Соседние натуральные числа в теореме Ферма

[dick]

Если принять три соседних или два старших соседних, то четвертое тоже будет соседним, поскольку $x-a=z-y=1$. Но если обязателен для рассмотрения вариант двух младших соседних, то возникает вопрос: может ли этот вариант дать в итоге результат противоположный результату для двух старших соседних или тройки соседних? Я, почему то, не рассматривал вариант двух младших соседних, так что нужно подумать. Пока я вижу разницу между двумя парами соседних в следующем:
Если $x^3+y^3=z^3$, то $x^3=z^3-y^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$ (1.1) и $z-y=1$ для старшей пары;
В тоже время, всегда есть такие натуральные соседние $c,d$, что $x^3=c^2-d^2$; и $z^3-y^3=c^2-d^2=(c-d)(c+d)$ (2);
Равенства (1.1) и (2) разлагаются на две части, одна из которых может быть единицей.
Для варианта младшей пары это невозможно, если только она не является частью тройки соседних.

[dick]

Бес попутал. Конечно, нужны соседние которые в (1.1) могут дать единицу, а сумма соседних дать ее не может.
Неразрешимый вопрос о том, какое число в тройке делится на 3, в действительности должен звучать так: какой из множителей $(z-y), (z-x), (x+y)$ может быть единицей. При условии $z,y$ - числа разной четности, а $x$ нечетно, ответ очевиден.

[dick]

gris

Ну что же Вы молчите? Дискуссия без оппонента неинтересна.

Теперь к вопросу о том что я решил для варианта двух старших соседних чисел в уравнении Ферма.
Перепишем уравнение в виде: $x^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$ (1.1)
Предположим, что доказано отсутствие натуральных решений для (1.1);
Если бы мы захотели получить непримитивное решение, то умножили бы $z,y$ на некое натуральное число и
могли быть уверенными в том, что для новой тройки (1.1) не выполняется. Но любое натуральное число может быть получено
умножением единицы на натуральное число. Иначе говоря, во всем множестве натуральных чисел нет непримитивных решений для (1.1).

[gris]

dick, я разве оппонирую? Я за! Вы так и не обозначили предмет дискуссии, поэтому непонятно, что можно опровергать. Вообще раньше, когда ВТФ была популярной, многие любили доказывать частные случаи. Например, для простых чисел. Или вот у вас: два старших последовательных. То есть можно записать уравнение так: $x^3+(z-1)^3=z^3$. То есть $x^3=z(z+1)+1$. Значит $x=2k+1$. Тогда $8k^3+12k^2+6k=z(z+1)$

[Antoshka]

dick в сообщении #1559328 писал(а):

Теперь к вопросу о том что я решил для варианта двух старших соседних чисел в уравнении Ферма.
Перепишем уравнение в виде: $x^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$ (1.1)
Предположим, что доказано отсутствие натуральных решений для (1.1);
Если бы мы захотели получить непримитивное решение, то умножили бы $z,y$ на некое натуральное число и
могли быть уверенными в том, что для новой тройки (1.1) не выполняется. Но любое натуральное число может быть получено
умножением единицы на натуральное число. Иначе говоря, во всем множестве натуральных чисел нет непримитивных решений для (1.1).

Короче говоря, пусть доказано, что уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Тогда очевидно оно не имеет решений и в натуральных числах, имеющих между собой какой-то общий делитель, так как такое решение получается умножением $x,y,z$ одновременно на какое-то произвольное натуральное число. Ну да, это так. А что дальше?

[dick]

gris

По предмету дискуссии. Например так: Верно ли утверждение, что если теорема Ферма доказана для случая, когда два старших основания степени являются соседними числами, а показатель степени- произвольное простое число, то теорема доказана для всех оснований и всех показателей степени(кроме кратных 4).

[dick]

Antoshka

Я предложил частный случай, который, как мне кажется, проще доказать, при неограниченной возможности "масштабирования", в этом смысл.

[dick]

gris

Извините, я не понял выкладок в Вашем предыдущем сообщении. Это намек, что нужно бы доказать для соседних кубов? Почему не сказали прямо? Или это что-то другое? Тогда что?

[gris]

Ну я слабоват в числах, поэтому некоторые вещи не понимаю. Например, с масштабированием. Предположим, что мы доказали, что для старших соседних нельзя подобрать младшего, чтобы уравнение выполнялось. Масштабированием можно любую тройку превратить в тройку с разностью старших в единичку, но это могут быть рациональные не целые числа. В принципе, ВТФ можно и для рациональных доказывать, но что такое соседние рациональные? С разностью в $1$? Но тогда и рассуждать надо по-другому.
А я просто попробовал как-то продвинуться в преобразовании уравнения, записанного для старших соседних.

[dick]

gris

Странно, если мы исходно имеем соседние натуральные числа, и получаем кратно бОльшие, каким образом при обратном движении можно получить дроби?
Что касается доказательства для старших соседних кубов, то я приводил здесь такое. Насколько знаю, были на форуме и другие доказательства для таких кубов.
Впрочем, необходимости в них нет.

[gris]

dick, ну вот из троек вида $(x,z-1,z>1): x,z\in \mathbb N$ можно натуральным масштабированием получить множество $\mathbb M=\{(kx,kz-k,kz): k,x,z\in \mathbb N\}$. Но это множество не равно множеству всех натуральных троек. Например, тройки $(3,4,6),(34,60,70)$ в него не входят.Так это Antoshka уже говорил. Увы, обратное масштабирование не всегда применимо:(

[dick]

Я что-то не пойму, какое отношение к делу имеют приведенные Вами тройки чисел. Поясните пожалуйста.

[gris]

Я свято верил в то, что ВТФ-3 можно сформулировать так:
$x^3+y^3\ne z^3\,| \,\forall x,y,z \in \mathbb N^* $
Если любите словами, то: для любых троек натуральных чисел сумма кубов двух чисел тройки не равна кубу третьего числа тройки.
Можно рассматривать тройку как точку в пространстве $\mathbb N_+^3$. ВТФ-3 справедлива, если её утверждение справедливо для всех точек означенного пространства.
Я также согласен с Вашим утверждением, что если утверждение ВТФ-3 справедливо для некоторого подмножества $\mathbb A\subset \mathbb N_+^3$, то оно справедливо для подмножества $\mathbb MA=\{ma \, \forall m\in \mathbb N_+, \forall a\in \mathbb A \}$
ВТФ-3 справедлива, если можно построить такое подмножество $\mathbb A$, что $\mathbb MA= \mathbb N_+$.

Вы предложили $\mathbb A=\{(x,z,z+1) \forall x,z \in \mathbb N_+\}$. Вы сами обозначили этот предмет дискуссии.
Я привёл пример тройки, то есть точки в $\mathbb N_+^3$ которая не входит в множество $\mathbb MA$. И таких троек могу привести много штук.
Отсюда следует, Ваша лемма нуждается в доработке.
Впрочем, я сомневаюсь в том, что не ошибаюсь:(

[dick]

Выходит, Вы хотите что бы я дал доказательство для рациональных чисел. Пока я этого не могу, хотя и слышал, что если нет натуральных решений, то, вероятно, нет и рациональных.
Должен все же заметить, что теорема Ферма говорит о натуральных числах, поэтому то чего Вы хотите, это не теорема Ферма.

[dick]

gris

Интересно, а если будет доказано, что при стандартных условиях теоремы, $z-y$ не может быть ничем кроме единицы, Вас это убедит?