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

[ananova]

Доказательство ВТФ (для соседних кубов)

Для степени 3

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

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

Здесь соседними кубами являются $y^3$ и $(y+1)^3$.

Докажем, что это невозможно.

I. ${\color{blue}x^3}$ - всегда нечетное число, т.к. или $y$, или $(y +1)$ четно.

II. Равенство $(1)$ невозможно, если $${\color{blue}x}$ - делится на $3$, т.к.:

$${\color{blue}x^3}=3y^2+3y+1 \eqno (2)$$

III. Не сложно проверить тождество $(3)$, где разница соседних кубов представима, как число вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$:

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

Из пункта I следует, что оно нечетное: НОД $(\dfrac {1^2+3\beta^2} 4,2)=1$. Но кубом оно является по предположению $(1)$.

Идея доказательства такова.
A) Анализируем тождество (3) и доказываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.
B) Пользуясь свойствами чисел вида $(a^2+3b^2)$, показываем, что в кольце чисел $1^2+3b^2$ нет кубов, при нечетном $b^2$, где $a, b \in \mathbb{Z}$

Ниже мы покажем как числа вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$ приводятся к числам вида $(a^2+3b^2)$. Согласно многочисленным исследованиям чисел этого вида [см. труды Матиясовича, Рибенбойма], числа вида $(a^2+3b^2)$ могут определять куб со стороной $(u^2+3v^2)$, где $u, v$ также взаимно простые целые числа.

Попробуем доказать, что, при заданых условиях и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$ и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

Наши условия по пунктам I и II (в необходимых для нас качествах) совпадают с условиями, которые изложены на странице 38 русск. издания книги Рибенбойма "Последняя теорема Ферма для любителей". В упомянутом доказательстве, для куба $s^3$: $(s^3=a^2+3b^2)$, с взаимно простыми $a$ и $b$, с учётом приведенных в книге лемм, при условии, что для $s$ нечетного (см. наш пункт I) и не кратного 3 (см. наш пункт II) следует $s$ должно иметь подобный вид $(s=u^2+3v^2)$, где взаимно простые $u,v \in \mathbb{Z}$ и

$$ \begin{cases} a=u(u^2-9v^2),\\ b=3v(u^2-v^2)\\ a^2+3b^2=(u^2+3v^2)^3 \end{cases} \eqno (4)$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

По аналогии с этим, мы имеем в предположении куб, который нечетный и не делится на 3, но имеет вид: $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$. Для обобщения введем следующие связи между переменными:

$$ \begin{cases} \dfrac {\alpha} 2=\dfrac {\omega(\omega^2-9\vartheta^2)} 2,\\ \dfrac {\beta} 2=\dfrac {3\vartheta(\omega^2-\vartheta^2)} 2\\ \end{cases} \eqno (5)$$

$$\omega= \sqrt[3]{2}u,\phantom{3} \vartheta=\sqrt[3]{2}v$$

$$ \begin{cases} a=\dfrac {\alpha} 2 =\dfrac {\sqrt[3]{2}u((\sqrt[3]{2}u)^2-9(\sqrt[3]{2}v)^2)} 2,\\ b=\dfrac {\beta} 2=\dfrac {3\sqrt[3]{2}v((\sqrt[3]{2}u)^2-(\sqrt[3]{2}v)^2)} 2\\ a=u(u^2-9v^2),\\ b=3v(u^2-v^2)\\ a^2+3b^2=(u^2+3v^2)^3 \end{cases} \eqno (6)$$

По нашему условию, которое следует из (3), $a=1 \Longrightarrow(u=1)\&(v=0)$ - единственное, но тривиальное решение для целых чисел. Нетривиальных решений нет.

Т.о. число вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4$ не может быть кубом при заданных условиях. Т.е. уравнение (1) не имеет целочисленных решений.

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

Аналогично доказывается подобный случай:

$$(y-1)^3+{\color{blue}x^3}=y^3 \eqno (1.1)$$

Число такого же вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$ не может быть кубом при заданных условиях:

$$y^3-(y-1)^3= \frac {1^2 + 3(2y-1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3.2)$$

Дополнительная информация

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.

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

Далее обоснование включает несколько лемм с доказательствами.

Подход к аналогичному доказательству с алгебраическими числами

Приведу здесь свое видение подхода к доказательству с помощью алгебраических чисел.
Если разность соседних кубов имеет представление $\dfrac {1+3\beta^2} 4$, то с помощью алгебраического представления чисел имеем:

$$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = \bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7) $$

$$ 1^3 = \bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) + \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7.1) $$

Нам нужно доказать, что разность соседних кубов, выраженная уравнением (7) не является кубом . Если произведение двух чисел этого нового вида равно кубу некоторого числа того же вида и если сомножители не имеют общих делителей, то каждый из них в отдельности будет кубом некоторого алгебраического числа того же вида. Всякое обыкновенное целое число $\alpha$ принадлежит классу алгебраических целых чисел, ибо может быть представлено в виде $\alpha +(\sqrt{-3}\cdot0)$. Можно показать (мы не будем входить в эти подробности), что числа $ \bigl( 1+\sqrt{-3}\beta \bigr) , \bigl( 1-\sqrt{-3}\beta \bigr)$ не могут иметь общих делителей того же вида. Таким образом каждое из этих чисел должно быть кубом некоторого числа, и нетрудно убедиться, что эти новые числа должны отличаться друг от друга только знаком при $\sqrt{-3}$. Если $(1+\sqrt{-3}\beta)$ взаимно просто с $(1-\sqrt{-3}\beta)$, то эти оба множителя являются кубами в кольце $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Их сумма равна кубу - $1^3$. Противоречие заключается в том, что куб сложенный с единичным кубом $1^3$ не может быть кубом. Тогда предположение, что $\dfrac {1+3\beta^2} 4$ является кубом не верно (с учетом начальных условий).

$$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$

Для степени 5

Один из вариантов представления разности соседних "5-кубов" в удобной композиции для доказательства подобным образом:

$$(y+1)^5-y^5= \frac {-(1^2) + 5(2y^2+2y+1)^2} 4={\color{blue}x^5}=\dfrac {-(1^2)+5\beta^2} 4 \eqno (8)$$

[lasta]

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

Если разность соседних кубов имеет представление $\dfrac {1+3\beta^2} 4$, то с помощью алгебраического представления чисел имеем:

$$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = \bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7) $$

Уважаемый ananova, (7), при разложении на кубы правой части, равносильно

$$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = [2(1+\sqrt{-3}\beta) \bigl][\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 8 \bigr] \eqno (7) $$

Если не ошибаюсь то эти числа, равные выражениям в квадратных скобках, взаимно простые.

[ananova]

Благодарю, lasta.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

$$\dfrac {1+3\beta^2} 4 = \bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7) $$

$$ 1^3 = \bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) + \bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) \eqno (7.1) $$

"Конструкция" - система уравнений (7) & (7.1) показывает - если выполняются условия взаимной простоты множителей уравнения (7), то, возможно, что мы имеем дело с кубами, которые обозначим так:

$$r^3 = \bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)$$

$$s^3=\bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr) $$

Отсюда получаем уравнение

$$1^3=r^3+s^3 \eqno (7.2) $$

Для области определения в целых числах, легко доказывается такой частный случай ВТФ: $1^3= a^3 \pm b^3$, т.к. минимальное число (в тройке ВТФ) должно быть больше $2p$ (где, $p$ - показатель степени, в нашем случае: 3). Что касается области определения и операций в $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$, то, извиняюсь, тут нужно обращаться к знающим товарищам. Они точно знают. Возможно, что это далеко не просто. Но, если это просто, то значит $\bigl(\dfrac {1+\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)$ и $\bigl(\dfrac {1-\sqrt{-3}\beta} 2 \bigr)$ никакие не кубы. Из чего следует, что и $\dfrac {1+3\beta^2} 4$ - не куб.

[ananova]

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

Идея доказательства такова.
A) Анализируем тождество (3) и доказываем, что кольцо чисел вида $ \left \dfrac {1^2+3\beta^2} {2^2} \right $ связано с кольцом чисел $(1^2+3b^2)$, где $\beta, b \in \mathbb{N}$.
B) Пользуясь свойствами чисел вида $(a^2+3b^2)$, показываем, что в кольце чисел $1^2+3b^2$ нет кубов, при нечетном $b^2$, где $a, b \in \mathbb{Z}$

Устраняю неточность в пункте B)
Правильно будет написать так (с учетом того, что число $\beta$ и $1^2+3b^2$ нечетные):

B) Пользуясь свойствами чисел вида $(a^2+3b^2)$, показываем, что в кольце чисел $1^2+3b^2$ нет кубов, при четном $b^2$, где $a, b \in \mathbb{Z}$

[lasta]

Уважаемый ananova, дело не в конструкции (7), (7.1), она понятна. Куб целого числа можно разложить в произведение алгебраических чисел $(1+\sqrt{28})(1-\sqrt{28})=-27$. Как Вы и отметили это кубы алгебраических чисел. Но существование их не отрицает существование куба целого числа.

[ananova]

Готов согласиться, в части Ваших утверждений. В Вашем случае, куб равен (-3). Разделите левую и правую часть на 4. Затем множители левой части сложите, как в уравнении $(7.1)$ - результат $1^3$. Но произведение $\dfrac {-27} 4$ уже не куб, что согласуется с общим замыслом. Не зная о результате произведения и имея доказательство, для частного случая - для суммы кубов равной $1^3$, в этом кольце, мы бы могли констатировать, что наши взаимно простые сомножители не являются кубами.

[lasta]

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

III. Не сложно проверить тождество $(3)$, где разница соседних кубов представима, как число вида $\dfrac {\alpha^2+3\beta^2} 4$:

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

Из пункта I следует, что оно нечетное: НОД $(\dfrac {1^2+3\beta^2} 4,2)=1$. Но кубом оно является по предположению $(1)$.

Уважаемый ananova, как видно из этих выражений, мы не делим на 4 разность кубов. Знаменатель 4 появляется в результате алгебраических преобразований числителя (3). Кроме того, остается вопрос о взаимной простате алгебраических чисел в (7), если существуют другое разложение, о котором я упоминал в первом сообщении. Если числа в (7) в вашем варианте не взаимно простые, то $1^3$ уже не составлена суммой кубов.

[ananova]

Благодарю, lasta.
Надо заняться леммами, которые я упомянул. Думаю, всё получится. По ходу, старался придерживаться лемм.
К сожалению, ближайшие недели сильно ограничен во времени.

[ananova]

Вернемся к конкретике.

lasta в сообщении #1137682 писал(а):

мы не делим на 4 разность кубов. Знаменатель 4 появляется в результате алгебраических преобразований числителя (3).

Рассмотрим доказательство методом Эйлера для $n=3$ на стр.38 русского издания Рибенбойма (в натуральных, а не целых числах), при значении $x=y+1$. Т.е. $x^3+y^3=x^3+(x+1)^3=z^3$

(Оффтоп)

Это не разность соседних кубов, но частный случай ВТФ тоже.

В этом случае: $\alpha=(x+y)$; $\beta=1$; $a=\dfrac {x+y} 2=\dfrac {\alpha} 2$; $b=\dfrac 1 2=\dfrac {\beta} 2$.
Это буквально "вырванный" частный случай из доказательства методом Эйлера (см.стр.38).
Тогда

$$z^3= (x+y) \left( \dfrac {(x+y)^2} 4 +3\dfrac {1^2} 4 \right) $$

Фактически пришли к "первоисточнику" с обратной стороны :

$$z^3= \alpha \left( \dfrac {\alpha^2} 4 +3\dfrac {\beta^2} 4 \right) =2a(a^2+3b^2)$$

[ananova]

ananova в сообщении #1138198 писал(а):

Рассмотрим доказательство методом Эйлера для $n=3$ на стр.38 русского издания Рибенбойма (в натуральных, а не целых числах), при значении $x=y+1$. Т.е. $x^3+y^3=x^3+(x+1)^3=z^3$ (Оффтоп)

Попутал переменные в конце предложения, повторю предложение с поправкой:

Рассмотрим доказательство методом Эйлера для $n=3$ на стр.38 русского издания Рибенбойма (в натуральных, а не целых числах), при значении $x=y+1$. Т.е. $x^3+y^3=(y+1)^3+y^3=z^3$

и далее по тексту всё верно.

[ananova]

Последние два поста вскрыли в самом первом тексте ошибку, которую можно приравнять к опечатке:

Правильно будет::
и $a=2\alpha=1$ и $b=2\beta}$
Т.е. так, как в методе Эйлера.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

Попробуем доказать, что, при заданых условиях и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$ и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.

[ananova]

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

Попробуем доказать, что, при заданых условиях и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$ и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.

Что-то запутался. Прошу прощения. Всё-таки, всё было первоначально правильно. Так:

Попробуем доказать, что, при заданных условиях: и $a=\dfrac {\alpha} 2 =1$, и $b=\dfrac {\beta} 2$, никакие числа вида $\dfrac {1^2+3\beta^2} 4=1^2+3b^2$ не могут быть кубами, кроме тривиального случая: $a=1, b=0$.

[ananova]

Пока не знаю - пригодится или нет. Пусть тут будет. Цветом выделено выражение значения $y$ - для частного случая - соседних кубов.

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

$$y^3-(y-1)^3= \frac {1^2 + 3(2y-1)^2} 4={\color{blue}x^3}=\dfrac {1^2+3\beta^2} 4 \eqno (3.2)$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{red}\left((2^3-1)x+2^3(\dfrac 1 {48} (-3-42x \pm \sqrt{3} \sqrt{4 x^3-1}))\right)}+1)^2 \eqno (A.1)$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{blue}\left((3^2-1)x+3^2(\dfrac 1 {54} (-3-48x \pm \sqrt{3} \sqrt{4 x^3-1}))\right)}+1)^2 \eqno (A.2)$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{brown}\left(9x+10(\dfrac 1 {60} (-3-54x \pm \sqrt{3} \sqrt{4x^3-1}))\right)}+1)^2 \eqno (A.3)$$

$$\Longrightarrow$$

$$x^3=\dfrac 1 4 + \dfrac 3 4 (2{\color{red}\left(x+\dfrac 1 6 (-3-6x \pm \sqrt{3} \sqrt{4 x^3-1})\right)}+1)^2 \eqno (A.4)$$

$$\Longrightarrow$$

$$y=\dfrac {\sqrt{4x^3-1}} {2\sqrt{3}} -\dfrac 1 2 \Longrightarrow \beta =\dfrac {\sqrt{4x^3-1}} {\sqrt{3}} \eqno (A.5)$$

[ananova]

Продолжу c $(A.5)$

Числитель $\beta^2$ равен $4x^3-1$ и должен делиться на $3$.
Следовательно в числителе должен присутствовать множитель $3^{2v-1}$, где $v \in \mathbb{N}$, в противном случае $\beta$ не будет натуральным числом, а $x^3 \not \in \mathbb{N}$.
Если $x=1 \Longrightarrow v=1 \Longrightarrow \beta=1 $, то получается примитивное решение.

Если достаточным условием (для доказательства рассматриваемого частного случая ВТФ) является сравнимость с $(4x^3-1)$ с $3^2$, то имеет место сравнение $4x^3 \equiv 1 \pmod{3^2}$, которое справедливо, при $x^3 \equiv 7 \pmod{3^2}$, которое невозможно, т.к. в третьей степени все возможные вычеты ограничиваются значениями $1$ и $(-1)$ по модулю $3^2$.
Если рассмотренное условие достаточное, то данный случай можно признать доказанным. Если не достаточное, то можем вернуться к другим вариантам доказательства или рассмотреть дополнительные условия.

[ananova]

Рассотренное условие не является достаточным. Контрпримером является любое число вида $4x^3-1=3V^2$, где $V \in \mathbb{N}, (V,3)=1$.