Доказательство методом беск спуска

[SomePupil]

Пусть $a^n+b^n = c^n,$ где $n\ge 3$ нечетно, $c\ne0\;-$ четно. Примем $x+y = a^n, x-y = b^n.$ Тогда $(x^2-y^2)/(4x^2) = (ab/c^2)^n =\colon (z/x)^n,$ и мы получаем $x(x^n-4z^n) = x^{n+1}-4xz^n = x^{n-1}y^2,$ которое является точным квадратом.

Пусть $d\;-$ НОД $x$ и $z,$ и $x' = x/d, z' = z/d,$ так что $d^{n+1}x'(x'^n-4z'^n)$ и $x'(x'^n-4z'^n)$ являются точными квадратами. Последние два множителя взаимно-просты, поэтому $x' = p^2, x'^n-4z'^n = q^2,$ и теперь $p^{2n}-q^2 = (p^n+q)(p^n-q) = 4z'^n.$

НОД $p^n+q$ и $p^n - q$ равен 2. Следовательно, $p^n +q = 2r^n$ и $p^n-q = 2s^n,$ так что $p^n = r^n + s^n$ другое решение! Далее применяем бесконечный спуск.

ЧтД, .

[ozheredov]

SomePupil, и Вы туда же? Вот уж кого точно не ожидал встретить в этом разделе.

[мат-ламер]

SomePupil в сообщении #1641287 писал(а):

$c\ne0\;-$ четно.

А если нет?

SomePupil в сообщении #1641287 писал(а):

Далее применяем бесконечный спуск.

При этом чётность $c$ должна сохраняться?
(Извините, доказательство не осилил. Написал, что первое бросилось в голову).

[Null]

SomePupil в сообщении #1641287 писал(а):

Пусть $d\;-$ НОД $x$ и $z,$

Тут нужна целость $z$

[SomePupil]

Null в сообщении #1641299 писал(а):

Тут нужна целость $z$

В том и чудо, что целость есть! $z = ab\cdot \frac{x}{c^2}.$ Так как $2x=c^n$, здесь справа четное число и $n\ge 3,$ то $z\;-$ целое число.

мат-ламер в сообщении #1641295 писал(а):

При этом чётность $c$ должна сохраняться?

При необходимости перенося слагаемые, можно всегда добиваться исходного условия, благо одно из $a,b,c$ всегда четно. Далее повторять рассуждения и проводить спуск - до победного

[Null]

SomePupil в сообщении #1641303 писал(а):

до победного

А доказать убывание?

[мат-ламер]

SomePupil в сообщении #1641303 писал(а):

При необходимости перенося слагаемые

А какие слагаемые куда можно переносить? Вроде по идее все три члена в уравнении должны быть с положительным знаком.

[SomePupil]

Null в сообщении #1641310 писал(а):

А доказать убывание?

Глаз-алмаз. Проблема в том, что $p,r,s$ не обязательно меньше $a,b,c$!

Про эти правдоподобные рассуждения в брошюре Fermat's last theorem for regular primes, на стр. 8 есть следующая замета:

Цитата:

Ложное доказательство Ферма?: Хорошо известно, что Ферма написал на полях, что у него есть «поистине чудесное» доказательство, но публично повторил лишь более слабые утверждения. Так что, скорее всего, он быстро нашел ошибку в своем первоначальном ложном аргументе. Может ли это быть следующая попытка метода бесконечного спуска (метода, который он так любил и успешно применял для n = 4)?

Должно быть, это наиболее близкое рассуждение к тому, который Ферма предполагал уложить "на полях", которые оказались "слишком узки"
Доказательство выше для случая $n=5$ упоминается в работе маэстро Леонарда Эйлера, в Euler, Opera Postuma Math. et Physica (1862), vol. 1, 231-232. Он приписывает его некому Lexell.

-- 04.06.2024, 12:07 --

мат-ламер в сообщении #1641311 писал(а):

Вроде по идее все три члена в уравнении должны быть с положительным знаком.

Можно искать нетривиальные решения и над целыми числами, необязательно положительными. Это эквивалентно ВТФ, например, в Fermat's Last Theorem (Вики) см. "Equivalent statement 1".

[transcendent]

В ветке "Работа форума", в моей закрытой теме "Неужели, Пургаторий-это навсегда?" мне официально было запрещено что-либо писать на тему бесконечного спуска для ВТФ. Имею кое-какие файлы и ещё что-то, что могло бы быть (или не быть?) полезным. Если надо кому-то, то пишите мне на мой е-мэйл id, который зарегистрирован на этом форуме.

[Ende]

transcendent
Предупреждение за саморекламу в чужой теме.

[Батороев]

SomePupil в сообщении #1641287 писал(а):

Пусть $a^n+b^n = c^n,$ где $n\ge 3$ нечетно, $c\ne0\;-$ четно.

У меня вопрос: Неужели этот случай не является очевидным? Как мне видится, такой случай не возможен ни в ВТФ, ни в гипотезе Билля, ни даже в Пифагоровых тройках.

[Antoshka]

Батороев в сообщении #1641482 писал(а):

Неужели этот случай не является очевидным?

Поясните, почему он очевидный

[Батороев]

Antoshka в сообщении #1641483 писал(а):

Поясните, почему он очевидный

Простые выкладки говорят об этом:
$4a^n\cdot b^n=(a^n+b^n)^2-(a^n-b^n)^2$
$c^{2n}=(a^n-b^n)^2+4a^n\cdot b^n$
где степень чётности правой части "не достаёт" до степени чётности левой.

[transcendent]

SomePupil в сообщении #1641287 писал(а):

$c\ne0\;-$ четно

. Это означает, что $a^{n}+b^{n}=0 \mod 2^{n}$, (1). С другой стороны, это означает, что $a+b=0 \mod 2$,(2). Также, мы не должны забывать, что из (2) следует уравнение $(a+b)^{n}=0 \mod 2^{n}$, (3). Противоречие (3) с (1) и готово...Т.е., условие

SomePupil в сообщении #1641287 писал(а):

$c\ne0\;-$ четно

не существует.

[Null]

Батороев в сообщении #1641490 писал(а):

где степень чётности правой части "не достаёт" до степени чётности левой.

Тут у вас ошибка- напишите подробнее. Учитывайте что $(20+28)\vdots 16$