2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.



Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение29.09.2017, 10:13 


25/09/17

34
Someone в сообщении #1251642 писал(а):
selesta в сообщении #1251505 писал(а):
я допустил технические ошибки
С кем не бывает… Но это мелочи.

А вот со степенями $3^z$, делящими числа $c$ и $a+b$, у Вас всё очень плохо. Если Вы на такой основе будете пытаться что-то доказать, то у Вас ничего, кроме ерунды, не получится. Однако Вы это пытаетесь игнорировать.


Уважаемый Someone,
в одном из своих сообщений я писал:
selesta в сообщении #1251128 писал(а):
Если двучлен $(a+b)$ кратный $3^z$, то число $c$, определяемое по формуле теоремы Ферма, кратно числу $3$ в степени$ \sqrt[3]{z+1}$.
Если число $c$ кратно числу $3$ в степени $z$, то двучлен $(a+b)$ кратный числу $3$ в степени $(z-1)$.


Уточняю приведенный текст:
Если двучлен $(a+b)$ делится на $3^z$, то число $c^3$ должно делиться на $ 3^{z+1}$.
Запишем:
$c^3=a^3+b^3=(a+b)Q$.
Все дело в том, что если двучлен $(a+b)$ делится на число $3^z$, то многочлен $Q$ делится на $3$.

Примеры:
$a+b=7\cdot3^3=189=86+103$.
$a=86, b=103$.
$c^3=a^3+b^3=86^3+103^3=189\cdot3\cdot576261=3\cdot189(6\cdot508+1)=3^4\cdot7(6\cdot508+1)$.
$Q=3\cdot576261$

$a+b=5\cdot3^4=405=172+233$.
$a=172, b=233$.
$c^3=a^3+b^3=172^3+233^3=405\cdot3\cdot5912595=3\cdot405(6\cdot2433+1)=
3^5\cdot5(6\cdot2433+1)$
$Q=3\cdot5912595$

Гипотетическое предположение:
Если пытаться решать уравнение теоремы Ферма, задавшись числом $c^z$, делящимся на $3^z$, и определять двучлен $(a+b)$, то при любых возможных значениях целых чисел $a, b$ он будет делиться на $3^{z-1}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение29.09.2017, 11:08 


05/09/16
2432
selesta в сообщении #1251714 писал(а):
Запишем:
$c^3=a^3+b^3=(a+b)Q$.
Все дело в том, что если двучлен $(a+b)$ делится на число $3^z$, то многочлен $Q$ делится на $3$.

Примеры:

Тут, вроде, можно и без примеров, причем взаимная простота $a$ и $b$ не требуется:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)((a+b)^2-3ab)=(a+b)\cdot Q$
Допустим $(a+b)=3^zk$
Имеем:
$Q=((a+b)^2-3ab)=(3^{2z}k^2-3ab)=3\cdot(3^{2z-1}k^2-ab)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение29.09.2017, 11:31 


25/09/17

34
wrest в сообщении #1251730 писал(а):
selesta в сообщении #1251714 писал(а):
Запишем:
$c^3=a^3+b^3=(a+b)Q$.
Все дело в том, что если двучлен $(a+b)$ делится на число $3^z$, то многочлен $Q$ делится на $3$.

Примеры:

Тут, вроде, можно и без примеров, причем взаимная простота $a$ и $b$ не требуется:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)((a+b)^2-3ab)=(a+b)\cdot Q$
Допустим $(a+b)=3^zk$
Имеем:
$Q=((a+b)^2-3ab)=(3^{2z}k^2-3ab)=3\cdot(3^{2z-1}k^2-ab)$


Можно и так, но конкретные примеры не помешают.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение29.09.2017, 13:57 


21/11/10
522
selesta в сообщении #1250921 писал(а):
Второй тип: двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число c кратны показателю степени в первой степени.

Уважаемый selesta!
Условия целостности чисел $a,b,c$ для ВТФ3 когда $c$ делится на 3 записываются как:
$(a+b)=9p^3$
$(c-b)=q^3$
$(c-a)=t^3$
У вас же $(a+b)$ делится только на 3.
Поясните почему.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение29.09.2017, 14:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
15154
Новомосковск
Это всё замечательно, но… Откуда взялось $\sqrt[3]{z+1}$?

selesta в сообщении #1251714 писал(а):
Если пытаться решать уравнение теоремы Ферма, задавшись числом $c^z$, делящимся на $3^z$, и определять двучлен $(a+b)$, то при любых возможных значениях целых чисел $a, b$ он будет делиться на $3^{z-1}$.
Если число $c^z$ делится на $3^z$ (и не делится на бóльшую степень), то $c$ делится на $3$ (и не делится на $3^2$). При любом натуральном $z$. Почему бы это прямо и не сказать, причём тут какое-то $z$?

Если же Вы имели в виду $c^3$, то надо формулировать условие более точно, потому что при вашей формулировке остаются неопределённости. Нужно указывать точную степень, оговаривая, что на бóльшую уже не делится. По-моему, я Вам об этом писал. Точная степень $3^z$, на которую делится $c^3$, не может быть какой захочется.

Далее, я не пойму, на каком основании Вы предполагаете число $c$ нечётным. Почему оно не может быть чётным? Или Вы предполагаете случай чётного $c$ рассмотреть позже? И почему на $3$ должно делиться именно $c$, а не $a$ или $b$? Я понимаю, что $a$ и $b$ входят в уравнение симметрично, и нам безразлично, какое из них чётное, и какое делится на $3$ (может быть, одно из них делится на $6$, и это, конечно, отличается от случая, когда одно число делится на $2$, а другое — на $3$), но, поскольку Вы считаете $a,b,c$ натуральными и, следовательно, положительными, то $c$ заведомо не взаимозаменяемо с $a$ и $b$.

А вообще, может быть, Вы доказали бы для начала, что, если $a,b,c$ — примитивное решение уравнения $x^3+y^3=z^3$, то одно из этих чисел обязательно делится на $3^2$ (возможно, и на бóльшую степень, но это нельзя доказать, используя только соображения делимости).

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 09:48 


25/09/17

34
Someone в сообщении #1251782 писал(а):
Это всё замечательно, но… Откуда взялось $\sqrt[3]{z+1}$?

selesta в сообщении #1251714 писал(а):
Если пытаться решать уравнение теоремы Ферма, задавшись числом $c^z$, делящимся на $3^z$, и определять двучлен $(a+b)$, то при любых возможных значениях целых чисел $a, b$ он будет делиться на $3^{z-1}$.
Если число $c^z$ делится на $3^z$ (и не делится на бóльшую степень), то $c$ делится на $3$ (и не делится на $3^2$). При любом натуральном $z$. Почему бы это прямо и не сказать, причём тут какое-то $z$?

Если же Вы имели в виду $c^3$, то надо формулировать условие более точно, потому что при вашей формулировке остаются неопределённости. Нужно указывать точную степень, оговаривая, что на бóльшую уже не делится. По-моему, я Вам об этом писал. Точная степень $3^z$, на которую делится $c^3$, не может быть какой захочется.

Далее, я не пойму, на каком основании Вы предполагаете число $c$ нечётным. Почему оно не может быть чётным? Или Вы предполагаете случай чётного $c$ рассмотреть позже? И почему на $3$ должно делиться именно $c$, а не $a$ или $b$? Я понимаю, что $a$ и $b$ входят в уравнение симметрично, и нам безразлично, какое из них чётное, и какое делится на $3$ (может быть, одно из них делится на $6$, и это, конечно, отличается от случая, когда одно число делится на $2$, а другое — на $3$), но, поскольку Вы считаете $a,b,c$ натуральными и, следовательно, положительными, то $c$ заведомо не взаимозаменяемо с $a$ и $b$.

А вообще, может быть, Вы доказали бы для начала, что, если $a,b,c$ — примитивное решение уравнения $x^3+y^3=z^3$, то одно из этих чисел обязательно делится на $3^2$ (возможно, и на бóльшую степень, но это нельзя доказать, используя только соображения делимости).


Уважаемый Someoe,
если я не ошибаюсь, это Вы здесь сказали, что двучлен $(a+b)$ должен делиться на число $3$ в степени большей единицы. Отсюда и появилось в моих сообщениях число $3^z$.

wrest привел здесь следующее преобразование (спасибо ему за помощь):
wrest в сообщении #1251730 писал(а):
selesta в сообщении #1251714 писал(а):
Запишем:
$c^3=a^3+b^3=(a+b)Q$. (1)
Все дело в том, что если двучлен $(a+b)$ делится на число $3^z$, то многочлен $Q$ делится на $3$.

Тут, вроде, можно и без примеров, причем взаимная простота $a$ и $b$ не требуется:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)((a+b)^2-3ab)=(a+b)\cdot Q$ (2)
Допустим $(a+b)=3^zk$ (3)
Имеем:
$Q=[(a+b)^2-3ab]=[3^{2z}k^2-3ab]=3\cdot[3^{2z-1}k^2-ab]$(4)

Тогда из формул (1), (2), (3), (4) следует:
$c^3=3^zk[3^{2z}k^2-3ab]=3^{z+1}k[3^{2z-1}k^2-ab]$
Отсюда:
$c=\sqrt[3]{3^{z+1}}\cdot\sqrt[3]{k(3^{2z-1}k^2-ab)}$ (5)
Отсюда следует, что число $c$, если оно натуральное, должно делиться на число $\sqrt[3]{3^{z+1}}$
Число $c$ может быть четным в двух случаях:
1. Если оба числа $a, b$ четные.
2. Если оба числа $a, b$ нечетные.
В первом случае число $c$, если оно натуральное, четное.
Следовательно, исходная формула теоремы Ферма может делиться на число $2$ до тех пор, пока числа в формуле не станут взаимно простыми. Следовательно, мы возвращаемся к тезису о взаимной простоте чисел.
Во втором случае ничего не меняется. Пример:
$c^3=27^3+29^3=56(6\cdot131+1)$
Одно из чисел $a, b$ может делиться на $3$. В этом случае тоже ничего не меняется. Пример:
$3^3+4^3=7(6\cdot2+1)$.
Оба числа $a, b$ одновременно не могу делиться на $3$ по той же причине, что число $c$ также должно делиться на $3$. После сокращения на $3$ возможное количество раз числа в формуле теоремы Ферма превратится во взаимно простые.
И надо будет искать решение именно этой формулы.

Кстати:если проводить параллель между теоремой Ферма и теоремой Пифагора, то если Пифагоровы тройки взаимно простые числа, меньшие из трех чисел имеют разную четность, при этом их сумма взаимно проста по отношению к большему числу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 09:58 
Заслуженный участник


16/02/13
2939
Владивосток
selesta в сообщении #1251932 писал(а):
$c=\sqrt[3]{3^{z+1}}\cdot\sqrt[3]{k(3^{2z-1}k^2-ab)}$ (5)
Отсюда следует, что число $c$, если оно натуральное, должно делиться на число $\sqrt[3]{3^{z+1}}$
Проверяем ход рассуждений: $2^2=2\times2$, стало быть $2=\sqrt2\sqrt2$ должно делиться на $\sqrt2$! :shock:

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 10:16 


25/09/17

34
ishhan в сообщении #1251766 писал(а):
selesta в сообщении #1250921 писал(а):
Второй тип: двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число c кратны показателю степени в первой степени.

Уважаемый selesta!
Условия целостности чисел $a,b,c$ для ВТФ3 когда $c$ делится на 3 записываются как:
$(a+b)=9p^3$
$(c-b)=q^3$
$(c-a)=t^3$
У вас же $(a+b)$ делится только на 3.
Поясните почему.

Укажите, пожалуйста, источник информации, где эти условия обоснованы.
Почему нельзя доказывать теорему Ферма для случая, если двучлен $(a+b)$ делится на $3$ в первой степени?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 12:43 


27/03/12
378
г. новосибирск
Уважаемый selesta! Показанные уважаемым ishhan условия целостности чисел $a,b,c$ для ВТФ3, когда $(c, 3) = 3$ являются следствием формул Абеля. Легко показать, что если $(c, 3) = 3$, то и $(c, 3^2) = 3^2$ и как следствие этого $[(a + b), 3^5] = 3^5$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 13:16 


21/11/10
522
selesta в сообщении #1251938 писал(а):
Почему нельзя доказывать теорему Ферма для случая, если двучлен $(a+b)$ делится на $3$ в первой степени?

Уважаемый selesta!
Привожу для Вас форму эквивалентного уравнения ВТФ:
$$(a+b-c)^3=3(a+b)(c-b)(c-a)$$
Если Вы ещё не знакомы с этим уравнением, то необходимо хорошенько ознакомиться.
Условия целостности следуют из его алгебраического вида.
И советую Вам разобраться с примером от уважаемого vasili.
Если доказывать для случая $ a+b$ делится только на 3, то на 3 делится одно из чисел $(c-b),(c-a)$ и Вы имеете дело с не взаимно простой тройкой $a,b,c$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 13:55 


25/09/17

34
ishhan в сообщении #1251978 писал(а):
selesta в сообщении #1251938 писал(а):
Почему нельзя доказывать теорему Ферма для случая, если двучлен $(a+b)$ делится на $3$ в первой степени?

Уважаемый selesta!
Привожу для Вас форму эквивалентного уравнения ВТФ:
$$(a+b-c)^3=3(a+b)(c-b)(c-a)$$
Если Вы ещё не знакомы с этим уравнением, то необходимо хорошенько ознакомиться.
Условия целостности следуют из его алгебраического вида.
И советую Вам разобраться с примером от уважаемого vasili.
Если доказывать для случая $ a+b$ делится только на 3, то на 3 делится одно из чисел $(c-b),(c-a)$ и Вы имеете дело с не взаимно простой тройкой $a,b,c$


Уважаемый ishhan,
на самом деле уравнение тринома третей степени имеет вид:
$(a+b-c)^3=(a^3+b^3-c^3)+3(a+b)(c-b)(c-a)$
И это уравнение не эквивалентное уравнению ВТФ.
А делятся ли в рассматриваемом случае двучлены $(c-b),(c-a)$ на $3$ - это спорный вопрос. Если бы уравнение теоремы Ферма имело решение в натуральных числах, оно упрощалось бы всегда до взаимно простых чисел.
В уравнении ВТФ не может быть так, что два числа взаимно простые, а третье число имеет с ними общий делитель.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 15:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
15154
Новомосковск
selesta в сообщении #1251932 писал(а):
это Вы здесь сказали, что двучлен $(a+b)$ должен делиться на число $3$ в степени большей единицы
Да, сказал. Более того, легко доказать, что, если уж он делится на $3$, то он делится, как минимум, на $3^5$. Вам это пытаются объяснить, но Вы, похоже, безнадёжны. Насколько я помню, я уже говорил, что одно из чисел $a,b,c$, удовлетворяющих уравнению $a^3+b^3=c^3$, обязано делиться на $3^2$ (и может делиться на бо́льшую степень), а отсюда сразу следует, что одно из чисел $a+b,c-a,c-b$ должно делиться на $3^5$. Вы бы сначала занялись исследованием этого вопроса, а то сочиняете тут ерунду.

selesta в сообщении #1251932 писал(а):
Отсюда:
$c=\sqrt[3]{3^{z+1}}\cdot\sqrt[3]{k(3^{2z-1}k^2-ab)}$ (5)
Отсюда следует, что число $c$, если оно натуральное, должно делиться на число $\sqrt[3]{3^{z+1}}$
Да. Но у Вас было написано
selesta в сообщении #1251128 писал(а):
Если двучлен $(a+b)$ кратный $3^z$, то число $c$, определяемое по формуле теоремы Ферма, кратно числу $3$ в степени$ \sqrt[3]{z+1}$.
Это явно не одно и то же. Но и то, что Вы написали, нуждается в серьёзном уточнении.

selesta в сообщении #1251932 писал(а):
Кстати:если проводить параллель между теоремой Ферма и теоремой Пифагора, то если Пифагоровы тройки взаимно простые числа, меньшие из трех чисел имеют разную четность, при этом их сумма взаимно проста по отношению к большему числу.
Ну так для третьей степени утверждение про разную чётность двух меньших чисел может быть неверным.

selesta в сообщении #1251938 писал(а):
Укажите, пожалуйста, источник информации, где эти условия обоснованы.
Это хорошо известные соотношения, которые называются формулами Абеля. Они имеют немного разный вид в зависимости от того, делится ли какое-нибудь из чисел $a,b,c$ на $3$ или не делится. Обоснование очень простое, но надо немного повозиться. Я как-то написал текст на эту тему для ферматистов, прилагаю его к сообщению. Попытайтесь разобраться.

А вообще, всячески рекомендую следующую книгу:
М. М. Постников. Введение в алгебраическую теорию чисел. "Наука", Москва, 1982.
Она вся посвящена методам доказательства теоремы Ферма, существовавшим до Уайлса. В первом издании она так и называлась: Теорема Ферма.

selesta в сообщении #1251986 писал(а):
на самом деле уравнение тринома третей степени имеет вид:
$(a+b-c)^3=(a^3+b^3-c^3)+3(a+b)(c-b)(c-a)$
И это уравнение не эквивалентное уравнению ВТФ.
То, что Вы написали, действительно не эквивалентно, поскольку это просто тождество. А то, что написал ishhan, как раз эквивалентно.


Вложения:
Fermat-3---.pdf [256.18 Кб]
Скачиваний: 48
 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение30.09.2017, 17:45 


25/09/17

34
Господа, почему исчезли две мои темы?
 !  GAA:
volga, selesta бан за злостное клонирование и откровенное хулиганство.
 i  GAA:
Обсуждение «тем» volga и selesta уже было: «ВТФ для n=3». Большая часть остальных дублей, созданных разными клонами, удалена.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение06.11.2017, 14:41 


05/11/17

1
На этом форуме присутствуют заслуженные участники swedka и provincialka.
Они всегда очень активны, а здесь молчат.
Видимо, сказать что-либо, опровергающее доказательство, они не могут.
Поэтому и молчат.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение06.11.2017, 14:50 
Супермодератор
Аватара пользователя


09/05/12
12575
Кронштадт
 !  korsakow заблокирован как еще один клон selesta и т.п.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 46 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group