Спуск Ферма и кубические иррациональности

[Утундрий]

Рассмотрим произвольное натуральное (т. е. целое и положительное) число $a$, не являющееся точным квадратом. Тогда существует такое натуральное число $b$, что выполнены неравенства

$$b^2<a<(b+1)^2 \eqno (1)$$

Предположим, что существуют два натуральных числа $x$ и $y$, связанные соотношением

$$y^2=a \cdot x^2 \eqno (2)$$

Составим следующие величины

$$x'=y-b \cdot x, \quad y'=a \cdot x-b \cdot y \eqno (3)$$

Вычислим их квадраты, учтём $(2)$ и обнаружим

$$(y')^2=a \cdot (x')^2 \eqno (4)$$

Числа $(3)$ не только целые, но даже натуральные. Можно в этом убедиться, использовав (почти очевидные) эквиваленции

$$a<b \Leftrightarrow a^2<b^2 \Leftrightarrow a \cdot c<b \cdot c \Leftrightarrow a+c < b+c \quad \forall a,b,c \in \{1,2,3...\} $$

Например, сравним $y'$ с $y$:

$$\begin{tabular}{r|l} $y'$ & $y$ \\ \hline $a \cdot x - b \cdot y$ & $y$ \\ $a \cdot x$ & $(b+1) \cdot y$ \\ $a^2 \cdot x^2$ & $(b+1)^2 \cdot y^2$ \\ $a^2 \cdot x^2$ & $(b+1)^2 \cdot a \cdot x^2$ \\ $a $ & $(b+1)^2 \cdot$ \\ \end{tabular}$$

Следовательно, глядя на $(1)$, заключаем, что $y'<y$. Точно таким же способом находится $$0<x'<y'$, что приводит нас к бесконечному спуску по натуральным числам. То есть, к противоречию.

К чему это я? К тому, что ничего похожего для случая кубических корней из натуральных чисел построить не получается. То ли плохо строил, то ли невозможно это... Но если вдруг у кого получится, то это будет замечательный бессмысленный и бесполезный (читай, математический) результат. Наверное.

[StepV]

Утундрий в сообщении #1600627 писал(а):

Рассмотрим произвольное натуральное (т. е. целое и положительное) число $a$, не являющееся точным квадратом.

Предположение (2) неверное, т.к. на $a$ наложено условие (1).
Предположение (2) выполняется только, если $a$- является квадратом.
Поэтому дальнейшее жонглирование $a$ и $b$ в формулах смысла не имеет. Нужно пересчитать алгоритм заново.

[EUgeneUS]

StepV в сообщении #1600640 писал(а):

Предположение (2) выполняется только, если $a$- является квадратом.

Насколько понимаю, ТС приводит доказательство сего факта. И предлагает распространить метод доказательства на кубы.

[KhAl]

Точно помню, что ровно этим когда-то занимался. Сделал, счёл ненужным и забыл.

-- 11.07.2023, 21:47 --

Вспомню -- напишу.

-- 11.07.2023, 22:06 --

Эм, ну, если числа $a, \sqrt[3]{2}a, \sqrt[3]{4}a$ одновременно целые, то и числа $(\sqrt[3]{2}-1)a, (\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2})a, (2 - \sqrt[3]{4})a$ одновременно целые и меньшие (и тоже находятся в отношении $1 : \sqrt[3]{2} : \sqrt[3]{4}$). Не то? (Разумеется, если $\sqrt[3]{2}$ рационален, то такое $a$ найдётся).

[Утундрий]

Ну, основная мысль была обойти рассуждения, основанные на идеях делимости. Сам-то ответ нам, как бы, известен. Вопрос в применимости к доказательству конкретного метода.

[KhAl]

Ну, это тот же метод. Сейчас распишу копипастами из вашего поста, как для кубических корней работает.

-- 11.07.2023, 22:31 --

Рассмотрим произвольное натуральное (т. е. целое и положительное) число $a$, не являющееся точным кубом.
Тогда существует такое натуральное число $b$, что выполнены неравенства

$$b^3<a<(b+1)^3 \eqno (1')$$

Предположим, что существуют три натуральных числа $x$, $y$, $z$, связанные соотношением

$$z^3=a \cdot y^3 = a^2 \cdot x^3 \eqno (2')$$

Составим следующие величины

$$x'=y - b \cdot x, \quad y'= z - b \cdot y, \quad z' = a \cdot x - b \cdot z \eqno (3')$$

Вычислим их квадраты, учтём $(2')$ и обнаружим

$$z'^3=a \cdot y'^3 = a^2 \cdot x'^3 \eqno (4')$$

-----

Передышка.

-- 11.07.2023, 22:33 --

Кхм, дальнейшая проверка того, что $0 < x' < x$, $0 < y' < y$, $0 < z' < z$ выходит за пределы моих возможностей, если не использовать действительные числа (мне лень). Но в целом всё.

-- 11.07.2023, 22:56 --

Эта проверка, однако, не нужна. Достаточно вместо $b$ взять $\hat{b}$ -- максимальное такое, что $y - \hat{b} \cdot x \geqslant 0$. Тогда либо $0 < y - \hat{b} \cdot x < x$ и $0 < x' < x$ (а $0 < y' < y$ и $0 < z' < z$ тогда следует из $(2')$ и $(4')$), либо $y = \hat{b} \cdot x$, и тогда из $(2')$ $a^3 = \hat{b}$

-- 11.07.2023, 23:13 --

А можно "снизу вверх" пойти: начать с кортежа $(1, 1, 1)$ (приближение к $(1, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4})$), затем кортеж $(x, y, z)$ превращать в $(x+y+z, 2x+y+z, 2x+2y+z)$ (то же $(3')$, только обращённое).

Тогда, если Утундрий не против малюсенького захвата темы, есть два вопроса:
1) как быстро отношения чисел в кортеже сходятся к $\sqrt[3]{2}$?
2) связано ли это как-то с цепными дробями, RIP?

[Утундрий]

KhAl в сообщении #1600652 писал(а):

Предположим, что существуют три натуральных числа $x$, $y$, $z$, связанные соотношением

$$z^3=a \cdot y^3 = a^2 \cdot x^3 \eqno (2')$$

То есть, и $z^3=a \cdot y^3$ и в то же время $y^3 = a \cdot x^3$?

[KhAl]

Утундрий в сообщении #1600665 писал(а):

То есть, и $z^3=a \cdot y^3$ и в то же время $y^3 = a \cdot x^3$?

Д-да. Если $y = ax^3$, то в качестве таких $x$, $y$, $z$ можно взять $x^2$, $xy$, $y^2$.

[Утундрий]

KhAl
Допустим, что $\sqrt[3]{a}$ - рационально. Тогда вид $\sqrt[3]{a^2}$ известен, а не навязан.

[KhAl]

Утундрий в сообщении #1600715 писал(а):

KhAl
Допустим, что $\sqrt[3]{a}$ - рационально. Тогда вид $\sqrt[3]{a^2}$ известен, а не навязан.

А что это значит? Вы имеете в виду, что $\sqrt[3]{a^2}$ может представляться в виде рациональной дроби многими различными способами? Ну, на доказательство это не влияет. $x$, $y$, $z$ из доказательства это такие числа, что $\frac yx = \sqrt[3]{a}$, $\frac zx = \sqrt[3]{a^2}$ (при этом ни одна из дробей не обязана быть несократимой), и спуск идёт по тройкам, удовлетворяющим этому свойству -- нужно только знать, что хотя бы одна такая тройка есть, но я её построил в предыдущем сообщении.

[Утундрий]

KhAl в сообщении #1600720 писал(а):

$x$, $y$, $z$ из доказательства это такие числа, что $\frac yx = \sqrt[3]{a}$, $\frac zx = \sqrt[3]{a^2}$

Очевидно, связанные условием $y^2=x \cdot z$.

[KhAl]

Утундрий
Да. А вы это к чему?

[Утундрий]

К тому, что в посылке должна быть одна только рациональность кубического корня.

[KhAl]

Ах, я неясно выразился вот тут (ещё и опечатался)

KhAl в сообщении #1600682 писал(а):

Если $y = ax^3$, то в качестве таких $x$, $y$, $z$ можно взять $x^2$, $xy$, $y^2$.

Лучше так: если $Y^3 = a \cdot X^3$ (рациональность кубического корня), то в качестве таких $x$, $y$, $z$ можно взять $X^2$, $XY$, $Y^2$.

[Утундрий]

KhAl
Заметил, что одних только соотношений $(2')$ недостаточно для вывода $(4')$, которые справедливы только в силу того, что тройка $x,y,z$ имеет специфический вид. Так что, один шаг спуска сделать можно, но уже для второго нужно как-то показать, что новые $x',y,'z'$ выражаются тем же способом через некие $X',Y'$. Что вообще ни разу не очевидно.