противоречие следует из предположения существования $(x; y; \alpha_1)$, которые дают решение исходного уравнения в заданной области определения.

Deggial в сообщении #993479 писал(а):

Вот Вам уравнения
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0$ с $y_1=k, -3k^2+2k+1, y_{2,3}=\frac{-k+1\pm\sqrt{-3k^2+2k+1}}{2}, \alpha_1=\frac{k-1}{2}, k\in\mathbb{N}$
Все они имеют один натуральный корень и $2\alpha_1\in\mathbb{N}$. Можно даже выбрать бесконечную подпоследовательность с $\alpha_1\in\mathbb{N}$. Нет в этом никаких противоречий. А Вы из этого якобы вывели противоречие.

Противоречие выведено не из этого уравнения, а из:
$4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
И заключается оно в том, что, т.к. левая часть больше нуля, то $(\alpha; \alpha_1)$ не могут быть одновременно целыми, что и требуется доказать.
Deggial, Ваш пример не соответствует моим рассуждениям. У меня $\alpha=x-y$, где $(x;y)$ это, по предположению, решения исходного уравнения из указанной области определения. А, что такое Ваше $(k^3-k^2)$?

Deggial в сообщении #993479 писал(а):

теорема Стодолы, это следующее простое утверждение:
Если у многочлена $p(x)=a_0x^n+...+a_n$ $a_0>0$ и для всех его корней $\lambda_k$ верно $\operatorname{Re} \lambda_k < 0$, тогда все $a_k>0$.
Каким образом Вы отсюда выводите неразрешимость уравнения в $\mathbb{Z}$

Никаким. Я этого не утверждала.(Неразрешимость я вывожу из полученного противоречия.)

TR63 в сообщении #992924 писал(а):

В натуральных $(x; y; \alpha_1)$ отсутствие решений следует из теоремы Стодолы. В этом у меня сомнений нет.

Неразрешимость в указанной мной области определения я вывожу так: в уравнении
$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ не все коэффициенты положительны, следовательно многочлен неустойчив. Есть один пложительный корень (одна перемена знака) и отсутствуют отрицательные корни; далее, т.к. многочлен неустойчив, то комплексные корни не могут быть с положительной действительной частью. Следовательно, действительные части не могут быть натуральными, поскольку натуральные числа положительны. Что и требовалось доказать.

[Deggial]

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

Противоречие выведено не из этого уравнения, а из:
$4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$

А теперь напишите, из каких утверждений выведено это уравнение? Если только из соотношений $y^3-y^2-(\alpha-1)=0, y,\alpha\in\mathbb{Z}$, то, очевидно, ничего подобного вывести невозможно, так как невозможно вывести противоречие из выполнимого высказывания.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

исключая особый случай, когда $x-y=1$.

Этот костыль в Вашем рассуждении появился только сейчас, причем совершенно искусственно, без каких-либо причин. Может быть Вы всё-таки рискнёте написать доказательство полностью и явно? Или всё-таки согласитесь, что написали чепуху?

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

то $(\alpha; \alpha_1)$ не могут быть одновременно целыми, что и требуется доказать.

А теперь подставляя $y=0, x=1$ получаем, что Вы "вывели" ложь из истины.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

Deggial, Ваш пример не соответствует моим рассуждениям.

Естественно, потому что Вы пишете чепуху.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

У меня $\alpha=x-y$,

Правда что-ли? Цитирую:

TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$x^2=y^2+\alpha$

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

А, что такое Ваше $(k^3-k^2)$?

Терм такой, непонятно что-ли? Я Вам привёл семейство кубических уравнений:

Deggial в сообщении #993479 писал(а):

$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0 ... k\in\mathbb{N}$

в качестве примера, здесь, очевидно, $\alpha=k^3-k^2+1$.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):

Неразрешимость в указанной мной области определения я вывожу так: в уравнении
$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ не все коэффициенты положительны, следовательно многочлен неустойчив. Есть один пложительный корень (одна перемена знака) и отсутствуют отрицательные корни; далее, т.к. многочлен неустойчив, то комплексные корни не могут быть с положительной действительной частью. Следовательно, действительные части не могут быть натуральными, поскольку натуральные числа положительны. Что и требовалось доказать.

Требовалось доказать не это.
Вот возьмите решение $x=3,y=2$ исходного уравнения.
Для него $\alpha=x^2-y^2=5$, а многочлен имеет вид $y^3-y^2-4=0$. Корни многочлена $y_1=2, y_{2,3}=\frac{-1\pm i\sqrt{7}}{2}, 2\alpha_1=-1<0$.
Т.е. корню исходного уравнения соответствует $\alpha_1<0$.
И теперь объясните, что Вам дает тот факт, что Вы доказали, что не может быть $\alpha_1>0$?
Кроме того, при чём здесь некая неразрешимость? Вы знаете, что такое неразрешимость? Неразрешимость, это когда уравнение не имеет корней вообще, а Вы здесь утверждаете некие факты о существующих корнях. Нормально выразиться можете?
Кроме того, даже уравнение $y^3=x^2-1$ здесь не при чём.
Возьмите уравнение $y^3-y^2-100=0$, которое "добавляется" в результате Вашей подстановки. Его корни $y_1=5, y_{2,3}=-2\pm 4i, \alpha_1=-4 < 0$. Ну пусть Вы доказали относительно этой альфы-один, что она положительна, и что дальше? Уравнение не только не имеет отношения к исходному, но и Вы не исключили необходимости его рассмотрения.

Вам по-прежнему непонятно, что у Вас нет ни атома доказательства?

[TR63]

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

исключая особый случай, когда $x-y=1$. Этот костыль в Вашем рассуждении появился только сейчас, причем совершенно искусственно, без каких-либо причин.

Исправляюсь. Особым случаем является $\alpha=1$, поскольку, если иначе, то не можем воспользоваться формулой Орландо. Этот случай надо рассмотреть отдельно.

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

TR63 в сообщении #993591

писал(а):
то $(\alpha; \alpha_1)$ не могут быть одновременно целыми, что и требуется доказать.

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

А теперь подставляя $y=0, x=1$ получаем, что Вы "вывели" ложь из истины.

Здесь $\alpha=x^2-y^2=1$ имеет место особый случай. Пример не является контрпримером.

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

TR63 в сообщении #993591

писал(а):
У меня $\alpha=x-y$,

Исправляюсь. $\alpha=x^2-y^2$ Это опечатка, не влияющая на ход доказательства.

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

Deggial в сообщении #993479

писал(а):
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0 ... k\in\mathbb{N}$ в качестве примера, здесь, очевидно, $\alpha=k^3-k^2+1$.

Вы доказали, что существуют целые $(y;\alpha_1)$. Это ничему не противоречит. Но надо выяснить, существует ли целое $(x)$. Я иду другим путём. Делаю замену переменных, применяю формулу Орландо, получаю уравнение, не имеющее корней в заданной области определения. Следовательно мне не надо доказывать существование целого $(x)$. Чувствуете разницу. Вам надо доказывать существование целого $(x)$, мне не надо.
Пример. Пусть надо выяснить существование тройки чисел $(1;2;3)$. Вы доказали существование пары чисел $(1;2)$. Это ничему не противоречит, но надо выяснить существование третьего числа. Я доказала несуществование пары чисел. Мне уже ничего не надо выяснять, т.к. тройка чисел (именно тройка чисел, а не по отдельности каждое число) уже не существует независимо от существования, несуществования третьего числа.

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

И теперь объясните, что Вам дает тот факт, что Вы доказали, что не может быть $\alpha_1>0$?

Этим доказывается, что одновременно действительная часть переменных $(y_1;y_2;y_3)$ в уравнении$y^3+1=x^2$ не может быть натуральной при целом $(x)$. (Такая себе маленькая задачка).
Deggial, пока что ошибок не вижу. На все Ваши существенные вопросы постаралась ответить. Если не будет существенных замечаний, то доказательство перепишу.

[Deggial]

TR63 в сообщении #993805 писал(а):

Особым случаем является $\alpha=1$, поскольку, если иначе, то не можем воспользоваться формулой Орландо. Этот случай надо рассмотреть отдельно.

Обоснование особости случая отсутствует как и сама формула Орландо. Это просто очередной костыль, заклинание для залатывания якобы доказательства.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):

Здесь $\alpha=x^2-y^2=1$ имеет место особый случай. Пример не является контрпримером.

Хорошо, возьмите $x=3;y=2$ и получите $alpha=5\neq 1$ - для него Вы выводите ложь из истины.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):

Делаю замену переменных, применяю формулу Орландо, получаю уравнение, не имеющее корней в заданной области определения.

Нет, не в заданной области определения. Читайте вдумчиво ещё раз:

Deggial в сообщении #993704 писал(а):

Для него $\alpha=x^2-y^2=5$, а многочлен имеет вид $y^3-y^2-4=0$. Корни многочлена $y_1=2, y_{2,3}=\frac{-1\pm i\sqrt{7}}{2}, 2\alpha_1=-1<0$.
Т.е. корню исходного уравнения соответствует $\alpha_1<0$.
И теперь объясните, что Вам дает тот факт, что Вы доказали, что не может быть $\alpha_1>0$?
Кроме того, при чём здесь некая неразрешимость? Вы знаете, что такое неразрешимость? Неразрешимость, это когда уравнение не имеет корней вообще, а Вы здесь утверждаете некие факты о существующих корнях. Нормально выразиться можете?
Кроме того, даже уравнение $y^3=x^2-1$ здесь не при чём.
Возьмите уравнение $y^3-y^2-100=0$, которое "добавляется" в результате Вашей подстановки. Его корни $y_1=5, y_{2,3}=-2\pm 4i, \alpha_1=-4 < 0$. Ну пусть Вы доказали относительно этой альфы-один, что она положительна, и что дальше? Уравнение не только не имеет отношения к исходному, но и Вы не исключили необходимости его рассмотрения.

Или Вы думаете, что если $t\in M$, то $(\forall f)f(t)\in M$?

TR63 в сообщении #993805 писал(а):

Пример. Пусть надо выяснить существование тройки чисел $(1;2;3)$. Вы доказали существование пары чисел $(1;2)$. Это ничему не противоречит, но надо выяснить существование третьего числа. Я доказала несуществование пары чисел. Мне уже ничего не надо выяснять, т.к. тройка чисел (именно тройка чисел, а не по отдельности каждое число) уже не существует независимо от существования, несуществования третьего числа.

Это ахинея, неаналогная Вашему псевдодоказательству.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):

Этим доказывается, что одновременно действительная часть переменных $(y_1;y_2;y_3)$ в уравнении$y^3+1=x^2$ не может быть натуральной при целом $(x)$. (Такая себе маленькая задачка).

Вы опять забыли, что уравнение $y^3+1=x^2$ разрешимо в натуральных числах?
И кроме того, Вы формально связно выражаться можете? $y_1,y_2,y_3$ вообще не являются переменными уравнения $y^3+1=x^2$.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):

Deggial, пока что ошибок не вижу. На все Ваши существенные вопросы постаралась ответить. Если не будет существенных замечаний, то доказательство перепишу.

TR63, у Вас нет ни атома доказательства, а лишь малосвязная чепуха с пробелами. Вас сейчас может спасти лишь чёткая попытка выписать доказательство более формально, без пробелов, полностью и признание хотя бы уже указанных ошибок. В случае отсутствия этого будет сами знаете что.