Еще раз про n=3.

[Moran]

Попытаемся доказать, что уравнение $x^{3}+y^{3}=z^{3}$ (1) неразрешимо в натуральных (целых, положительных, отличных от нуля) числах. Пойдем от противного и попытаемся найти корни данного уравнения.

Для начала определимся, что $x , z$ - нечетные, а $y$ - четное. Случай, когда $x ,y$ - нечетные, а $z$ - четное, будет абсолютно аналогичен и в результате приведет к идентичному заключению. Поскольку $x , z$ - нечетные, их сумма и разность будут четными числами, такими что:

$z+x=2p $(2.1)
$z-x=2q $(2.2)
$z=p+q $(2.3)
$x=p-q $(2.4)

Переписав (1) в виде $y^{3}=z^{3}-x^{3}$ и подставив в него (2.3) и (2.4), выведем:

$y^{3}=(p+q)^{3}-(p-q)^{3}=p^{3}+3p^{2}q+3pq^{2}+q^{3}-p^{3}+3p^{2}q-3pq^{2}+q^{3}=2q^{3}+6p^{2}q$

Приходим к заключению, что:

$2q(q^{2}+3p^{2})$ - куб целого числа (3.1)

Тут оставим г-на Эйлера и пойдем своим путем. Заметим, что справа не просто куб целого числа, а куб целого четного числа. Представив его в виде $2k$ и произведя небольшие преобразования получим:

$y^{3}=(2k)^{3}=8k^{3}=2k^{3}+6k^{3}=2k(k^{2}+3k^{2})$ (3.2)

Объединив (3.1) и (3.2) перепишем:

$2q(q^{2}+3p^{2})=2k(k^{2}+3k^{2})$

Тут сделаем три смелых заявления:

$2q=2k$ (4.1)
$q^{2}=k^{2}$ (4.2)
$3p^{2}=3k^{2}$ (4.3)

Из (4.1) и (4.2) заключим, что $q=k$, а из (4.3), что $p=k$. Суммарно $k=q=p$.

Из этого следует равенство правых частей (2.1) и (2.2), а, значит, и равенство их левых частей. Т.е. $z+x=z-x$. Это возможно лишь при $x=0$, что противоречит начальным условиям.

[mihaild]

Moran в сообщении #1340538 писал(а):

Тут сделаем три смелых заявления:

Я предлагаю сразу сделать смелое заявление $0 = 1$ и вывести из него всё что нужно.
Формально, не доказано, что для $f(x, y) = 2x(x^2 + 3y^2)$ из $f(q, p) = f(k, k)$ следует $q = k$. И т.к. для общего случая $f$ это неверно - это нужно доказывать, как-то учитывая конкретный вид $f$.

[Moran]

Вернемся на шаг назад и вспомним:

$2q(q^{2}+3p^{2})=8k^{3}$

Поделив обе части уравнения на два получим:

$q^{3}+3qp^{2}=4k^{3}$

Правая часть уравнения четная. В левой части слагаемое $3qp^{2}$ тоже четное (т.к. $p$ и $q$ имеют противоположную четность). Следовательно четными должны быть и $q^{3}$ и, вслед за ним, $q$. Отсюда: $q$ - четное, $p$ - нечетное.

Рассмотрим полученный ранее результат

$2q(q^{2}+3p^{2})=2k(k^{2}+3k^{2})$ (3.3)

Далее будем рассуждать, учитывая конкретный вид $f$, как рекомендовалось выше. Представим два прямоугольника с площадями $S_{1}$ (построенного на сторонах $2q$ и $q^{2}+3p^{2}$) и $S_{2}$ (построенного на сторонах $2k$ и $k^{2}+3k^{2}$). Как видно из (3.3) площади этих прямоугольников равны.

В частном порядке положим равенство сторон $2q$ и $2k$. Тогда должны быть равны и вторые стороны, а также и диагонали прямоугольников. Эти диагонали являются гипотенузами прямоугольных треугольников, построенных на сторонах прямоугольников, рассматриваемых выше. Из равенства гипотенуз получим равенство их квадратов и, следовательно, равенство сумм квадратов катетов:

$(2q)^{2}+(q^{2}+3p^{2})^{2}=(2k)^{2}+(k^{2}+3k^{2})^{2}$

$4q^{2}+q^{4}+6q^{2}p^{2}+9p^{4}=4k^{2}+16k^{4}$

Исходя из четности $q$ и нечетности $p$ приходим к противоречию:

нечетное=четное

Выйти из данного противоречия поможет лишь признание одинаковой четности $q$ и $p$. Но это, в свою очередь, приведет нас к выводу, что $\frac{z+x}{2}$ и $\frac{z-x}{2}$ имеют одинаковую четность. Это возможно лишь при равенстве $x$ нулю и приводит нас к очередному противоречию начальным условиям.

[grizzly]

Moran в сообщении #1342112 писал(а):

В частном порядке положим равенство сторон $2q$ и $2k$.

В этом частном порядке Вы и получили ещё раньше [никому не интересное] доказательство. А что будет в общем порядке?

[Moran]

Остроумное [безусловно всем интересное] замечание выше не оставляет нам шансов пройти мимо того факта, что условие $2q=2k$ избыточно и было введено лишь для наглядности. Иными словами (в общем порядке) мы опирались не на неравенство гипотенуз, а на невозможность их одинаковой четности.

[grizzly]

Moran в сообщении #1342274 писал(а):

условие $2q=2k$ избыточно и было введено лишь для наглядности.

Оно не избыточно, а бессодержательно. Интересен только случай когда $q\ne k$ (двойки не пишу, поскольку они всегда равны -- это не требует доказательства).

[Moran]

Нам, лишь на миг, показалось, что невозможность равенства

$4q^{2}+q^{4}+6q^{2}p^{2}+9p^{4}=4k^{2}+16k^{4}$

включает и Ваш "интересный" случай.

[Someone]

Moran в сообщении #1342280 писал(а):

невозможность равенства

$4q^{2}+q^{4}+6q^{2}p^{2}+9p^{4}=4k^{2}+16k^{4}$

включает и Ваш "интересный" случай

А в "неинтересном" случае оно превращается в тождественное равенство, поэтому непонятно, о какой "невозможности" идёт речь.

[grizzly]

Moran в сообщении #1342280 писал(а):

показалось, что невозможность равенства ... включает и Ваш "интересный" случай

Да, это Вам только показалось (хорошо, что Вы это поняли), поскольку это равенство получено при условии равенства катетов $2q=2k$.

[Moran]

grizzly в сообщении #1342282 писал(а):

Moran в сообщении #1342280 писал(а):

показалось, что невозможность равенства ... включает и Ваш "интересный" случай

Да, это Вам только показалось (хорошо, что Вы это поняли), поскольку это равенство получено при условии равенства катетов $2q=2k$.

Нет, Вы ошибаетесь. При любых $q$ и $k$.

Уважаемый Someone, о какой тождественности идет речь? Ведь левая и правая часть получены из разных "источников". Прошу Вас, разверните Ваш комментарий.

[Someone]

Moran в сообщении #1342341 писал(а):

Уважаемый Someone, о какой тождественности идет речь? Ведь левая и правая часть получены из разных "источников".

Начхать. К тому же, вполне возможно, насчёт "разных источников" Вы заблуждаетесь. Просто подставьте в левую часть $q=k$ (это именно тот случай, который grizzly счёл бессодержательным), и у Вас получится равенство $4k^2+16k^4=4k^2+q^4+6k^2q^2+9^4$, откуда следует $p=\pm k$. Никакой "невозможности" не видно. (насчёт "тождественности" я, конечно, погорячился: посмотрел на коэффициенты, а на то, что там три переменные, внимания не обратил).
Почему-то всевозможные ферматисты старательно избегают делать подобные простейшие проверки.

[grizzly]

Moran в сообщении #1342341 писал(а):

При любых $q$ и $k$.

Хорошо, повторите ещё раз Ваши рассуждения для любых $q$ и $k$ начиная со слов "Тогда должны быть равны и вторые стороны, а также и диагонали прямоугольников." и до слов "Из равенства гипотенуз...".

Почему "тогда должны быть равны вторые стороны"?

[Moran]

Someone в сообщении #1342352 писал(а):

Moran в сообщении #1342341 писал(а):

Уважаемый Someone, о какой тождественности идет речь? Ведь левая и правая часть получены из разных "источников".

Начхать. К тому же, вполне возможно, насчёт "разных источников" Вы заблуждаетесь. Просто подставьте в левую часть $q=k$ (это именно тот случай, который grizzly счёл бессодержательным), и у Вас получится равенство $4k^2+16k^4=4k^2+q^4+6k^2q^2+9^4$, откуда следует $p=\pm k$. Никакой "невозможности" не видно. (насчёт "тождественности" я, конечно, погорячился: посмотрел на коэффициенты, а на то, что там три переменные, внимания не обратил).
Почему-то всевозможные ферматисты старательно избегают делать подобные простейшие проверки.

Будьте здоровы. Вы не находите, что при $q=k$ нарушается (2.2)? Именно это мы и пытаемся доказать.

Для grizzly:

Вам не кажется, что диагональ прямоугольника задает все остальные его параметры? Из невозможности равенства диагоналей следует невозможность равенства всех прочих параметров.

[grizzly]

Moran в сообщении #1342365 писал(а):

Вам не кажется, что диагональ прямоугольника задает все остальные его параметры?

Нет, не кажется. Если Вам такое кажется, Вы должны повторить школьный материал по геометрии за 6-й класс.

[Moran]

grizzly в сообщении #1342366 писал(а):

Moran в сообщении #1342365 писал(а):

Вам не кажется, что диагональ прямоугольника задает все остальные его параметры?

Нет, не кажется. Если Вам такое кажется, Вы должны повторить школьный материал по геометрии за 6-й класс.

Мы это еще не проходили. Вы, видимо, да. Можно хотя бы один пример двух разных прямоугольников, построенных на одной диагонали?