Моё доказательство ТФ

[alekspesh]

Доказательство ТФ начнём, как это принято, с простейшей третьей степени
С ^3 = А^3 + В ^3 (1)
Перейдём к виду А^3=С^3 -B^3=( С – В) ( С^2+В^2+СВ ) = (С –В)((С – В)^2 +3СВ) (2)

Из этого уравнения можно прийти к заключению, что (С – В) = К^3 (3), при условии, что А не содержит в своём составе множителя 3.

Предположим, что А содержит 5, тогда (С- В) должно содержать 125, т.е. 5^3 , противном случае 5 должно будет содержатся в С и соответственно в В, что приведёт к упрощению уравнения (1), путём сокращения всех его составляющих на 5. Так можно рассмотреть все множители для А кроме 3.

Аналогичным образом можно доказать, что (С-А) = L ^3 (4), при том же условии, что В не имеет множителя 3 и мы приходим к условиям в виде системы из двух уравнений(3) и (4).

Простейшим частным случаем для решения этой системы является частный случай, когда

А=К^3 , а В=L^3 , но тогда мы приходим к уравнению С=А+В, что невозможно из уравнения (1), Тогда мы приходим к серии других частных решений:
A =К^3 + 2n, B= L^3 + 2n, C= K^3 + L^3 +2n, коэффициент 2 перед n появляется по причине того, что, если мы будем прибавлять нечётное число, то получится, что уравнение (1) имеет два чётных и одно нечётное значение, что также невозможно.
Теперь рассмотрим уравнение С^3= (A+B)(A^2+B^2 – АВ) (5), подставляем значения С,А, В,

Получаем (K^3 + L^3 +2n)^3 = ( K^3 + L^3 +4n)( A^2 + B^2 –AB) или

(K^3 + L^3 +2n)^3\ (K^3+L^3+4n)=(A^2+B^2+AB)


так как правая часть целое число, то и левая должна быть целой
Преобразуем левую часть следующим образом




(K^3+L^3+4n-2n)( K^3+L^3+2n)^2 \(K^3+L^3+4n)=(K^3+L^3+2n)^2- 2n(K^3+L^3+4n-2n)x x(K^3+L^3+2n)\(K^3+L^3+4n)=(K^3 + L^3 +2n)^2 – 2n(K^3 + L^3 +2n)+4n - 8n\(K^3 + L^3 +4n)


Следовательно


8n\(K^3+L^3+4n) = m , целому числу. Отсюда 8n – 4mn = m(K^3 + L^3) (7)


Из (7) видно, что m может быть = только 1 иначе правая часть меньше или равно (при m=2) нулю.

В итоге получаем, K^3 + L^3 = 4n (8), а дробная часть (6) =1

Подставляем (8) в (5) и получаем




(6n)^3 = 8n ( 64n^2 – 3AB) 64n^2 - 27n^2 = 3AB 3AB= 37n^2 , а так как, С=6n, а, С, А , В не имеют общих множителей приходим к выводу, что С, А,В не могут быть все вместе целыми числами. Что и требовалось доказать .
3
Теперь предположим, что А или В имеет множитель 3 (рассмотрим А). Тогда (С-В)=9Р^3 ,

Так как в (2), вторая скобка имеет множитель 3. И в дальнейших рассуждениях К^3 будем

Заменять на 9Р^3 . И придём к тому же результату.


Аналогичным способом можно доказать ТФ для всех нечётных степеней, а следовательно для всех степеней кроме степени 4m.

Например для степени 5 можно прийти к выводу, что С-В= К^5 , а С-А= L^5 , если А и В не содержат множитель 5, так как

А^5=(С-В)(С^4+С^3В+С^2В^2+СВ^3+В^4 )= (С-В)((С-В)^4+СВ(С-В)^2+5С^2В^2 ) (9)

Далее: рассуждая аналогично степени 3 получим

32n-4mn = m (K^5 + L^5 ) и в итоге к результату, что С, А, В вместе не являются числами натурального ряда.

Теперь перейдём к доказательству для степени 4.
Прежде всего отметим, что в уравнении

С^4=А^4 + В^4 (10), С является нечётным, А будем считать чётным и В соответственно будет нечётным числом.
Это следует из того, что сумма квадратов двух нечётных чисел имеет в качестве чётного множителя только число 2, а уравнение (10) можно представить в виде
(С^2 )^2 = (А^2 )^2 + (В^2 )^2

Теперь перейдём к следующему виду уравнения (10)
А^4 = (С-В)(С+В)(С^2 + В^2 ) =(С-В)(С-В +2В)((С-В)^2 +2СВ)=(С-В)^4 +2В(С-В)^3 +2СВ(С-В)^2 + 4СВ^2 (С-В) (11)
Из (11) очевидно, что (С-В) может иметь чётный множитель 2 либо 2^(4k-2)
.
В первом случае (С-В)=2(2n-1) а C= B+2(2n-1) (12)

Следовательно (С+В) должен иметь чётный множитель 2 ^(4m-2) и С+В= 2^(4m-2)х(2P-1) (13)
Подставляем (12) в (13) и получаем

2(В+(2n-1))=2^(4m-2)x (2P-1) или В= 2^(4m-3)x (2P-1) – (2n-1) (14)
Подставляем (14) в (12) и получаем

С= 2 ^(4m-3) x (2P-1) + (2n-1) (15) Тогда
C^2 + B^2 = (2^(4m-3)x (2P-1) + (2n-1))^2+(2^(4m-3)x (2P-1) - (2n-1))^2 = =2((2^(4m-3)x (2P-1))^2 + (2n-1)^2 ) (16)


C^2- B^2 = (2^(4m-3) x (2P-1) + (2n-1))^2 - (2^(4m-3)x (2P-1) - (2n-1))^2 = =2^(4m-1)x (2P-1)(2n-1) (17)
во втором случае придём к аналогичным значениям


Из (14), (15), (17) очевидно, что (2Р-1) и (2n-1) не имеют общих множителей, в противном случае А, С, В будут иметь общие множители, которые можно будет сократить и прийти к другому уравнению.
Так как два натуральных числа не имеющих общих множителей в сумме не имеют общих множителей со слагаемыми, приходим к выводу, что
(2P-1)=X^4, (2n-1)=Y^4 , (2^(4m-3)x(2P-1))^2 + (2n+1)^2 = Z ^4 отсюда
2^(8m-6) x X^8 + Y^8 = Z^4 (18). Далее
2^(8m-6)x X^8 = Z^4 - Y^8 = ( Z – Y^2 )( Z + Y^2 )( Z^2 + Y^4 ) (19) отсюда m больше 1
Из (19) следует, что (Z – Y^2 ) представляет собой либо 2(2R-1) либо 2 ^(8m-8) x(2T-1), а
(Z + Y^2 ) 2(8m-8) x2(S-1) в первом случае или 2(2V-1) во втором, так как (Z^2 + Y^4 ) имеет чётность 2.
Рассмотрим первый случай

Z= Y^2 + 2(2R-1) 2Y^2 = 2 ^(8m-8)x(2T-1)-2(2R-1), a Y^2 =2^(8m-9)x(2T-1)–(2R-1) (20)
Z =2^(8m-9)x(2T-1) + (2R-1) (21)
Z^2 – Y^4 = 2^(8m-7)x(2T-1)(2R-1)


Z^2 + Y^4 =2((2^(8m-9)x(2T-1))^2 + (2R-1)^2 ), во втором случае придём к аналогичным значениям

далее (2T-1) = I^8 , (2R-1) = J^8

2^(16m-18) x I^16 + J^16 = E^8 (22)


Очевидно, что следуя в наших рассуждениях дальше аналогично первым двум последовательностям рассуждений, можно сделать вывод, что этот процесс бесконечен и значения А, В, С уходят в бесконечность не имея решения в конечном натуральном ряде чисел.

Кроме того на четвёртом этапе мы получим
2 ^(32-42) x U^32 + O^32 = L^16 или 2^(32m-42) x U^32 = L^16 - O ^32= = (L^4 - O^8 ) ( L^4 + O^8 ) ( L^8 + O^16 ) (23)
Из (23) получаем , что (L^4 - O^8 )= 2^(32m-44) x U^32 , так как (L^4 + O^8 ) и (L^8 + O^16 ) имеют чётность 2.
Отсюда L^4 = (2^(8m-11)x U^8 )^4 + (O^2 )^4 (24) или, чтобы выполнялось (10) необходимо, чтобы выполнялось (24), т.е. уравнение с четвёртыми степенями меньших чисел.

[migmit]

Цитата:

$(K^3 + L^3 +2n) = ( K^3 + L^3 +4n)( A^2 + B^2 - AB)$

Нет. $(K^3 + L^3 +2n)^3 = ( K^3 + L^3 +4n)( A^2 + B^2 - AB)$.

[nnosipov]

Эту стену текста можно обсуждать только после того, как она пройдёт карантин. Но выдержит ли сам автор испытание карантином?

[alekspesh]

Конечно в кубе. Это видно и из дальнейших рассуждений, просто не приык к такому оформлению

[Феликс Шмидель]

alekspesh в сообщении #728881 писал(а):

Предположим, что А содержит 5, тогда (С- В) должно содержать 125, т.е. 5^3 , противном случае 5 должно будет содержатся в С и соответственно в В, что приведёт к упрощению уравнения (1), путём сокращения всех его составляющих на 5. Так можно рассмотреть все множители для А кроме 3.

Я бы сказал, что так можно рассмотреть все простые делители числа $A$, которые дают остаток $2$, при делении на $3$. Потому что, если простое число $p$ даёт остаток $1$ при делении на $3$, то $C-B$ может не делиться на $p$, а $C^2+C B+B^2$ - делиться, без того, чтобы $C$ или $B$ делились на $p$.

[Toucan]

Тема перемещена в Карантин.

Запишите формулы в соответствии с требованиями Правил форума, т.е. в $\TeX$.
Краткие инструкции можно найти здесь: topic8355.html и topic183.html.
Кроме этого, в теме Видео-пособия для начинающих форумчан можно посмотреть видео-ролик "Как записывать формулы".

После того как исправите сообщение, сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.