ВТФ при n=3

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

Вы не обратили внимания в тексте "$1^3/(z-x)_1$" на нижний индекс $1$ у числа $z-x$

В том-то и дело, что обратил.

Вы предполагаете, что дробь $a/(z-x)$ можно сократить:

$$\frac a{z-x} = \frac{a_1}{(z-x)_1}$$

,

где $a_1$ и $(z-x)_1$ взаимно просты. Но неизвестно, взаимно просты ли $a$ и $(z-x)_1$.

Теперь возьмем вашу вторую дробь:

$$\frac{a^3}{z-x} = a^2\frac a{z-x} = \frac{a^2 a_1}{(z-x)_1}$$

(Вы же утверждали, что получится

$$\frac{a_1^3}{(z-x)_1}$$

- в этом и есть мошенничество).

Этой дроби никто не мешает быть сократимой и даже целым числом.

[ljubarcev]

Возьмём любых два числа $a$ и $z-x$ , таких, что $a<z-x$ (что мы имеем в рассматриваемом случае). Составим их отношение в виде дроби $\frac{a}{z-x}$ . Ясно, что она меньше $1$. Пусть $a$ и $z-x$ не взаимно простые, то есть $a= ka_1$ $z-x=k(z-x)_1$, где
$k$ - число равное произведению всех общих множителей чисел $a$ и $z-x$. Произведя все возможные сокращения числителя и знаменателя, получим дробь $\frac{a_1}{(z-x)_1}$. При этом , естественно, сохраняется равенство
$\frac{a}{z-x}=\frac{a_1}{(z-x)_1}$. где числа $a_1$ и $(z-x)_1$ уже взаимно простые.
Теперь рассмотрим число $\frac{a^3}{z-x}$ , невозможность целостности которого необходимо доказать.
Если $a= ka_1$ , $z-x=k(z-x)_1$, то имеет место равенство
$\frac{a^3}{z-x}=\frac{k^3a_1^3}{k(z-x)_1}$ и после сокращения на $k$ получаем равенство
$\frac{a^3}{z-x}=\frac{k^2a_1^3}{(z-x)_1}$. Видно, что правая часть не может быть целым числом, так как числа в числителе $k^2$ и $a_1^3$ взаимно просты с числом $(z-x)_1$ и последнее не может быть равно $1$, так как при этом должно было бы быть $a>z-x$, чего нет. Таким образом,приведенное раньше равенство (3) не имеет решений в целых числах.
Как видим всё элементарно просто, а проблема заключается видимо в том, что современные математики забыли арифметику.
Дед.

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

так как числа в числителе $k^2$ и $a_1^3$ взаимно просты с числом $(z-x)_1$

Неверно. Числа $k^2$ и $(z-x)_1$ не обязаны быть взаимно простыми. Например:

$$a = 2$$ $$z - x = 4$$ $$k = 2$$ $$a_1 = 1$$ $$(z-x)_1 = 2$$

[ljubarcev]

tolstopuz писал(а): Неверно. Числа $k^2$ и $(z-x)_1$ не обязаны быть взаимно простыми. Например:

$$a = 2$$ $$z - x = 4$$ $$k = 2$$ $$a_1 = 1$$ $$(z-x)_1 = 2$$

На первый взгляд хороший пример, но к делу не имеет отношения.
Если $a=2$ а $z-x=4$, то $y=4g+2=2(2g+1)$ четно, тоесть $y=2y_1$
и из $y^3=(z-x)^3+3zx(z-x)$ получаем $8y_1^3=4^3+12zx$. После сокращения на $4$ имем: $2(y_1^3-8)=3zx$. известно, что если
$y^3=z^3-x^3$ и $y$ чётно, то $z$ и $x$ оба должны быть не чётны. Но тогда в равенстве $2(y_1^3-8)=3zx$ слева число четное, а справа не четное, то есть равенство в целых числах невозможно.
Дед.

[PAV]

PAV:

ljubarcev

Сделайте нормальное цитирование в своем последнем посте

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

На первый взгляд хороший пример, но к делу не имеет отношения.

Да, возможно, этот один конкретный пример не может встретиться в вашем случае. Но ваше утверждение, что $k^2$ якобы взаимно просто с $(z-x)_1$, остается недоказанным.

[ljubarcev]

Г. Tolstopuz. Искать контр пример бессмысленно. На это совершенно правильно указывает Руст, исходя из того факта, что верность теоремы доказал Уайлз, правда далеко не элементарным способом. Так что для опровержения предложенного надо указать на ошибку в логике рассуждений или на ошибки в использовании свойств получаемых чисел.
Для $n=3$ всё просто. Если существует равенство
$x^3+y^3=z^3$ при $x, y,z$ взаимно простых, то $(x+y)^3-z^3=3xy(x+y)$.
Так как $x+y$ и $z$ не взаимно просты, то они представимы как
$x+y=k(x+y)_!$ и $z=kz_1$, где $k$, целое число, равное произаедению ВСЕХ общих делителей чисел $x+y$ и $z$. Ясно, что $(x+y)_1$ и z_1$ уже взаимно просты. Но тогда
$k^3(x+y)_1^3-k^3z_1^3=3xy(x+y)_1k$ и после деления всего равенства
на $k^3$ получаем что должно быть в целых числах равенство:

$$(x+y)_1^3-z_1^3=3xy/k^2$$

.
Здесь число слева целое, а число справа целым быть не может, так как при взаимно простых $x$ и $y$ они взаимно просты c $x+y$ , а $k$ состоит только из множителей $x+y$.Следовательно уравнение

$$(x+y)_1^3-z_1^3=3xy/k^2$$

, а вместе с ним и

$$x^3+y^3=z^3$$

не имеют решений в целых числах.
Дед.

Добавлено спустя 4 минуты 11 секунд:

PAV. Прошу прощения, но я не умею. Подскажите, если можно.

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

Искать контр пример бессмысленно.

Ко всему доказательству - да. Но если вы формулируете промежуточную лемму, например:

ljubarcev писал(а):

Возьмём любых два числа $a$ и $z-x$, таких, что $a < z-x$
Теперь рассмотрим число $\frac{a^3}{z-x}$, невозможность целостности которого необходимо доказать.

то такая лемма вполне может опровергаться одним контрпримером.

ljubarcev писал(а):

tolstopuz писал(а):

Но ваше утверждение, что $k^2$ якобы взаимно просто с $(z-x)_1$, остается недоказанным.

Так что для опровержения предложенного надо указать на ошибку в логике рассуждений

Это и было указание на ошибку в логике рассуждений, вы разве не заметили?

ljubarcev писал(а):

где $k$, целое число, равное произаедению ВСЕХ общих делителей чисел $x+y$ и $z$.

Перечислите ВСЕ общие делители чисел 8 и 16 и скажите, чему равно их произведение. Я подскажу - $1\cdot 2\cdot 4\cdot 8 = 64$. Вы уверены, что числа 8 и 16 делятся на 64?

ljubarcev писал(а):

$k^3(x+y)_1^3-k^3z_1^3=3xy(x+y)_1k$ и после деления всего равенства
на $k^3$ получаем что должно быть в целых числах равенство:

$$(x+y)_1^3-z_1^3=3xy/k^2$$

.

Гражданин, у вас ус отклеился. В смысле вы в правой части $(x+y)_1$ потеряли.

[ljubarcev]

Про ус мне понравилось и по сути верно. Но Вы же знаете: «желание как можно скорее получить результат как правило приводит к большим потерям времени и материальных ресурсов». Фразу привожу в качестве прошения о прощении и об извинении.
Конечно, должно быть $y_1^3-(z-x)_!^3=3zx(z-x)_1/k^2$ и тогда, так как $3$ не квадрат, а $x$ и $y$ взаимно просты с $z-x)_1$ , должно быть $z-x)_1=k^2a$, Тогда:
$y_1^3-a^3k^6=3zxa$ и $y_1^3/a-a^2k^6=3zx$. При взаимно простых $y_1$ и $(z-x)_1$ число $y_1^3/a$ не целое и уравнение $y_1^3/a-a^2k^6=3zx$, как и все предшествующие, не имеет решений в целых числах, кроме случая $a=1$.
При $a=1$ , $(z-x)_1=k^2$ $z-x=k^3$ . Рассматривая аналогично равенству $y^3-(z-x)^3=3zx(z-x)$ равенства
$x^3-(z-y)^3=3zy(z-y)$ и $(x+y)^3-z^3=3xy(x+y)$, Приходим к выводу, что должны одновременно быть $z-x=k^3$,
$z-y=p^3$ и $x+y=g^3$- вспомните формулы Абеля.
В то же время, в соответствии «малой» теоремой Ферма
должно быть $x+y-z=6t$ и поэтому должно быть
$(6t)^3=x^3+y^3-z^3+3(z-y)(z-x))x+y)$. С учётом того, что $x^3+y^3-z^3=0$ по предположению, а $z-x=k^3$,
$z-y=p^3$ и $x+y=g^3$ должно существовать равенство
$(6t)^3=3p^3k^3g^3$. После деления на $3$, извлечения кубического корня и деления на целое $2t$ получаем равенство

$$\sqrt[3]9=\frac{pkg}{2t}$$

, которое обще невозможно.
Таким образом, и при $a=1$ решений в целых числах нет.
Дед.

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

Конечно, должно быть $y_1^3-(z-x)_!^3=3zx(z-x)_1/k^2$ и тогда, так как $3$ не квадрат, а $x$ и $y$ взаимно просты с $z-x)_1$

Почему? Я пока вижу только, что $y_1$ и $(z-x)_1$ взаимно просты.

[ljubarcev]

Господин tolstopuz! Относительно числа $k$ признаю, что выражение “произведение всех общих множителей”
не точно (отсебятина). На самом деле число $k$ - это то, что в арифметике называется наибольшим общим делителем (НОД) чисел. В Вашем примере при $y=8$, $z-x=4$- НОД чисел $y$ и $z-x$ - $k=4$ и $y_1=2$, $(z-x)_1=1$, а $y_1$, $(z-x)_1$ теперь взаимно просты. При делении любой пары чисел на их НОД получаются взаимно простые числа.

Кроме того, во фразе «конечно, должно быть $y_1^3-(z-x)_1^3=3zx(z-x)_1/k^2$ и тогда, так как $3$ не квадрат, а $x$ и $y$ взаимно просты с $(z-x)_1$ , имеется опечатка- поэтому понятно Ваше последнее замечание. Должно быть «…$x$ и $z$ взаимно просты с $(z-x)_1$, …»

Если изменить обозначение числа $a$ на $k_1$, так как $a$ уже использовалось ранее для обозначения остатка при делении $y$ на $z-x$, то текст должен выглядеть так.

Конечно, должно быть $y_1^3-(z-x)_1^3=3zx(z-x)_1/k^2$ и тогда, так как $3$ не квадрат, а $x$ и $z$ взаимно просты с $(z-x)_1$ , должно быть
$(z-x)_1=k^2k_1$, Тогда:
$y_1^3-k_1^3k^6=3zxk_1$ и $y_1^3/k_1-k_1^2k^6=3zx$. При взаимно простых $y_1$ и $(z-x)_1$ число $y_1^3/k_1$ не целое, так как $k_1$ делитель числа
$z-x)_1$, по этому уравнение $y_1^3/k_1-k_1^2k^6=3zx$, как и все эквивалентные ему предшествующие, не может иметь решений в целых числах, кроме случая $k_1=1$.
При $k_1=1$ $(z-x)_1=k^2$ и $z-x=k^3$ .
Рассматривая аналогично равенству
$y^3-(z-x)^3=3zx(z-x)$ равенства
$x^3-(z-y)^3=3zy(z-y)$ и $(x+y)^3-z^3=3xy(x+y)$, приходим к выводу, что должны одновременно быть $z-x=k^3$,
$z-y=p^3$ и $x+y=g^3$,где $k$ - наибольший общий делитель (НОД) чисел $y$ и $z-x$, $p$ - НОД чисел $x$ и $z-y$, $g$- НОД чисел $x+y$ и $z$. (Вспомните формулы Абеля).
В то же время, в соответствии «малой» теоремой Ферма должно быть $x+y-z=3t$ и поэтому должно быть
$(3t)^3=x^3+y^3-z^3+3(z-y)(z-x)(x+y)$. С учётом того, что $x^3+y^3-z^3=0$ по предположению, а $z-x=k^3$,
$z-y=p^3$ и $x+y=g^3$, должно существовать равенство
$(3t)^3=3p^3k^3g^3$. После деления на $3$, извлечения кубического корня и деления на целое $t$ получаем равенство

$$\sqrt[3]{9}=\frac{pkg}{t}$$

, которое не только в целых, но и в рациональных числах невозможно.
Таким образом, и при $k_1=1$ решений в целых числах тоже нет.

Дед.

[PAV]

PAV:

Тема перемещается в карантин. Автор должен во всех своих постах привести цитирование к стандартному виду. Как это сделать, я написал в приват, если что-то непонятно - тестируйте в соответствующем разделе. Когда все будет исправлено, отпишите мне и тема будет возвращена обратно.

Пока тема размещена в карантине, никто не может добавлять в нее новых сообщений.

PAV:

Удалил из карантина, так как автор не выполнил требований (несмотря на последнее предупреждение через ЛС).

dm:

Закрыл.
8.12.2006