ВТФ для нечетных n

[covax]

Привет, а можно я тоже чуть пофермачу? Случайно получилось, не могу найти ошибку. Для $n=3$:

Пусть

$$x^3+y^3=z^3 \eqno (1)$$

где $x,y,z$ - взаимно простые натуральные числа. Разложив левую часть на множители

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

получаем, что $x+y\mid z^3$. Возьмем $p$, один из простых делителей числа $z$, т.е. запишем $z=p^aq,x+y=p^b s,$ где $p\nmid q,p\nmid s,a>0,s>0,q>0,p>1$ (все числа целые, естественно), выразим $y=p^b s-x$, и подставим в (1):

$$x^3+y^3=(p^b s-x)^3+x^3=p^{3b}s^3-3p^{2b}s^2 x+3p^bs x^2-x^3+x^3=$$$$=p^{3b}s^3-3p^{2b}s^2 x+3p^bs x^2=p^{3a}q^3$$

Откуда, из делимости на $p^{3a}$ и взаимной простоты $x$ и $z$ ($p\nmid x$), из последнего слагаемого (У остальных большая степень при $p$) получается $b=3a$, или, если $p=3$, может быть случай $b=3a-1$.
Перебрав все простые делители $z$, получаем, что $x+y=z^3$ или $x+y=\frac{z^3}3$. Откуда, $x+y=x^3+y^3$ или $x+y=\frac{x^3+y^3}3$, $x_{1,2}=0,1, y_{1,2}=0,1$ - ни одна комбинация не подходит.

[migmit]

Хорошо заморочено, но, вроде, я нашёл ошибку:

covax в сообщении #329670 писал(а):

(У остальных большая степень при $p$)

Это неверно, если $b=0$. Так что, у $z$ вполне могут быть делители, вообще не входящие в разложение $x+y$.

[dmd]

covax в сообщении #329670 писал(а):

получаем, что $x+y\mid z^3$. Возьмем $p$, один из простых делителей числа $z$, т.е. запишем $z=p^aq,x+y=p^b s,$ где $p\nmid q,p\nmid s,a>0,s>0,q>0,p>1$

Должно быть как минимум $b\leqslant 3a$, чтобы выполнялась делимость $x+y\mid z^3$. Таким образом $b=3a$ - частный случай, и основная нагрузка решения ложится на $b<3a$, а в этом случае рассматривать по-отдельности делимость мономов полинома $p^{3b}s^3-3p^{2b}s^2 x+3p^bs x^2$ на $p^{3a}$ бесполезно, только всего полинома целиком. И получается тупик.

[Гаджимурат]

covax в сообщении #329670 писал(а):

т.е. запишем$z=p^aq,x+y=p^ds$

Запись неверна.Правильно будет так: $x+y=p^3$ -если $z$ не делится на 3 или
$x+y=\frac{p^3}3$ -если $z$ делится на 3. Больше вариантов нет,если только не принимать $p=p_1p_2$

[age]

migmit в сообщении #329719 писал(а):

Это неверно, если $b=0$. Так что, у $z$ вполне могут быть делители, вообще не входящие в разложение $x+y$.

Точнее, автор доказал, что такие делители обязаны быть.

[covax]

migmit в сообщении #p329719 писал(а):

Это неверно, если $b=0$.

Да, вот оно, спасибо.

dmd в сообщении #329738 писал(а):

Должно быть как минимум $b\leqslant 3a$, чтобы выполнялась делимость $x+y\mid z^3$. Таким образом $b=3a$ - частный случай, и основная нагрузка решения ложится на $b<3a$, а в этом случае рассматривать по-отдельности делимость мономов полинома $p^{3b}s^3-3p^{2b}s^2 x+3p^bs x^2$ на $p^{3a}$ бесполезно, только всего полинома целиком. И получается тупик.

Я там криво написал что-то. Имел в виду это: $p^b(p^{2b}s^3-3p^bs^2x+3sx^2)=p^{3a}q^3$. Если $b\neq0$, то все получается, как я написал.

Всё, тему можно застрелить.