Ферматики докажите, что (k+1)^3=k^3 +y^3 не имеет решений

[venco]

ananova в сообщении #485285 писал(а):

venco
Точно подмечено. Это ключевой пункт, который я доказываю с помощью, так называемой, - Мидл теоремы Ферма. Есть Малая теорема Ферма, есть Великая, а есть ещё то, что я называю Мидл теоремой Ферма, обладающая теми же удивительными свойствами, что и обе перечисленные теоремы.

Найти ее формулу $\vartheta(x,y)$ математики смогут самостоятельно. Я же нашёл. Вот это удивительное свойство.

Малая теорема Ферма: $x^p \equiv x$ $\mod p$

Большая теорема Ферма: $x^p+y^p \equiv z^p \equiv x+y \equiv z$ $\mod p$ на базе свойства Малой теоремы

"Мидл теорема" Ферма: $x^p+y^p \equiv z^p \equiv z \equiv \vartheta(x,y)$ $\mod p$

Эта формула заслуживает отдельной темы, в общем.

По-вашему выходит, что "Большая теорема Ферма" и "Великая теорема Ферма" - это разные вещи, и, похоже, Ферма не имеет отношения к "БТФ", не говоря уж об "МидлТФ".

[ananova]

venco

Большая и Великая теоремы Ферма - это, конечно, одно и тоже. Просто хотел отметить общие свойства по модулю $p$. Но мы немного удалились от того, о чём сообщалось отдельными участниками в этой теме, что несложно доказать ВТФ, если доказать, что $x^3+y^3=(y+1)^3$. По-моему это блеф. Непонятно на чём это утверждение основано.

[Батороев]

ananova в сообщении #485210 писал(а):

Общий план моего доказательства такой...
1) $ x \equiv -1 $ ($\mod (x+1)$)
2) доказательство не в одну строчку, что для $y$ допустимо только такое сравнение: $y \equiv 1 $ ($\mod (x+1)$) и никакое другое.
3) $z^3 \equiv 0 $ ($\mod (x+1)$), это следует из пунктов 1) и 2)

А почему во второй степени все не так:
$3^2+4^2=5^2$
$5^2+12^2=13^2$
$7^2+24^2=25^2$
$9^2+40^2=41^2$?

-- 23 сен 2011 17:50 --

Я примерно понял, на чем Вы хотели сыграть...

Допустим, имеем запись рассматриваемого выражения в $x$-чной системе:
$1000=(y+1)^3-y^3$
Тогда в $(x+1)$-чной системе имеем:
$(-1)\equiv (y+1)^3\pmod {(x+1)}-y^3 \pmod {(x+1)}$,
т.е. у числа на единицу большего в кубе остаток должен быть на единицу меньше.

Но есть числа, по основанию которых и это соблюдается, например:
$3^3-2^3\equiv (-1)\pmod 5$.

[ananova]

Честно говоря, пример подобрать невозможно, в силу отстутствия решений. Но пусть будет так:

Пусть $x=11$, тогда $x+1=12$

$y=25, z=y+1=26$

$z \equiv 2 \mod (12)$
$z^3 \equiv 8 \mod (12)$, а для решения необходимо, чтобы $z$ был сравним с $0$

Если же, мы выходим за строгие рамки условия и рассматриваем $z=y+5$,
то в нашем примере $z \equiv 6 \mod (12)$ и
$z^3 \equiv 0 \mod (12)$.

Изестно арифм. ограничение, что $(y+x) > z$. Вот, если бы было более сильное ограничение, например:

$$(y+\sqrt[3]{x}) > z$$

то можно было бы надеяться на полный вариант доказательства.

Могу добавить только, что для Случая 2, в предположении, что $z$ делится на $3$, следует, что $x+1$ кратно $3$. Но опять же, разве это заслуживает внимания, если это не помогает получить полное доказательство для показателя степени $3$?

[ananova]

"Покрутил" уравнения.. Вроде, действительно, получаются нужные нам арифметические ограничения из уравнения...

$$x^3=(z-y)(z^2+yz+y^2)$$

Поправьте меня, если я не прав.

$$x^3>(z-y)$$

$$x > \sqrt[3]{z-y}$$

Т.о., если $y \equiv 1 \mod (x+1)$, то

$$z^3 \equiv (z-y+1)^3 \mod (x+1)$$

- не сравнимо с нулем, т.к. $(z-y)^3 < x$.

НЕ совсем корректный финал доказательства, связанный с увеличением на 1 результата сравнения. Я имею ввиду, что мне надо доказать, скорей всего, следующее:

$$x > \sqrt[3]{z-y+1}$$

Так что, ещё подумать надо.
Может так?

$$x^3=(z-y)(z^2+yz+y^2)$$

Т.к.

$$1 < (z^2+yz+y^2)$$

, то

$$x^3>(z-y+1)$$

[ananova]

Теперь получился общий план доказательства ВТФ для степени 3 (Случая 2, $z$ кратно 3).

1) $ x \equiv -1 \mod{(x+1)}$
2) доказательство не в одну строчку, что для $y$ допустимо только такое сравнение: $y \equiv 1 \mod{(x+1)}$ и никакое другое.
3) $z^3 \equiv 0 \mod{(x+1)}$, это следует из пунктов 1) и 2)
4) Из 2) следует, что $z \equiv z-y+1 \mod{(x+1)}$
5) Хорошо бы получить строгое доказательство, что $x+1 > (z-y+1)^3$. (Действительно, согласно соотношений Барлоу, $\sqrt[3]{z-y}$ является множителем числа $x$.) В общем, по-моему, этот пункт "сыроват", чтобы утверждать его бесспорность, а без него не получится доказательства.
6) Вывод. Из пунктов 4) и 5) следует, что $z^3$ не может быть сравнимо с нулем по модулю $(x+1)$, что противоречит 3) ... чтд.

Я бы хотел, чтобы Вы уточнили мои выводы. Если они верны, то можно попробовать самостоятельно доказать второй пункт плана. Весьма вероятно, что доказательство будет оригинальным и я тогда приведу ещё и своё доказательство этого пункта. Получится два доказательства.

Добавлю рассуждений для 5). Если использовать соотношения Барлоу и записать $x$, как $x_1x_2$, где $x_1=\sqrt[3]{z-y}$, а $x_2=\sqrt[3]{z^2+zy+y^2}$. $y>(z-y) \Rightarrow x_2>3(x_1)^2 \Rightarrow x > 3(x_1)^3 $ . Чуть более глубокие исследования приводят к результату: $x > 3^2(x_1)^3 $. Вероятно этого не достаточно.

[ananova]

Уточню - Вероятно этого не достаточно для общего случая, но достаточно для $z=y+1$.

[ananova]

Построил (с помощью программ) график функции $f(x-(z-y)^3)$. Он оказался больше 0. Т.е. подтвердает справедливость 5). Не строго, но наглядно, а значит доказуемо.

[ananova]

$[x_2^3=z^2+yz+y^2 ] > [(x_1+1)^6 =(z-y+1)^3]$.

Значения функции: $f(z,y)=(z^2+yz+y^2)-(z-y+1)^3$ , при $z$ и $y$ больше нуля - положительные.

Т.е. условия 5) выполняются.

[venco]

ananova, к чему всё это, если нет доказательства пункта 2?

[ananova]

venco
Мне довольно долго было непонятно как можно перейти от частного случая к общему, поэтому обратился за помощью. В результате активности появились логичные идеи, которые я изложил для Вашей проверки.

По поводу пункта 2). Времени у меня не много сейчас на теорему выделено. Даже на обмен мнениями. Может кто-то найдет доказательство пункта 2) собственное? Если не найдется до 22 ноября, то 22 ноября опубликую. Вот такая "интрига".

[nnosipov]

ananova в сообщении #486176 писал(а):

Если не найдется до 22 ноября, то 22 ноября опубликую. Вот такая "интрига".

Выкладывайте сейчас, быстрей ошибку увидите.

[ananova]

nnosipov
Почему сразу ошибку? Есть же случаи, когда без ошибок доходишь до определенной точки в доказательстве. Вроде всё верно, но находятся новые неисследованные направления в доказательстве. Получается, что доказательство верно, но частный случай...

Но может быть и ошибка, например, тождество, как доказательство. Как правило, такие ошибки характерны, как раз в моем случае, когда не используется метод спуска.

Кроме того, я упомянул, что использовал для доказательства 2) полином $\vartheta_3(x,y)$ для степени 3:

$\vartheta_3(x,y) \equiv x^3+y^3 \equiv z^3 \equiv x+y \equiv z \pmod {3}$

Зная цель, может кто-то найдет другой путь и найдет собственное доказательство 2). Возможно, что более простое. А моё доказательство может просто сбить интересные новые мысли.

[ananova]

По пункту 2), Вы были правы. Не все возможные варианты исследовал. Остались таки лазейки. Так что второй пункт плана доказать не смогу. Увы.

[ananova]

Второй пункт плана, да и не только его, пришлось изменить. Остался только общий замысел.

Теперь в ранее приведенном плане моего доказательства вместо модуля $x+1$ везде используется $x+\vartheta$.

1) $x \equiv - \vartheta \equiv x \pmod{(x+\vartheta)}$
2) $y \equiv \vartheta \equiv -x \pmod{(x+\vartheta)}$
Ну и далее аналогично .. $z^3 \equiv 0 \pmod{(x+\vartheta)}$ ...
Пока так работает, но поиск ошибок продолжается.

Подразумеваю, что всё закончится тождеством