Доказательство через числа вида (1^2+3b^2) / 4 для n=3 и n=5

[ananova]

Иногда приходиться, освежать в памяти некоторые формулы, т.к. они забываются. Поэтому данный пост, поможет это сделать в будущем, т.к. нижеследующая формула здесь не приводилась и "пришла на ум" в процессе работы над темой.

Формула разности кубов (не соседних) :

$$z^3-y^3 = (z-y)\dfrac{(z-y)^2+3(2y+(z-y))^2} 4=x^3\eqno (3.0)$$

Действительно, при $z-y=1$ имеем формулу $(3)$

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

$$(y+1)^3-y^3= \frac {1^2 + 3(2y+1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3)$$

С помощью формулы $(3.0)$ можно восстановить полностью доказательство методом спуска от Эйлера, не через формулу суммы кубов, которую он использовал, а через приведённую формулу разности кубов.

(Оффтоп)

Я этим не много позанимался, но сейчас надо сосредоточить внимание над "основным" доказательством, к которому надо вернуться. Плотно и полностью я им заниматься не могу, поэтому делаю паузы по 2-3 месяца, переключаясь на другие задачи.

-- Ср сен 14, 2016 12:25:18 --

Для степени $5$ формула разности пятых степеней будет следующей:

$$z^5-y^5=(z-y)\dfrac{-(z-y)^4+ 5 \left(2y^2+2y(z-y)+(z-y)^2\right)^2} {2^2}$$

[cmpamer]

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

Предположим, что есть пара взаимно простых целых положительных чисел ${\color{blue}x}$ и $y$, являющихся нетривиальным решением:

$${\color{blue}x^3}+y^3=(y+1)^3 \eqno (1)$$

А что в Вашем понимании есть "нетривиальное решение"

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

доказываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.

Каким образом числа указанных Вами видов образуют кольца? И как можно доказывать нечто (в данном случае связь), не определив существа самого предмета доказывания? Может, в данном случае лучше употребить глагол "показать", а не "доказать"?

[ananova]

cmpamer в сообщении #1153629 писал(а):

ananova в сообщении #1136116

писал(а):
Предположим, что есть пара взаимно простых целых положительных чисел ${\color{blue}x}$ и $y$, являющихся нетривиальным решением:

$${\color{blue}x^3}+y^3=(y+1)^3 \eqno (1)$$

А что в Вашем понимании есть "нетривиальное решение"

Тривиальность — крайняя степень упрощения. Термин часто употребляется, в форме прилагательного или наречия, в математике в отношении объектов, простейших в своём классе. Тривиальность не имеет универсального определения.

Учитывая, что среди целых положительных чисел отсутствуют тривиальные решения, то приведённую цитату можно упростить:

Предположим, что есть пара взаимно простых целых положительных чисел ${\color{blue}x}$ и $y$, являющихся решением:

$${\color{blue}x^3}+y^3=(y+1)^3 \eqno (1)$$

cmpamer в сообщении #1153629 писал(а):

ananova в сообщении #1136116

писал(а):
доказываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.
Каким образом числа указанных Вами видов образуют кольца? И как можно доказывать нечто (в данном случае связь), не определив существа самого предмета доказывания? Может, в данном случае лучше употребить глагол "показать", а не "доказать"?

Да, Вы правы, лучше употребить слово "показать":

Показываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.

Нужно тут отметить, что с использованием уравнения $(3.0)$, см. http://dxdy.ru/post1151082.html#p1151082, можно "подражать" доказательству Эйлера в книге Рибенбойма "Последняя теорема Ферма для любителей" (стр.37-39). Пусть: $z-y=2a$, а $z+y=2b$. В то время, как в книге Рибенбойма: $x+y=2a$, $x-y=2b$. При проведении параллелей между доказательствами, можно прийти к одному и тому же результату, а при должном усердии и знаниях, более строго и коротко доказать частный случай $(1)$.

[cmpamer]

ananova в сообщении #1154242 писал(а):

Учитывая, что среди целых положительных чисел отсутствуют тривиальные решения, то приведённую цитату можно упростить:

Коли уж пошёл процесс упрощения, то логично было бы заменить четыре слова:

ananova в сообщении #1154242 писал(а):

взаимно простых целых положительных

одним - "натуральных". Для Вашего случая - это одно и то же.

ananova в сообщении #1154242 писал(а):

Показываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $

Почему эта форма определяет кольцо?

[ananova]

cmpamer в сообщении #1154400 писал(а):

ananova в сообщении #1154242

писал(а):
Показываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $

Почему эта форма определяет кольцо?


Рассмотрим:

ananova в сообщении #1151082 писал(а):

$$z^3-y^3 = (z-y)\dfrac{(z-y)^2+3(2y+(z-y))^2} 4=x^3\eqno (3.0)$$

$$z^3-y^3 = (z-y)\dfrac{(z-y)^2+3(z+y)^2} 4=x^3\eqno (3.01)$$

Пусть $z-y=2a$, а $z+y=2b$, тогда имеем:

$$z^3-y^3 =2a(a^2+3b^2)=x^3\eqno (3.02)$$

Далее открываем стр.57-59 книги "Последняя теорема Ферма" под авторством Эдвардса и разбираемся, с несколько другими обозначениями.
На самом деле, см. стр.59, $a$ и $b$ можно представить так: $a=p(p+3q)(p-3q)$, $b=3q(p-q)(p+q)$.

От себя замечу - для случая $z=y+1 \Longrightarrow a=\frac 1 2$.
Чтобы перевести рациональные решения к натуральным, можно воспользоваться умножением на 4:

$$4(z^3-y^3) =2a\left((2a)^2+3(2b)^2\right)=4x^3\eqno (3.03)$$

Здесь $2a=1$, а НОД$(2a,2b)=1$. Взаимная простота одно из требований для существования множества целых чисел $\mathbb{S'}$. В следующей цитате мне видится возможным подменить $a$ на $2a$, $b$ на $2b$ без ущерба для результатов и выводов, при учете, что $2a=1$.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

Переходим на стр.40 книги Рибенбойма и берём у него следующее:

Обоснуем возможность представления $s$ в виде $(s^3=a^2+3b^2)$. Для этой цели воспользуемся приёмом, который был известен ещё Ферма, когда он изучал целые числа вида $(u^2+3v^2)$.

Пусть $\mathbb{S}$ - множество целых чисел вида $(s^3=a^2+3b^2)$, где $(a, b \in \mathbb{Z})$. Множество $\mathbb{S}$ замкнуто относительно умножения, т.к.

$$(a^2+3b^2) (c^2+3d^2)=(ac \pm 3bd)^2+3(ad \mp cb)^2 \eqno (4.1)$$

Сделаем оговоренные изменения.

Обоснуем возможность представления $s'$ в виде $(s'^3=1^2+3(2b)^2)$. Для этой цели воспользуемся приёмом, который был известен ещё Ферма, когда он изучал целые числа вида $(u^2+3v^2)$.

Пусть $\mathbb{S'}$ - множество целых чисел вида $(s'^3=1^2+3(2b)^2)$, где $(2a=1, 2b \in \mathbb{Z})$. Множество $\mathbb{S'}$ замкнуто относительно умножения, т.к.

$$(1^2+3(2b)^2) (c^2+3d^2)=(1\cdot c \pm 3(2b)d)^2+3(1\cdot d \mp c(2b))^2 \eqno (4.1)$$

[cmpamer]

Уважаемый ananova! К сожалению, "тема кольца" - не раскрыта.
Рискну повторить вопрос: каким образом числа, представимые в виде $ \left \dfrac {1+3\beta^2} {4} \right ;\beta\in\mathbb{N}$, образуют кольцо?
Как, например, такое число, как ноль (без этого числа довольно сложно представить какое-либо кольцо - как бублик без дырки), представляется в указанном виде (чему равно $\beta$)?

[ananova]

Вы абсолютно правы! Признаю:
Я неправомерно использовал термин кольцо!
В будущих правках следует использовать термин Множество целых чисел вида ...., замкнутое относительно умножения.

[cmpamer]

ananova в сообщении #1154570 писал(а):

..... Множество целых чисел вида ...., замкнутое относительно умножения.

Пусть так. Но каким образом числа вида $ \left \dfrac {1+3\beta^2} {4} \right ;\beta\in\mathbb{N}$ замкнуты относительно умножения? Может (для замыкания), стоит убрать знаменатель (четвёрку) и осуществить замену первого слагаемого с единицы на квадрат (на квадрат натурального переменного, а не на квадрат той же единицы)?

[ananova]

Для большего порядка в доказательстве, поддерживаю здравую идею, нужно будет именно так поступить. К сожалению, не готов это сделать прямо сейчас, но проделать это надо будет обязательно, для большей строгости.

[cmpamer]

ananova в сообщении #1154610 писал(а):

Для большего порядка .....

Вот я тоже за порядок. Порядок - это сила.

[ananova]

Хотя, возможно, что в этом случае, проявится скрытая проблема - потеряется взаимная простота слагаемых в числителе. И что тогда делать?

[cmpamer]

ananova
А зачем Вы вообще доказываете столь специфический случай (степени соседних чисел)?
У Вас есть метод сведения общего "контрпримера" ВТФ к частному "контрпримеру", невозможность которого доказывается?

[ananova]

cmpamer

cmpamer в сообщении #1154619 писал(а):

ananova
А зачем Вы вообще доказываете столь специфический случай (степени соседних чисел)?
У Вас есть метод сведения общего "контрпримера" ВТФ к частному "контрпримеру", невозможность которого доказывается?

Здесь открыто более 10 тем для этого спецслучая. Есть предположение (и, возможно, уверенность у многих), что после доказательства специфического случая можно получить общее доказательство абсолютно другим методом. У каждого свои идеи. У меня такой нет.

Касательно общего случая, у меня есть в глубокой проработке общее доказательство. Я к нему возвращаюсь время от времени в надежде как-то по новому взглянуть на него. Поэтому забрасываю на неопределенное время.

Пожалуй, сейчас снова возник интерес вернуться к нему. Как я уже упомянул, в нём используется незамысловатый спуск. План доказательства такой.

(Оффтоп)

(Пока я его не сделал публичным, не буду раскрывать все ходы).

Если на текущем шаге какое-то "звено" (тройка ВТФ) во взаимосвязанной бесконечной "числовой цепи" решений (множеств троек ВТФ - "звеньев" этой цепи) имеет целочисленное решение, то соседнее звено может иметь только рациональное решение. При этом доказывается, что не может иметь целочисленного решения

(Оффтоп)

(целочисленное решение в соседнем звене нарушает взаимную простоту в текущем звене - противоречие)

и не может иметь решения в действительных числах

(Оффтоп)

(действительное решение в соседнем звене влечет не целочисленное решение в текущем звене - противоречие)

. Доказать, что не может иметь рационального решения не могу (нет противоречий). Поэтому остановился. Есть выход - можно объявить, что рациональное решение приводится к целочисленному за счет избавления от знаменателя. Тогда мы имеем снова целочисленное решение в соседнем звене, а следующее звено в цепи возможно только, если оно имеет рациональное решение и т.д. Возникает бесконечное множество возможных решений. Но тут, для меня, неоднозначный момент - нужно сослаться на доказательство Фалтингса - о том, что не может существовать бесконечное множество возможных решений для ВТФ. Достаточно ли этого или нет? - я пока не знаю. Если я в чем то заблуждаюсь, то это быстро вскроется ;).

Подвох в том, что если мы приводим к целочисленному решению тройку ВТФ в соседнем звене, то оно становится текущим звеном для собственных соседей, которые (в свою очередь) "должны быть" рациональными. В результате отсутствует бесконечное множество возможных решений ВТФ и ссылаться на доказательство Фалтингса может быть опрометчиво. Если всё-таки соседи методом "обрастания" множителями могут быть приведены к целочисленным тройкам ВТФ, тогда имеет смысл сослаться или поискать другое противоречие.

[ananova]

Почти забыл про эту тему. Вот, решил продолжить.

Предлагаю в этом посте новые уравнения. К сожалению, моих знаний не достаточно, чтобы найти противоречия. Однако, возможно, это удастся сделать Вам.

ananova в сообщении #1151082 писал(а):

Иногда приходиться, освежать в памяти некоторые формулы, т.к. они забываются. Поэтому данный пост, поможет это сделать в будущем, т.к. нижеследующая формула здесь не приводилась и "пришла на ум" в процессе работы над темой.

Формула разности кубов (не соседних) :

$$z^3-y^3 = (z-y)\dfrac{(z-y)^2+3(2y+(z-y))^2} 4=x^3\eqno (3.0)$$

Пусть $x^3=x_1^3x_2^3$ и не делится на 3.
Пусть

$$z-y=2a; z+y=2b \eqno (2016/11.1) $$

Тогда $x_2^3=a^2+3b^2 \eqno (2016/11.2)$, т.к. НОД $((z-y),y)=1 \longrightarrow (a,b)=1$
Допустим, что $y$ четное и делится на 3. Тогда $x, x_1, x_2$ нечетные. В соответствии, с известными леммами, можно утверждать, что $x_2$ представимо, как $u^2+3v^2 \eqno (2016/11.3)$ . Также отметим:

$$\dfrac {z-y} 2 = u(u^2-9v^2) \longrightarrow (z-y)= 2u(u^2-9v^2) \eqno (2016/11.4)$$

$$\dfrac {z+y} 2 = 3v(u^2-v^2) \longrightarrow (z+y)= 6v(u^2-v^2) \eqno (2016/11.5)$$

Собственно, ниже одно и тоже уравнение, записанное в разных формах. Возможно, что Вы сможете найти противоречия.

$$((z-y)^2+{\color{red}{3}}y^2)((z-y)^2+{\color{red}{3}}z^2)=(z^2+zy+y^2)^2+{\color{red}{3}}(z-y)^4 \eqno (2016/11.A)$$

$$((z-y)^2+{\color{red}{3}}y^2)((z-y)^2+{\color{red}{3}}z^2)=(\dfrac {z^3-y^3} {z-y})^2+{\color{red}{3}}(z-y)^4 \eqno (2016/11.B)$$

$$((x_1^3)^2+{\color{red}{3}}y^2)((x_1^3)^2+{\color{red}{3}}(y+x_1^3)^2)=(x_2^3)^2+{\color{red}{3}}(x_1^3)^4 \eqno (2016/11.C)$$

$$((2a)^2+{\color{red}{3}}(b-a)^2)((2a)^2+{\color{red}{3}}(a+b)^2)=(a^2+{\color{red}{3}}b^2)^2+{\color{red}{3}}(2a)^4 \eqno (2016/11.D)$$

[Someone]

cmpamer в сообщении #1153629 писал(а):

А что в Вашем понимании есть "нетривиальное решение"

ananova в сообщении #1154242 писал(а):

Тривиальность — крайняя степень упрощения. Термин часто употребляется, в форме прилагательного или наречия, в математике в отношении объектов, простейших в своём классе.

"Тривиальный" в математике означает "не интересный". Например, для диофантова уравнения $x^n+y^n=z^n$ тривиальными являются решения, в которых хотя бы одна из переменных равна $0$. Обычно тривиальные объекты и находятся очень легко. Возможно, поэтому и возникает ассоциация с простотой.
Но формального определения это понятие действительно не имеет. Мало ли кому что может показаться интересным или не интересным.