Крайнее доказательство ВТФ для n=3

[Talinkin]

nnosipov в сообщении #802923 писал(а):

А для целых $a$, $b$, $c$ решения есть, например $0^3+1^3=1^3$.

Нулевое решение меня не интересует.
Следовательно можно рассматривать a,b,c целыми, кроме $0$.

-- 18.12.2013, 06:57 --

Прошу!Прощения! Немного поторопился с выводами.Это доказательство не полное.

[nnosipov]

Talinkin в сообщении #802930 писал(а):

Следовательно можно рассматривать a,b,c целыми, кроме $0$.

Вот и рассматривайте. Более того, Вы даже можете считать $a$, $b$, $c$ положительными (этот случай всё равно придётся рассмотреть). И в этом случае из равенства $a^3+b^3=c^3$ очевидным образом следует неравенство $c<a+b$. Которое делает Вашу замену невозможной (если, конечно, Вы по-прежнему желаете, чтобы $s$ было целым положительным).

-- Ср дек 18, 2013 09:59:43 --

Talinkin в сообщении #802930 писал(а):

Прошу!Прощения! Немного поторопился с выводами.Это доказательство не полное.

Окей.

[Talinkin]

Будем рассматривать $a,b,c$ целыми, кроме ноля
Рассмотрим: $n=3$:

$c^{3}=a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-a b+b^{2})$

Произведем замену:

$$ \begin{cases} q=a+b\\ c=qs\\ b=qt\\ a=q(1-t) \end{cases} $$

, где $s$ и $t$ - целые, кроме ноля

$\Rightarrow$

$q^{3}s^{3}=q^{3}(1-t)^{3}+q^{3}t^{3}$


$\Rightarrow$



$ s^{3}=(1-t)^{3}+t^{3}$


$\Rightarrow$

$$ \begin{cases} c^{3}=a^{3}+b^{3}\\ \Rightarrow\\ s^{3}=(1-t)^{3}+t^{3} \end{cases} $$

Второе уравнение получается заменой из первого:

$$ \begin{cases} c=s\\ a=1-t\\ b=t \end{cases} $$

$\Rightarrow$


$q=a+b=1-t+t=1$


Отсюда:

$a+b=1$


Далее:

$a^{3}=c^{3}-b^{3}=(c-b)(c^{2}+c b+b^{2})$

Произведем замену:

$$ \begin{cases} p=c-b\\ a=pv\\ b=pu\\ c=p(1+u) \end{cases} $$

, где $s$ и $t$ - целые, кроме ноля

$\Rightarrow$

$p^{3}v^{3}=p^{3}(1+u)^{3}-p^{3}u^{3}$


$\Rightarrow$



$ v^{3}=(1+u)^{3}-u^{3}$


$\Rightarrow$

$$ \begin{cases} a^{3}=c^{3}-b^{3}\\ \Rightarrow\\ v^{3}=(1+u)^{3}-u^{3} \end{cases} $$

Второе уравнение получается заменой из первого:

$$ \begin{cases} a=v\\ c=1+u\\ b=u \end{cases} $$

$\Rightarrow$


$q=c-b=1+u-u=1$


Отсюда:

$$ \begin{cases} a+b=1\\ c-b=1\end{cases} $$

Выразим c и a через b и подставим в уравнение $a^{3}=c^{3}-b^{3}$
Получаем:
$(1-b)^{3}=(1+b)^{3}-b^{3}$
Пусть $b>0$,тогда уравнение приводится к виду $b^{3}=(1+b)^{3}+(b-1)^{3}$
Очевидно,что:$b^{3}<(1+b)^{3}+(b-1)^{3}$
Пусть $b=-h, где h>0$, тогда уравнение приводится к виду $(-h)^{3}=(1-h)^{3}+(-h-1)^{3}$
$\Rightarrow$
$(h)^{3}=(h-1)^{3}+(h+1)^{3}$
Очевидно, что:$h^{3}<(h-1)^{3}+(h+1)^{3}$

Таким образом:
Решений нет в целых числах,кроме 0
А, следовательно, нет и в целых-положительных.Ч.т.д.

[nnosipov]

Talinkin в сообщении #802933 писал(а):

, где $s$ и $t$ - целые, кроме ноля

Дальше можно не читать. Сказка про белого бычка.

Talinkin, Вы отказываетесь понимать очевидные вещи на уровне бытовой логики. Дело, конечно, хозяйское, но подобное невежество здесь долго не терпят --- Ваша тема скоро переедет в "Пургаторий".

[Talinkin]

Возьмем:

Talinkin в сообщении #802933 писал(а):

$c^{3}=a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-a b+b^{2})$

От сюда следует, что $c^{3}$ делится на $q=a+b$, Тогда если $q$-простое ,то $c$ тоже делится на q , следовательно $c=qs$

Следовательно,получаем $c=qs$, где $s$-целое,кроме 0,а $q$-простое.

[nnosipov]

Talinkin в сообщении #802947 писал(а):

Тогда если $q$-простое ,то ...

Здесь верное рассуждение. Но что делать в случае, когда $q$ составное? Этот случай тоже нужно рассмотреть.

[Talinkin]

nnosipov в сообщении #802951 писал(а):

Talinkin в сообщении #802947 писал(а):

Тогда если $q$-простое ,то ...

Здесь верное рассуждение. Но что делать в случае, когда $q$ составное? Этот случай тоже нужно рассмотреть.

А дело в том, что $(a+b)$ и $c$ - простые.Попробую это доказать.
Возьмем:
$c^{3}=a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})$

Пусть с-простое,тогда $(a+b)$ простое.
Пусть с-составное,т.е. $c=gh$, где g-простое, а h-целое,кроме 0
Тогда получается:
$(gh)^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})$
Следовательно: $(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})$ делится на $g^{3}$,и на $h^{3}$.
Тогда можно записать: $g^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})/h^{3}$

Справа стоит целое,кроме ноля число,а слева куб простого.

Отсюда заключаем, что можно рассматривать только простые $c$, и $q=a+b$

[vorvalm]

Talinkin в сообщении #803026 писал(а):

А дело в том, что $(a+b)$ и $c$ - простые.

C не может быть простым. См. формулы Абеля.

[Talinkin]

vorvalm в сообщении #803029 писал(а):

Talinkin в сообщении #803026 писал(а):

А дело в том, что $(a+b)$ и $c$ - простые.

C не может быть простым. См. формулы Абеля.

Так дело в том и есть, что я(мы) доказываю(ем) что решений нет.Мы пытаемся понять справедливость того факта что замена $q=a+b$ не корректна сама по себе.

[yk2ru]

Talinkin в сообщении #802790 писал(а):

yk2ru в сообщении #802788 писал(а):

Talinkin, вы согласны с тем, что $c < q$ ?

Нет не согласен, так как:

$$ \begin{cases} c=1\\ a=0\\ b=1\\ \end{cases} $$

$\Rightarrow$

$c=q$

Вы от нуля отказались или нет? Вопрос про $c < q$ остаётся в силе.

[Talinkin]

yk2ru в сообщении #803035 писал(а):

Замена и замена. В чём же это может быть некорректность?

мне выше так сказали и с этим я согласен

nnosipov в сообщении #802918 писал(а):

:facepalm: Ещё раз: $a$, $b$, $c$ следует с самого начала считать целыми и положительными. Именно в этом случае имеет смысл (и представляет интерес) доказывать утверждение о невозможности равенства $a^3+b^3=c^3$. И тогда Ваша замена $a+b=q$, $c=qs$, где $s$ --- целое положительное, не будет корректной (такого $s$ просто не существует).

-- 18.12.2013, 14:06 --

yk2ru в сообщении #803035 писал(а):

Вопрос про $c < q$ остаётся в силе

Поясните,пожалуйста.

[yk2ru]

Talinkin в сообщении #803038 писал(а):

Поясните,пожалуйста.

yk2ru в сообщении #803035 писал(а):

Talinkin, вы согласны с тем, что $c < q$ ?

[Talinkin]

yk2ru в сообщении #803042 писал(а):

Talinkin в сообщении #803038 писал(а):

Поясните,пожалуйста.

yk2ru в сообщении #803035 писал(а):

Talinkin, вы согласны с тем, что $c < q$ ?

Да я согласился,но с одной поправкой,что я буду рассматривать целые числа, кроме нуля,так как нулевое решение не несет никакой нагрузки.

[yk2ru]

Talinkin в сообщении #802933 писал(а):

Произведем замену:

$$ \begin{cases} q=a+b\\ c=qs\\ b=qt\\ a=q(1-t) \end{cases} $$

, где $s$ и $t$ - целые, кроме ноля

Ну если целые без нуля, то что мешает только натуральные значения рассмотреть.
$c < q$ и $c=qs$, то значит $s < 1$, что совсем не целое. Так?

[Talinkin]

yk2ru в сообщении #803051 писал(а):

Talinkin в сообщении #802933 писал(а):

Произведем замену:

$$ \begin{cases} q=a+b\\ c=qs\\ b=qt\\ a=q(1-t) \end{cases} $$

, где $s$ и $t$ - целые, кроме ноля

Ну если целые без нуля, то что мешает только натуральные значения рассмотреть.
$c < q$ и $c=qs$, то значит $s < 1$, что совсем не целое. Так?

Я свою позицию пояснил: буду рассматривать целые,кроме 0, потом в итоге перейду к натуральным