Попытка ВТФ для n=3 (метод применим для всех нечетных n)

glukmaker · 30/06/14 47

Представляю Вашему вниманию очередное доказательство ВТФ для n=3 (метод доказательства применим для всех нечетных n).
Правда доказательство с небольшим изъяном.
Просьба сообщить, является ли вся проблема в лемме 1 (можно ли ее доказать?), имеются ли изъяны в прочих рассуждениях.

Лемма 1:
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные числа, то $m$ и $n$ также будут натуральными.
Доказательство: Задним мозгом чувствую что так, но пока не придумал доказательства. Если это доказывается, то прочие возможные изъяны думаю можно доработать, Но если не доказывается то тогда все это остальное не имеет смысла.

Лемма 2:
Гипотеза: Если существуют натуральные числа $x$ , $y$ и $z$ , такие, что:
$x^3+y^3=z^3$
то из этого следует, что существуют такие натуральные числа $x_1$ , $y_1$ и $z_1$ , такие, что:
$z_1=\sqrt{z}$
$x_1^3+2y_1^3=z_1^3$

Доказательство:
Рассмотрим минимальное уравнение $x^3+y^3=z^3$ , такое, что:
$x$ , $y$ и $z$ - попарно взаимно простые, $x$ и $z$ - нечетные, $y$ - четное

Преобразуем его в вид: $(x\sqrt x)^2+(y\sqrt y)^2=(z\sqrt z)^2$

Все решения этого уравнения можно найти по формулам нахождения Пифагоровых троек, с тем отличием, что числа $m$ и $n$ в этих тройках могут быть иррациональными.

$x\sqrt x=m^2-n^2$
$y\sqrt y=2mn$
$z\sqrt z=m^2+n^2$

Тогда:

$x^3=(m^2-n^2)^2$
$y^3=4m^2n^2$
$z^3=(m^2+n^2)^2$

так как $x^3$ , $y^3$ и $z^3$ натуральные, то согласно лемме 1 $m^2$ и $n^2$ - также натуральные.
С учетом $m_1=m^2$ , $n_1=n^2$ напишем изложенное в виде:

$x^3=(m_1-n_1)^2$
$y^3=4m_1n_1$
$z^3=(m_1+n_1)^2$
где все числа, фигурирующие в формулах - натуральные.
числа $m_1$ и $n_1$ - взаимопростые, иначе $x^3$ , $y^3$ , $z^3$ не смогут буть взаимопростыми.

Числа $m_1$ и $n_1$ симметричны во всех трех формулах, в частности в $x^3=(m_1-n_1)^2$ из-за квадрата, и имеют разную четность, одно из них обязательно должно быть четным (это следует из $y^3=4m_1n_1$ , так как куб четного числа делится на 8). Кроме того $m_1$ и $n_1$ взаимопростые. Из этого следует, что
$m_1=2y_1^3$ а $n_1=x_1^3$ , где $y_1$ и $x_1$ - натуральные.

так как $z^3=(m_1+n_1)^2$ , т.е. $z^3$ является квадратом натурального числа, то $z_1=\sqrt{z}$ - является натуральным числом.

$z_1^3=m_1+n_1$

$z_1^3=2y_1^3+x_1^3$

$x_1^3+2y_1^3=z_1^3$

Итог: Из наличия натуральных корней уравнения $x^3+y^3=z^3$

следует наличие натуральных корней уравнения $x_1^3+2y_1^3=z_1^3$
где $z_1=\sqrt{z}$

Лемма доказана.

Теорема: ВТФ для n=3
Гипотеза: Не существует решения уравнения $x^3+y^3=z^3$ в натуральных числах

Доказательство от противного:

Допустим, что такое решение существует. (Очевидно что не существует решения при $z=1$ и $z$ является максимальным из всех трех чисел.)

Тогда согласно лемме2 существует решение в натуральных числах уравнения:

$x_1^3+2y_1^3=z_1^3$

Где $z_1$ опять является максимальным числом из чисел $x_1$ , $y_1$ , $z_1$ , но при этом оно меньше чем $z$ в предыдущем уравнении, так как $z_1=\sqrt {z}$

Применяя к полученному уравнению еще раз лемму2, получаем, что также существуют решения уравнения:

$x_2^3+2^2y_2^3=z_2^3$

где $z_2=\sqrt{z_1}$

и т.д. до бесконечности. (метод бесконечного спуска). А это не возможно ввиду того что невозможно бесконечно последовательно извлекать квадратный корень из конечного числа $z$ получая при этом натуральные числа.
Значит мы получаем противоречие.
Посему уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в натуральных числах

Теорема вроде как доказана, если доказать лемму 1

nnosipov · 20/12/10 9061

glukmaker в сообщении #883610 писал(а):

Правда доказательство с небольшим изъяном.

Тогда это не доказательство.

glukmaker в сообщении #883610 писал(а):

Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные числа, то $m$ и $n$ также будут натуральными.

Ваша гипотеза неверна: например, система $(m+n)^2=100$ , $mn=10$ имеет решение в не натуральных числах.

glukmaker · 30/06/14 47

nnosipov в сообщении #883612 писал(а):

glukmaker в сообщении #883610 писал(а):

Правда доказательство с небольшим изъяном.

Тогда это не доказательство.

glukmaker в сообщении #883610 писал(а):

Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные числа, то $m$ и $n$ также будут натуральными.

Ваша гипотеза неверна: например, система $(m+n)^2=100$ , $mn=10$ имеет решение в не натуральных числах.

Да, я понял что все неверно, буду думать дальше.
Большое спасибо за контрпример. А то в голове постоянно крутились числа типа $\sqrt{n}$ и как-то вілетело из головы, что может быть $a+b\sqrt{c}$

glukmaker · 30/06/14 47

Хм. Я пропустил некоторые существенные условия

Переформулирую с учетом их.

Лемма 1:
Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m-n)^2$ , $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные, попарно взаимно простые числа, причем $mn$ к тому же еще и четное, то $m$ и $n$ будут натуральными.

Это можно доказать или опровергнуть?

nnosipov · 20/12/10 9061

glukmaker в сообщении #883749 писал(а):

Гипотеза: Если $m>0$ и $n>0$ , а $(m-n)^2$ , $(m+n)^2$ и $mn$ - натуральные, попарно взаимно простые числа, причем $mn$ к тому же еще и четное, то $m$ и $n$ будут натуральными.

Эта гипотеза тоже неверна. Попробуйте построить контрпример самостоятельно. Подсказка: $(m-n)^2=(m+n)^2-4mn$ .

vasili · 27/03/12 449 г. новосибирск

Контрпример с разрешения nnosipov.

$m = 5 + 15^1/2$ , $n = 5-15^1/2$ .

$ (m + n)^2 = (5 +15^1/2 + 5-15^1/2)^2 = 10^2 = 100 - целое число;

$(m-n)^2 = (5 +15^1/2 -5 + 15^1/2)^2 = 4(15^1/2)^2 = 60 -целое число;

$ mn =(5 +15^1/2)(5-15^1/2) = 25-15 =10 - целое число.

nnosipov · 20/12/10 9061

vasili в сообщении #883786 писал(а):

$m = 5 + 15^1/2$ , $n = 5-15^1/2$ .

Это правильно набирается так: $m=5+\sqrt{15}$ или, как вариант, $m=5+15^{1/2}$ .

vasili, Ваш контрпример не совсем корректен, так как требуется, чтобы числа $(m \pm n)^2$ и $mn$ были попарно взаимно простыми. Но этого добиться нетрудно.

Lia · 20/03/14 12041

!	vasili Замечание за неоформление формул $\TeX$ ом.

glukmaker · 30/06/14 47

Хорошо, значит такая попытка доказательства обречена на провал, ибо ее навряд-ли удасться доработать. А введение в лемму 1 новых условий превратит ее по сути в ту же ВТФ

А что скажете насчет такого подхода:

рассмотрим минимальное уравнение:
$x^3+y^3=z^3$

тогда $x^3=(z-y)(z^2+zy+y^2)$
рассмотрим множители $z-y$ и $z^2+zy+y^2$

исследуем их на наличие общих делителей:
а так как $z^2+zy+z^2=(z-y)^2+3zy$

то общие делители они будут иметь, если $z-y$ и $3zy$ имеют их.
Разложим $x$ и $y$ на множители, где $a$ и $c$ - простые числа
$z=ab$
$y=cd$

Получаем пару $ab-cd$ и $3abcd$
очевидно что эта пара не может иметь общим делителем как $a$ , так и $e$ , ибо $a$ , $b$ , $c$ , $d$ взаимопростые, что следует из того, что $x$ и $y$ - взаимопростые.

Следовательно единственным общим делителем пары $z-y$ и $3zy$ может быть только 3, а это значит что общим делителем выражений $z-y$ и $z^2+zy+y^2$ может быть только 3

Посему получаем 3 варианта:
1) $z-y$ и $z^2+zy+y^2$ - являются кубами натуральных чисел
2) $3(z-y)$ и $9(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел
3) $9(z-y)$ и $3(z^2+zy+y^2)$ - являются кубами натуральных чисел

мы рассмотрели вариант $y^3=(z-y)(z^2+zy+y^2)$
применивши аналогичное рассуждение к $x^3$ получим аналогичный вывод из 3 возможных вариантов.
А наличие двух не первых вариантов не допускается, ибо будет противоречить тому, что $x$ и $y$ - взаимопростые. Следовательно в отношении одного из чисел $x$ или $y$ допустим только 1 вариант, т.е. например пусть он будет в отношении $x$ :
$z-y$ и $z^2+zy+y^2$ - по отдельности, являются кубами натуральных чисел.

Не знаю к чему это может привести дальше, но вроде выглядит многообещающе.
Имеет ли смысл думать дальше в этом направлении или оно неверное или тупиковое?

lasta · 10/08/11 671