Размышления о ВТФ для Р = 3

[Alexis_11]

Уважаемый vasili! Вы раскрыли "только те скобки, которые содержат z"

Вот они (из формулы (9)):

$$4(z-x +1) x^3 + 6x^2(z-x +1)(z-x +2) + +2x (z-x +1)(z-x +2)(2z-2x + 3) + [(z-x +1)(z-x +2)]^2 = = [(z +1) (z +2)]^2- 4z^3 $$

После переноса правой части в левую можно получить:

$4(z-x +1) x^3 + 6x^2(z-x +1)(z-x +2) + +2x (z-x +1)(z-x +2)(2z-2x + 3) + [(z-x +1)(z-x +2)]^2 - [(z +1) (z +2)]^2 + 4z^3$ (A)

Вы преобразовали это выражение и получили следующее:

$\4z^3+12z^2x^2 -6zx^2+18zx -4z^3x-12x$ (B)

Я тоже преобразовал это выражение ( с помощью сервиса http://www.wolframalpha.com/input/?i=+4 ... B4*z%5E3++)
но получил совсем другое:

$\ -x^4 -2x^3-x^2+4z^3$ (C)

Проверим на конкретных числах. Пусть $ x=1, z=0

Тогда получаем:

выражение (A) равно (-4),
выражение (B) равно (-12),
выражение (С) равно (-4).

То есть, (A) не равно (B).
Значит, в процессе раскрытия скобок, содержащих z, имели место ошибки.

[vasili]

Уважаемый Alexis_11! Я благодарен Вам за найденную ошибку и за способ оценки правильности преобразований.
Чтобы закрыть тему следует доказать, что левая часть не равна или равна нулю.

[Alexis_11]

Если мы рассмотрим оставшиеся слагаемые левой части

$$[(y-1) y] ^2 + 4(x-y-1)y^3 + 6y^2(x-y-1)(x-y) +2y (x-y-1)(x-y)(2x-2y-1)+ [(x-y-1)(x-y) ]^2 $$

и вновь обратимся к сервису http://www.wolframalpha.com/input/?i=%2 ... %29%29%5E2 ,
то после преобразования получим

$$x^4 -2 x^3 + x^2 -4y^3$$

Прочие слагаемые левой части, содержащие $z$, после преобразования дали

$$-x^4 -2 x^3 - x^2 +4z^3$$

Складываем результаты обоих преобразований и получаем

$$ x^4 -2 x^3 + x^2 -4y^3 -x^4 -2 x^3 - x^2 +4z^3 = 0$$

или

$$4 x^3 + 4y^3 = 4z^3$$

В итоге, от чего мы пытались уйти в поисках противоречия, к тому и вернулись.

[vasili]

Уважаемый Alexis_11 ! Благодарю за оперативный точный ответ, который по существу закрыл тему.

[vasili]

1. Пусть существуют натуральные, попарно взаимно простые числа $x,y,z $,

удовлетворяющие уравнению

$x^3 + y^3-z^3 =0\engo (1)$, и пусть для определенности

$(z ,3) = 3$, а y- четное число.

2. Очевидно, найдутся такие натуральные числа $z_1$ $x _1$, что

$x_1^2 +y^2 -z_1^2 = 0\engo(2)$, где $y = y_1y_2$

из(1) благодаря формулам Абеля $y_1^3 = z-x$, а $y_2^3 =z^2 + z x +x^2$.

[$y = 2pq$, а $z_1 = p^2 +q^2$ и $x_1 = p^2-q^2$, где

(p и q) - числа разной четности (вариант 1)].


3. Пусть $y_1 = y_1'y_1''\engo(3)$ и $y_2 = y_2'y_2''\engo(4)$

4. Из (2) с учетом (3) и (4) следует

$(y_1'y_1''y_2'y_2'')^2 = (z_1-x_1)(z_1 +x_1)$.

Пусть для определенности

$z_1-x_1 = (y_1'y_2')^2'$, отсюда $z_1 = (y_1'y_2' )^2+ x_1$, тогда с

учетом этого равенство (2) будет

$ (y_1'y_1''y_2'y_2'')^2 + x_1^2 -[( y_1'y_2' )^2+ x_1]^2 = 0$, отсюда после

раскрытия скобок и сокращения на $( y_1'y_2' )^2$ имеем

$(y_1''y_2'')^2 = 2x_1 + ( y_1'y_2' )^2\engo(5)$.

Так как y число четное, то одно из чисел $(y_1''y_2'')^2$

или

$(y_1'y_2' )^2$

число четное, а это из (5) невозможно , так как в этом случае части равенства

(5) будут разной четности.



Если оба числа: $(y_1''y_2'')^2$ и $(y_1'y_2' )^2$ четные, то

$2x_1$ должно делиться как минимум на 4, что невозможно, так как $x_1$

число нечетное.

Приходим в обоих случаях к противоречию.

Мы рассмотрели вариант, когда число $y = 2pq$ делиться как минимум на 4, тем самым обеспечивается разная четность чисел p и q.

Теперь следует рассмотреть вариант, когда числа p и q

нечетные. Продолжение следует…

[lasta]

vasili в сообщении #1049246 писал(а):

4. Из (2) с учетом (3) и (4) следует

$(y_1'y_1''y_2'y_2'')^2 = (z_1-x_1)(z_1 +x_1)$.

Уважаемый vasili ! Оба выражения в скобках правой части четные, поэтому дальнейшие определения не верны.

[vasili]

Уважаемый Lasta! Я согласен, так как $z_1$ и $x_1$ числа нечетные. А потому следует дополнительно рассмотреть вариант, когда $z_1-x_1$ делиться как минимум на $2^3$, а $z_1 + x_1$ делиться на 2.

[vasili]

Еще одно размышление......
1. Пусть натуральные попарно взаимно простые числа $x,y,z$ удовлетворяют уравнению

$x^3 + y^3-z^3 = 0\engo(1)$

и пусть одно из этих чисел кратно 3 (2 случай ВТФ для $n=3$).

2. Пусть существует такое простое число $P > 3$, что

$(xyz, p) = 1$.

3. Составим сравнения по модулю P

Пусть

$z^2 - f_1xy\equiv 0\mod P\engo(2)$,

$x^2 + f_2zy\equiv 0\mod P\engo(3)$,

$y^2 + f_3zx\equiv 0\mod P\engo(4)$ где

$f_1, f_2.f_3$ - наименьшие натуральные вычеты приведенной системы по модулю P.

4. Умножим (2) на z, (3) на x и (4) на y получим

$z^3 - f_1xyz\equiv 0\mod P\engo(5)$,

$x^3 +f_2zyx\equiv 0 \mod P\engo(6)$,

$y^3 + f_3zxy\equiv 0\mod P\engo(7)$.

Сложим сравнения (6) и (7) и, из полученной суммы вычтем (5)

$x^3 + y^3-z^3 + z x y (f_1 + f_2 + f_3)\equiv 0\mod P$,

отсюда благодаря (1)

$(f_1 + f_2 + f_3)\equiv 0\mod P\engo(8)$.

5. После переноса в левые части слагаемые, содержащие множители $f_i $,

перемножим (5) (6) и (7), получим:

$z^2x^2y^2\equiv f_1xy f_2zy f_3zx\mod p$, отсюда

$f_1f_2f_3\equiv 1\mod P\engo(9)$.


Рассмотрим существование вычетов $f_1, f_2.f_3$, удовлетворяющих условиям (8) и (9),

в приведенных системах по модулю $P = 6n + 1$ и по модулю $P = 6n + 5$.
Вспомогательное Утверждение I.

6. В приведенной системе наименьших натуральных вычетов по модулю простого числа

$P = 6n + 1$ имеются три вычета

$f _1$, $ f _2$, $ f _3$ такие, что

$ f _1 + f _2 + f_3\equiv 0\mod P$ и

$ f _1 f _2 f _3\equiv 1 \mod P$.

При этом один из этих вычетов равен 1.

А два других равны соответственно

$\frac{p-1}{2} + r$,

$\frac{p-1}{2} -r$, где

r - натуральное число.

Тогда сравнение (8) будет справедливо

$ f _1 + f _2 + f_3 = 1 +[\frac{p-1}{2} +r] +[ \frac{p-1}{2}- r] \equiv 0\mod P$

Пусть для определенности $ f _1 = 1$.

И пусть

$ f _2 = \frac{p-1}{2} + r\engo(10)$, а

$ f _3 = \frac{p-1}{2}- r\engo(11)$,

тогда

$f_1 f _2 f _3 = [\frac{p-1}{2} + r][ \frac{p-1}{2}- r] =[\frac{p-1}{2}]^2-r^2 = kP + 1$,

отсюда равенство

$p^2 -2P + 1 -4r^2 = 4kp + 4$

или сравнение

$4r^2 +3\equiv 0\mod p\engo(12)$.

Ниже покажем на примерах, что существует свое число r для каждого модуля $P =6n +1$,

а значит, существуют свои вычеты $f_1$ и $f_2$ для каждого модуля $P =6n +1$.



Пусть $P = 7$, тогда $r = 1$.

Пусть $P = 13$, тогда $r = 3$.

Пусть $P = 19$, тогда $r = 2$.

Пусть $P = 31$, тогда $r = 10$.

Пусть $P = 37$, тогда $r = 8$.

Пусть $P = 43$, тогда $r = 15$.
………………………….
………………………….
Пусть $P = 73$, тогда $r =28$.
…………………………
…………………………
Пусть $P = 103$, тогда $r = 5$.
……………………………………..


Вспомогательное Утверждение I I..

7.. В приведенной системе наименьших натуральных вычетов по модулю

$P =6n +5$ отсутствуют три вычета, удовлетворяющих одновременно условиям (8) и (9).

Надеюсь на помощь участников форума в доказательстве Утверждения II.

Вывод:

Сравнения (2), (3) и (4) составленные по модулю $P =6n +5$ противоречивы.

Пришли к Противоречию.

[vasili]

Прошу прощения у участников форума. Утверждение II и Вывод в предыдущем сообщении ошибочны.
Пример:
Пусть $P = 17$, тогда имеем $f_1 = 10$, $f_2 = 3$ и $f_3 = 4$, которые удовлетворяют условиям (8) и (9).

[vasili]

Размышление……… от 28.11.2015 г.
1. Пусть натуральные попарно взаимно простые числа $x,y,z$ удовлетворяют уравнению

$x^3 + y^3-z^3 = 0\engo(1)$

2. Из бесконечного множества простых чисел, выберем такое простое число

$p =6n +1$, которое удовлетворяло бы, следующим условиям:

$(xyz, p) = 1$ и $(n, 3) = 1\engo (2)$.

[Простых чисел $6n +1$, где $(n,3) = 1$, бесконечно много. Достаточно положить

$n = 3x +2$,

где x пробегает натуральный ряд чисел,

и получить $6(3x + 2) +1 = 18x + 13$ -

арифметическую прогрессию. Так как (18,13) = 1, то такая арифметическая прогрессия,

согласно теореме Дирихле, содержит бесконечно много простых чисел]

3 Для поиска противоречия в равенстве (1) будем использовать метод сравнения Гаусса,

где в качестве модуля возьмем выбранное нами простое число $p =6n +1$.

4. В совокупности $R = (1,2,3,….,(p-1))$ наименьших натуральных вычетов по модулю p,

найдутся такие вычеты $f_1,f_2,f_3$ и $r_1,r_2,r_3$, что будут справедливы сравнения:

$z^2-f_1xy\equiv 0\mod p\engo(3)$,

$x^2 +f_2zy\equiv 0\mod p\engo(4)$,

$y^2 + f_3zx\equiv 0\mod p\engo(5)$,

$r_1z\equiv x\mod p\engo(6)$,

$z\equiv r_2y\mod p\engo(7)$,

$r_3x\equiv -y\mod p\(8)$.

5. Отметим некоторые свойства совокупности трех чисел $(f_1,f_2,f_3)$

5.1.Умножим сравнение (3) на z , сравнение (4) на x, а сравнение (5) на y, получим

$z^3-f_1zxy\equiv 0\mod p\engo(9)$,

$x^3 +f_2zxy\equiv 0\mod p\engo(10)$,

$y^3 + f_3zxy\equiv 0\mod p\engo(11)$.

Из суммы двух сравнений (10) и (11) вычтем сравнение (9) получим

$x^3 + y^3 -z^3 + z x y (f_1 + f_2 +f_3)\equiv 0\mod p$, отсюда с учетом (1) имеем

$f_1 + f_2 + f_3\equiv 0\mod p\engo(12)$

5.2, Преобразуем сравнения (3), (4) и (5) , перенося вторые слагаемые из левой части в

правую часть и, перемножая все три, полученных сравнения имеем

$z^2x^2y^2\equiv f_1f_2f_3z^2x^2y^2\mod p$, отсюда

$f_1f_2f_3\equiv 1\mod p\engo(13)$.

Таким образом, совокупность вычетов $(f_1,f_2,f_3)$ обладает свойствами, отраженными

в сравнениях (12) и (13).

6. Вспомогательное Утверждение:

В совокупности {R} существует только одна тройка вычетов $(f_1,f_2,f_3)$,

удовлетворяющих условиям, (12) и (13).

При этом 2(два) вычета, из трех указанных, принадлежат показателю 3 по модулю p, а

один вычет равен 1.


7.Пусть для определенности

$f_1 = 1$,

$f_2^3\equiv 1\mod p\engo(14)$, а

$f_3^3\equiv 1\mod p\engo(15)$.

8. Пусть g– первообразный корень по модулю p , тогда

$g^{p-1}\equiv g^{6n}\equiv 1\mod p$,

Пусть

$f_2\equiv g^w_1\mod p$,

$f_3\equiv g^w_2\mod p$, тогда соответственно

$f_2^3\equiv g^{3w_1}\equiv g^{6n}\mod p$,

$f_3^3\equiv g^{3w_2}\equiv g^{6n}\mod p$, отсюда соответственно получим

$3w_1\equiv 0\mod 6n$ и

$3w_2\equiv 0\mod 6n$, далее имеем

$w_1= (2n, 4n)$ и

$w_2 = (2n, 4n)$,
Пусть для определенности

$ind f_2 = 2n$, а

$ind f_3 = 4n$, тогда

$f_2\equiv g^{2n}\mod p\engo(16)$,

$f_3\equiv g^{4n}\mod p\engo(17)$,

8.Покажем, что вычеты $(1,f_2.f_3)$ удовлетворяют условиям (12) и(13)

$f_2^3 -1 = (f_2-1) (f_2^2 + f_2 +1) \equiv 0\mod p$, отсюда

$f_2^2 + f_2 +1 \equiv 0\mod p\engo(18)$,

$f_3^3 -1 = (f_3-1)(f_3^2 + f_3 +1) \equiv 0\mod p$, отсюда

$f_3^2 + f_3 +1\equiv 0\mod p\engo(19)$.

9, Из сравнения (18) вычтем сравнение (19) имеем

$(f_2 -f_3)(f_2 +f_3) + (f_2 -f_3) = (f_2 -f_3) (f_2 +f_3 + 1)\equiv 0\mod p$, отсюда

$f_2 +f_3 + 1\equiv 0\mod p$, значит тройка вычетов $(1,f_2.f_3)$ удовлетворяет (12)

10, Возьмем произведение вычетов $(1,f_2.f_3)$ с учетом (16) и (17)

$1f_2f_3 \equiv g^{2n}g^{4n}\equiv 1\mod p$, значит тройка вычетов $(1,f_2.f_3)$

удовлетворяет (13).


11.Составим таблицу возможных комбинаций из 3-х вычетов, принадлежащих {R} и

удовлетворяющих условию (12), приняв один из вычетов равный 1, а два других таких,

что бы они не повторялись в других комбинациях.
И так
$1 + 2 + [(p_1)-2]\equiv 0\mod p$,
$1 + 3 + [(p-1) -3]\equiv 0\mod p$,
$1 + 4 + [(p-1)- 4]\equiv 0\mod p$,
…………………………………….,
$1 + f_2 + f_3\equiv 0\mod p$,
…………………………………..,
$1 + f_i +[(p-1) -f_i]\equiv 0\mod p$,
……………………………………….,
………………………………………..,
$1 + [\frac {p-1}{2} -1] + [(p-1)- \frac {p-1}{2}]\equiv 0\mod p$,

$1 + [\frac {p-1}{2}] + [\frac {p-1}{2}]\equiv 0\mod p$,
.

где $f_i $ пробегает от 2 до $\frac{p-1}{2}$ включительно.

Таким образом, мы получили $\frac{p-3}{2}$ комбинации (по 3-и вычета в каждой),

удовлетворяющих условию (12).

А есть ли среди этих комбинаций хоть одна тройка вычетов (кроме $(1,f_2.f_3)$ ), удовлетворяющая условию(13)?

Чтобы ответить на этот вопрос перемножим три вычета $(1,f_i, [(p-1) -f_i)]$ и сравним с 1 по модулю p

$1f_i[(p-1)-f_i]\equiv 1\mod p$, отсюда

$(f_i)^2 + f_i + 1\equiv 0 \mod p$, а это значит

$(f_i)^3\equiv 1\mod p$, но количество вычетов принадлежащих 3 по модулю P только

$\varphi(3) = 2$, а это найденные нами вычеты $f_2$ и $f_3$., удовлетворяющие

условию(13). Поэтому нет ни одной другой комбинации (по 3-и вычета в каждой), из

$\frac{p-3}{2}$ , [кроме $(1,f_2.f_3)$], удовлетворяющей условию (13).


12. Допустим теперь, что . существуют три вычета $f_j > 1$, $f_r >1$ $f_s >1$

принадлежащие {R}, такие, что

$f_j + f_r + f _s\equiv 0\mod p\engo(21)$ и

$f_jf_rf_s\equiv 1\mod p\engo(22)$.

Из сравнения (21) следует, что

$f_j \equiv-(f_r + f_s)\mod p\engo(23)$, тогда сравнение (22) с учетом (23) будет

$-(f_r + f_s)f_rf_s -1\equiv 0\mod p$, отсюда

$ 1 + (f_r)^2f_s + f_r(f_s)^2\equiv 0\mod p$.

Пусть $(f_r)^2f_s\equiv f_k\mod p\engo(24)$, тогда

$f_r(f_s)^2\equiv (p-1)-(f_r)^2f_s\equiv (p-1) -f_k\mod p$, а с учетом этого и (24) получим

сравнение

$1 + f_k + [(p-1) -f_k]\equiv 0\mod p$, (одно из сравнений п.11) которое имеет

единственное решение, что показано выше (п.11), а именно:



$f_{k_1} = f_2$ и $f_{k_2} = f_3$,

13. Таким образом нами доказано Вспомогательное Утверждение.

14. Теперь запишем сравнения (3), (4) и (5) с учетом, того, что

$f_1 = 1$,

$f_2\equiv g^{2n}\mod p$, а

$f_3 \equiv g^{4n}\mod p$.

$z^2 -xy\equiv 0\mod p\engo(25)$,

$x^2 + g^{2n}zy\equiv 0\mod p\engo(26)$,

$y^2 +g^{4n}zx\equiv 0\mod p\engo(27)$.

15. Перемножая сравнения (6) и (7) получим

$r_1z^2\equiv r_2xy$, отсюда с учетом (25) имеем

$r_1 = r_2\engo(28)$.

16. Рассмотрим сравнение (26) с учетом (6)

$(r_1z)^2 + g^{2n}zy\equiv 0\mod p$, после сокращения на z

$(r_1)^2z + g^{2n}y\equiv 0\mod p$, отсюда с учетом (7)

$(r_1)^2r_2y + g^{2n}y\equiv 0\mod p$, после сокращения на y и учитывая (28) имеем

$ g^{2n}\equiv- r_1^2r_2\equiv- r_1^3\mod p\engo(29)$.

17, Пусть $r_1\equiv g^w\mod p$, тогда из (29) следует

$(r_1)^3\equiv g^{3w}\equiv (-1) g^{2n}\mod p$ , так как $(-1)\equiv g^{3n}\mod p$, то

$g^{3w}\equiv g^{5n}\mod p$, отсюда

$3w\equiv 5n\mod 6n$, что не возможно, так как $5n$ не делиться на 3,

[$(n, 3) =1\engo(2)$], а правая часть сравнения и модуль делятся на 3.

Пришли к Противоречию.

[vasili]

К сожалению не получил отклик участников Форума на мои Размышления ….от 28.11.2015 г. и потому предлагаю размышления на частный случай ВТФ.

Восприняв, Уважаемого Phisic BGA, рассуждения о «приложении»

треугольных чисел к доказательству ВТФ для $n =3$, предлагаю

доказательство частного случая ВТФ для $n = 3$, а именно: частного случая,

когда $z = y + 1$.

1.И так пусть существуют натуральные, попарно взаимно простые, числа

$x,y,z$, удовлетворяющие уравнению $x^3 + y^3 - z^3 = 0\engo(1)$

и пусть $z = y +1\engo(2)$ и $(z, 3) = 3\engo(3)$, тогда (1) с учетом (2)

запишем, как предложено Phisic BGA

$(y + 1)^3 -y^3 = x^3\engo(4)$.


2. Рассмотрим сумму и разность соседних треугольных чисел

$< x_1 + 1 >$ и $< x_1 >$.

2.1.

$$< x_1 + 1 > + < x_1 > =\frac{(x_1 +1)(x_1 + 2)}{2}\ + \frac{x_1(x_1 + 1)}{2}\ = =(x_1 + 1)^2\engo(4)$$

2.2.

$$< x_1 + 1 > - < x_1 > =\frac{(x_1 +1)(x_1 + 2)}{2}\ -\frac{x_1(x_1 + 1)}{2}\ = =(x_1 + 1)\engo(5)$$

3. Перемножим равенства (4) и (5) получим

$(< x_1 + 1 >)^2 - (< x_1 > )^2 = (x_1 + 1 )^3$ .

4.Пусть $x_1$ пробегает натуральный ряд чисел, тогда среди множества

чисел $x_1 + 1$ должно находиться и число x из равенства (4).

И мы вправе записать равенство, для не которого фиксированного $x_1$

$(< x_1 + 1 >)^2 - (< x_1 > )^2 = x^3\engo(6)$, а благодаря (4) и равенство

$(y+ 1)^3 - y^3 = x^3\engo(7)$.

5. Из равенств (6) вычтем равенство (7) и сгруппируем правую часть нового

равенства

$(< x_1 + 1 >)^2 - (y + 1)^3 = (< x_1 > )^2 -y^3 \engo(8)$

Известно, что

$(<m+1>)^2 = [\frac{(m+1)(m +2)}{2}]^2 =1^3 + 2^3 + 3^3 +….+ (m +1)^3$.

5.1. С учетом этого левую часть (8) запишем

$$(< x_1 + 1 >)^2 - (y + 1)^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + …. +(x_1 - 1)^3 + x_1^3 + +(x_1 + 1)^3 -y^3$$

.

Пусть $M = 1^3 + 2^3 + 3^3 + …. +(x_1 -1)^3$, тогда

$(< x_1 + 1 >)^2 - (y + 1)^3 = M + x_1^3 + (x_1 + 1)^3 -(y + 1)^3\engo(9)$.

5.2. А правая часть (8) будет

$$(< x_1 > )^2 -y^3 =1^3 + 2^3 + 3^3 + …. + (x_1 - 1)^3 + x_1^3 - y^3$$

.

$$(< x_1 > )^2 -y^3 = M + x_1^3 -y^3\engo(10)$$

.

6. Благодаря (8) равенства (9) и (10) равны, т.е.

$ M + x_1^3 + (x_1 + 1)^3 -(y + 1)^3 = M + x_1^3 -y^3$, отсюда

$x_1^3 + (x_1 + 1)^3 -(y + 1)^3 = x_1^3 -y^3\engo(11)$. преобразуем

$$x_1^3 + (x_1- y)[(x_1 +1 )^2 + (x_1 +1)(y +1) + (y +1)^2] = = (x_1- y)(x_1^2 +x_1y + y^2)$$

, еще раз преобразуем, перенося слагаемые из

правой части в левую часть

$$x_1^3 + (x_1- y)[x_1^2 +2x_1 +_1 + x_1y + x_1 + y +1 + y^2 +2y + 1 -x_1^2- -x_1y- y^2] = x_1^3 + 3(x_1- y)(x_1 + y + 1) = 0$$

, так как

$y > x_1$, то полученное равенство $x_1^3 + 3(x_1- y)(x_1 + y + 1) = 0$

запишем так

$x_1^3 -3(y- x_1)(x_1 + y + 1) =0$ или

$3(y- x_1)(x_1 + y + 1) = x_1^3\engo(12)$

[Если $ x_1 > y$, то равенство $x_1^3 + 3(x_1- y)(x_1 + y + 1) = 0$ очевидно не справедливое.]

АНАЛИЗ равенства (12)

1.Из (12) очевидно следует, что

$(x_1, 3) = 3$ и благодаря (2) $[(y-x_1), 3] = 1$

2. Пусть

$y- x_1 = p_1^{m_1}p_2^{m_2}…P_i^{m_i}…p_s^{m_s}\engo(13)$, где

$(p_i, 3) = 1$

3.Очевидно из (12) следует, что число $x_1^3$ должно делиться на

$y- x_1 = p_1^{m_1}p_2^{m_2}…P_i^{m_i}…p_s^{m_s}$, а это значит

что числу $x_1$ принадлежат как минимум в первой степени делители

$p_i$,т.е.

$x_1 = k p_1p_2….p_i….p_s\engo(14)$, где $(k, 3) = 3\engo(14A)$.

4. Из (13) с учетом (14) следует

$y = (k + 1) p_1p_2….p_i….p_s$, тогда (13) будет

$$y-x_1 =(k +1) p_1p_2….p_i….p_s - k p_1p_2….p_i….p_s = = p_1p_2….p_i….p_s\engo(15)$$

5. Рассмотрим $x_1 + y + 1$ --- множитель левой части (12), с учетом (14) и (15)

$$x_1 + y + 1 = k p_1p_2….p_i….p_s + (k + 1) p_1p_2….p_i….p_s + 1 = = (2k + 1 ) p_1p_2….p_i….p_s + 1\engo(16) $$

.

6. Запишем (12) с учетом (14), (15) и (16)

$$3 p_1p_2….p_i….p_s[(2k + 1 ) p_1p_2….p_i….p_s + 1] = = (k p_1p_2….p_i….p_s)^3\engo(17)$$

7. Если $p_1p_2….p_i….p_s > 1$, то очевидно левая часть (17) не делится

на $(p_1p_2….p_i….p_s)^3$

приходим к Противоречию.

8. Если $p_1p_2….p_i….p_s = 1$ , тогда (17) будет

$3(2k + 1 + 1) = 6(k + 1) = k^3$, левая часть полученного равенства, учитывая

условие (14A) - [$(k, 3) = 3$], не делится на $k^3$.

Пришли к противоречию.

Частный случай ВТФ для n = 3, когда $z = y + 1$ доказан.

[alexo2]

Об обозначениях - в обрамлении знаков сравнения - это что? Порядковый номер треугольного числа?

vasili в сообщении #1085705 писал(а):

2. Рассмотрим сумму и разность соседних треугольных чисел

$< x_1 + 1 >$ и $< x_1 >$.

2.1.

$$< x_1 + 1 > + < x_1 > =\frac{(x_1 +1)(x_1 + 2)}{2}\ + \frac{x_1(x_1 + 1)}{2}\ = =(x_1 + 1)^2\engo(4)$$

2.2.

$$< x_1 + 1 > - < x_1 > =\frac{(x_1 +1)(x_1 + 2)}{2}\ -\frac{x_1(x_1 + 1)}{2}\ = =(x_1 + 1)\engo(5)$$

Что касается этого:

vasili в сообщении #1085705 писал(а):

$3(y- x_1)(x_1 + y + 1) = x_1^3\engo(12)$

1.Из (12) очевидно следует, что

$(x_1, 3) = 3$ и благодаря (2) $[(y-x_1), 3] = 1$

то для уточненного уравнения для разности соседних кубов:
$(6n+1)^3+(6m)^3=(6m+1)^3$
существует представление, аналогичное вашему (12):
$3(6m-6n)(6m+6n+1)=(6n)^3$
Однако, никаких, по-крайней мере, очевидных, определяемых элементарными методами и уж тем более, связанных с четностью или делимостью на 3, противоречий оно не содержит.
Понятно только, что $3(6m-6n)$ и $(6m+6n+1)$ должны быть кубами взаимно простых чисел...

[vasili]

Уважаемый alexo! Равенство (12) содержит число $x_1$, которое не является решение ВТФ, а у Вас все числа принадлежат уравнению ВТФ. По форме похожи, а по содержанию разные равенства.

[alexo2]

Ладно.. Тогда так - у вас в левой и правой части (4) и (5) $x_1+1$ - одни и те же?..
Если нет, тогда как их интерпретировать?

[vasili]

Уважаемый alexo! Пока я Вас не понимаю.

-- 26.12.2015, 21:53 --

Уважаемый alexo2!Пока я Вас не понимаю.Приношу извинение за не не точное обращение.