Короткое доказательство для n=3

[maravan]

Пусть $ \exists a, b, c \in \mathbb{N}: a^3 + b^3 = c^3 $.
$ x = a + b \implies c^3 = x^3 - 3abx $.
$ z = \frac{a - b}{2} \in \mathbb{Z} $ (так как $ a $ и $ b $ одной чётности) $ \implies 4c^3 = x(x^2 + 12z^2) $.

Покажем, что $ 3 \mid x $:
$ \quad $ Если $ x \not\equiv 0 \pmod{3} $, то $ x \equiv \pm1 \pmod{3} \implies x^3 \equiv x \pmod{9} $.
$ \quad $ Из $ 4c^3 \equiv x \pmod{9} $ и $ c^3 \equiv x \pmod{3} \implies x \equiv 0 \pmod{3} $. Противоречие.

Следовательно, $ x = 3k, k \in \mathbb{N} $.
$ x = 3k $, $ a + b = 3k $ $\implies $ $ a \equiv -b \pmod{3} $.
$ a = 3k - b \implies (3k - b)^3 + b^3 = 27k^3 - 27k^2b + 9kb^2 = c^3 \implies $
$3k^3 - 3k^2b + kb^2 = 3r^3, c = 3r, r \in \mathbb{N} $.

Из $ kb^2 \equiv 0 \pmod{3} \implies (3 \mid k) \cup (3 \mid b) \implies 3 \mid a, b, c $.
Пусть $ a = 3p, b = 3q, c = 3r \implies (3p)^3 + (3q)^3 = (3r)^3 \implies p^3 + q^3 = r^3, p,q \in \mathbb{N} $.

Получено меньшее решение $ (p, q, r) $, что противоречит минимальности исходного решения $ \implies $ исходное уравнение неразрешимо в $ \mathbb{N} $.

[Mikhail_K]

maravan в сообщении #1684596 писал(а):

Если $ x \not\equiv 0 \pmod{3} $, то $ x \equiv \pm1 \pmod{3} \implies x^3 \equiv x \pmod{9} $.

Это неверно. Например, $2\not\equiv 0 \pmod{3}$, но $2^3\not\equiv 2 \pmod{9}$.

[Booker48]

maravan в сообщении #1684596 писал(а):

так как $ a $ и $ b $ одной чётности

Интересно, почему???

[maravan]

Mikhail_K
Вы правы, спасибо за замечание, погорячился, переписал вывод для 2-х вариантов, сейчас с текущим вопросом разберёмся, если ок, то скину исправленный вариант.

Booker48
Если $ a,b,c \in \mathbb{N}$, $ a $ и $ b $ разной чётности, то $ \quad z \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z} $. Тогда $ 4c^3=x(x^2+12z^2) \implies x(x^2+12z^2) \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z}, 4c^3 \in \mathbb{N} $. Противоречие, значит $ a $ и $ b $ имеют одинаковую чётность.

[Booker48]

maravan в сообщении #1684642 писал(а):

Booker48
Если $ a,b,c \in \mathbb{N}$, $ a $ и $ b $ разной чётности, то $ \quad z \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z} $. Тогда $ 4c^3=x(x^2+12z^2) \implies x(x^2+12z^2) \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z}, 4c^3 \in \mathbb{N} $. Противоречие, значит $ a $ и $ b $ имеют одинаковую чётность.

Да нет.
$12z^2$ всё равно будет целым.

[maravan]

Booker48 в сообщении #1684644 писал(а):

maravan в сообщении #1684642 писал(а):

Booker48
Если $ a,b,c \in \mathbb{N}$, $ a $ и $ b $ разной чётности, то $ \quad z \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z} $. Тогда $ 4c^3=x(x^2+12z^2) \implies x(x^2+12z^2) \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z}, 4c^3 \in \mathbb{N} $. Противоречие, значит $ a $ и $ b $ имеют одинаковую чётность.

Да нет.
$12z^2$ всё равно будет целым.

Да, вы правы

[maravan]

Придумал, как обойти противоречия.

Рассмотрим кольцо $ R=\mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, оно евклидово, следовательно является кольцом главных идеалов, в нём возможно разложение с точностью до 1, в $ R $ нет делителей $ 0 $.
$ N(z) $ - норма, $ N(\sqrt{3})=3 $, следовательно $ \sqrt{3} $ - простое в $ R $.
$R/(\sqrt{3})\cong\mathbb Z/3\mathbb Z$.

Рассмотрим $ a^3+b^3=c^3 $, причём $ \gcd(a,b,c)=1 $, и $ a,b,c \in R $.

По малой теореме Ферма:
$ a^3 \equiv a \pmod{\sqrt{3}}, b^3 \equiv b \pmod{\sqrt{3}}, c^3 \equiv c \pmod{\sqrt{3}} \implies $
$a+b \equiv c \pmod{\sqrt{3}} $, тогда $ c=a+b+t\sqrt{3}, t \in R $.
$ a^3+b^3=(a+b+t\sqrt{3})^3 $.

Раскроем куб в правой части и перенесём всё в правую часть равенства.
$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Рассмотрим $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 \implies $
$ (a+b)^2+t^2 =0 $, возможно только при $ a+b=0 $ и $ t=0 $.
Подставляя $ a=-b $ и $ t=0 $ в $ c=a+b+t\sqrt{3} $ получим $ c=0 $. Тривиально.

Вывод, возможен только $ t=0 $, тогда $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 \implies $
$ ab(a+b)=0 $, тогда либо: $ a=0, b=0, a+b=0 $.

$ a=0 \implies b=c $. Тривиально.
$ b=0 \implies a=c $. Тривиально.
$ a+b=0 \implies a=-b $, но $ gcd(a,-a,0)=1 $, тогда $ a=1 $. Тривиально.

Поскольку любое решение в $ \mathbb{N} $ вложено в $ R $, то нет нетривиальных целых решений $a^3+b^3=c^3$ при $n=3, a,b,c \in \mathbb{N} $.

P.S.: Есть правда пара нюансов, которые меня смущают, но это можно будет ниже обсудить, если в доказательстве есть рациональное зерно.

[SUILVA]

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $

Как?

[transcendent]

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Придумал, как обойти противоречия.

Рассмотрим кольцо $ R=\mathbb{Z}(\sqrt{3}) $, оно евклидово.

В $Z_{7} $ нет $\sqrt 3$, в $Z_{11}[\sqrt 3] $есть, например. Или я что-то забыл. Т.о., мы можем написать, скажем, $...92486_{11}$ и$ ...18625_{11}$. Обратил внимание просто так,узнать-важно ли это, или нет, в Вашем случае? Точно у Вас$\sqrt 3$?

[tolstopuz]

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Это было бы верно, если бы $t\in Z$, а у вас $t\in Z[\sqrt3]$.

[maravan]

SUILVA, tolstopuz

Это допустимо, так как деление на $ 3 $ в кольце целых чисел сохраняет целочисленность коэффициентов.
$ 3 $ не является нулём в $ R $.
В кольце главных идеалов произведение равно $ 0 $, когда хотя бы один сомножитель равен $ 0 $.

Тогда, когда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0, где a,b,t \in R $, возможны только 3 варинта:
$ 3=0 $, но это невозможно, т.к. 3 не делитель $ 0 $.
$ t=0 $, что приводит к тривиальности решения, т.к. в этом случае $ c=(a+b+t\sqrt{3}) $.
$ (a+b)^2+t^2=0 $, то $ a+b=0 $ и $ t=0 $, что также приводит к тривиальности решения.

transcendent
Верно, в $ \mathbb{Z}_{11} $, $ \sqrt{3} $ равен $ 5 $ или $ 6 $.
Точно, в моём случае я рассматриваю решения в $ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $.

Я где-то ошибаюсь?

[transcendent]

maravan в сообщении #1685175 писал(а):

SUILVA, tolstopuz
Я где-то ошибаюсь?

Вы недоговариваете о p=7, когда решений нет. Т.е., о том, что кольца-разные. Это ж надо бы как-то подстраховаться здесь тоже? Если, не надо, то почему?

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Придумал, как обойти противоречия.
Раскроем куб в правой части и перенесём всё в правую часть равенства.
$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Почему нули, $0$, в двух нижних уравнениях? Аж два нуля. А, например ненулевые $u$ и $-u$ когда, где и на каком основании исключены?
Пока не ясно. Может, $0 (\mod 3)$? Что имеется в виду с этими нулями? Наверное, что-то упущено с моей стороны.

[maravan]

transcendent в сообщении #1685207 писал(а):

maravan в сообщении #1685175 писал(а):

SUILVA, tolstopuz
Я где-то ошибаюсь?

Вы недоговариваете о p=7, когда решений нет. Т.е., о том, что кольца-разные. Это ж надо бы как-то подстраховаться здесь тоже? Если, не надо, то почему?

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Придумал, как обойти противоречия.
Раскроем куб в правой части и перенесём всё в правую часть равенства.
$ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b)+\sqrt{3}(3t(a+b)^2+3t^3)= 0$.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

Почему нули, $0$, в двух нижних уравнениях? Аж два нуля. А, например ненулевые $u$ и $-u$ когда, где и на каком основании исключены?
Пока не ясно. Может, $0 (\mod 3)$? Что имеется в виду с этими нулями? Наверное, что-то упущено с моей стороны.

Мои мысли такие, если я правильно вас понял:

$ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $ - бесконечное евклидово кольцо, где $ \sqrt{3} $ вводится как формальный символ, удовлетворяющий $ \sqrt{3}^{2}=3 $. Это кольцо не связано с модульной арифметикой.
$ \mathbb{Z}_{7} $ - конечное поле, где элементы - классы вычетов по модулю $ 7 $. Существование $ \sqrt{3} $ в $ \mathbb{Z}_{7} $ зависит от свойств квадратичных вычетов, но это не влияет на структуру $ \mathbb{Z}(\sqrt{3})$.
Например, утверждение, что в $ \mathbb{R} $ существует $ \sqrt{2} $ не требует оговорок о том, что в $ \mathbb{Q} $ его нет. Каждая структура самодостаточна.

В кольце $ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $ элементы $ 1 $ и $ \sqrt{3} $ образуют линейно независимый базис над $ \mathbb{Z} $, значит, что любое уравнение вида:
$ A+B\sqrt{3} =0, A,B \in \mathbb{Z} $ ($ A,B $ возникают как комбинации целых чисел из разложения элементов кольца по базису $ \{1,\sqrt{3}\} $) выполняется только если $ A=0 $ и $ B=0 $.

В области целостности сумма ненулевых элементов не может быть нулём, если они не являются обратными. Но в $ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $ нет делителей нуля.
Если предположить, что $ A=u, B=-u $, для $ u \in \mathbb{Z} $, то $ u-u\sqrt{3}=0 \implies u(1-\sqrt{3})=9 \implies u=0$.

Но я не исключаю, что я где-то неверно сделал вывод.

[tolstopuz]

maravan в сообщении #1685231 писал(а):

В кольце $ \mathbb{Z}(\sqrt{3}) $ элементы $ 1 $ и $ \sqrt{3} $ образуют линейно независимый базис над $ \mathbb{Z} $, значит, что любое уравнение вида:
$ A+B\sqrt{3} =0, A,B \in \mathbb{Z} $ ($ A,B $ возникают как комбинации целых чисел из разложения элементов кольца по базису $ \{1,\sqrt{3}\} $) выполняется только если $ A=0 $ и $ B=0 $.

Но вы же сами писали, что $t\in R$, а тут $B\in\mathbb{Z}$.

[transcendent]

Ладно, хотя тут можно было бы поспорить. Тогда, посмотрите на Ваши уравнения ещё раз. Если Вы пишете так:

maravan в сообщении #1685058 писал(а):

Придумал, как обойти противоречия.
Тогда $ 3t(a+b)^2+3t^3 = 0 $ и $ 3 \text{ab} (a+b)+9t^2(a+b) = 0 $.

, то для первого уравнения Вы имеете $(a+b)^2=-t^2$ и затем два решения $ a+b=+it $ и $a+b=-it$.
Но, Вы же прекрасно понимаете, что это не соответствует Вашему главному условию в самом первом Вашем комментарии:

maravan в сообщении #1684596 писал(а):

Пусть $ \exists a, b, c \in \mathbb{N}: a^3 + b^3 = c^3 $.