ВТФ(3)-малой теоремой Ферма+варьируемыми основаниями с/с, p.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1694632 писал(а):

Это как-то чего-то рушит?

Да. Не доказано, что

transcendent в сообщении #1694623 писал(а):

$a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\ $

[transcendent]

mihaild в сообщении #1694635 писал(а):

transcendent в сообщении #1694632 писал(а):

Это как-то чего-то рушит?

Да. Не доказано, что

transcendent в сообщении #1694623 писал(а):

$a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\ $

Это дано.
В другом случае представленного доказательства, а именно в случае бинарной числовой системы, тоже даны переменные $a$ и $b$. А для этого случая МТФ не нужна, вообще.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1694637 писал(а):

Это дано

Нет, не дано. Дано вот это

transcendent в сообщении #1694612 писал(а):

Пусть взаимно простые целые x,y,z удовлетворяют уравнению ВТФ , при нечётном $n>2$, и a,b,c для каждого простого числа $p$ являются остатками (mod p) от x,y,z соответственно

[transcendent]

mihaild в сообщении #1694639 писал(а):

transcendent в сообщении #1694637 писал(а):

Это дано

Нет, не дано. Дано вот это

transcendent в сообщении #1694612 писал(а):

Пусть взаимно простые целые x,y,z удовлетворяют уравнению ВТФ , при нечётном $n>2$, и a,b,c для каждого простого числа $p$ являются остатками (mod p) от x,y,z соответственно

По ссылке , которая дана мной выше-буквально следующее:
1. Если $a^{p}\equiv a(\mod p)$. Если $a$ делится на $p$, то $a\equiv 0(\mod p)$ и $a^{p}\equiv 0(\mod p)$, т.е., $a^{p}\equiv a(\mod p)$.
2. Если $a$ не делится на $ p$, то выражение $a^{p}\equiv a(\mod p)$ эквивалентно выражению $a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$.
Правильно ли я Вас понимаю, что Вы мне говорите о пункте $1$ здесь? Если правильно, то я ещё раз хотел бы напомнить мой ответ о бинарной системе счисления. Вы почему-то не обратили внимания на этот ответ.
Но, т.к., мне думается, что я понял Ваше возражение-Вы мне противопоставляете пункт $1$ (извинения за повтор), то отвечаю так: ДАНО- потому, что я пишу первые два младших коэффициента(цифра-так проще...), $a $и$ b$, для $p$-адических целых корней уравнения ВТФ, который существует гарантированно. И , в этом случае, мы всегда знаем, что они лежат в диапазоне $[0; p-1]$. Следовательно, ни $a$, ни $b$ на $p$ делится не могут для предлагаемого доказательства. Хорошо. Давайте, просто, о кольце.
Мне больше добавить нечего пока.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1694644 писал(а):

Правильно ли я Вас понимаю, что Вы мне говорите о пункте $1$ здесь?

Правильно.

transcendent в сообщении #1694644 писал(а):

Если правильно, то я ещё раз хотел бы напомнить мой ответ о бинарной системе счисления

Там ничего не говорится про случай $a \equiv 0 \pmod p$. Куда он делся?

transcendent в сообщении #1694644 писал(а):

$a $и$ b$, для $p$-адических целых корней уравнения ВТФ

А теперь еще $p$-адические числа появились. Как они вообще связаны со всем предыдущим?

Доказательство должно быть последовательностью утверждений, каждое из которых либо аксиома, либо выводится из предыдущих. Без непонятных перескоков, "канвы" и прочего.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1694646 писал(а):

Там ничего не говорится про случай $a \equiv 0 \pmod p$. Куда он делся?

Это всё тот же случай 1. Я только что ответил на него:

transcendent в сообщении #1694644 писал(а):

1. Если $a^{p}\equiv a(\mod p)$. Если $a$ делится на $p$, то $a\equiv 0(\mod p)$ и $a^{p}\equiv 0(\mod p)$, т.е., $a^{p}\equiv a(\mod p)$.

mihaild в сообщении #1694646 писал(а):

А теперь еще $p$-адические числа появились. Как они вообще связаны со всем предыдущим?

Вложениями-между собой. А с доказательством -естественным образом: что мы пишем для $\mathbb{Z}$-мы пишем для $\mathbb{Z}_{p}$, в конечном-то итоге.

mihaild в сообщении #1694646 писал(а):

Доказательство должно быть последовательностью утверждений, каждое из которых либо аксиома, либо выводится из предыдущих. Без непонятных перескоков, "канвы" и прочего.

Я уже ответил на этот вопрос на предыдущей странице. Пока добавить нечего. As is.
Уже поздно на этой стороне.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1694647 писал(а):

Я только что ответил на него

Я про то, что происходит дальше в вашем рассуждении.
В общем, на текущий момент первая из замеченных мной ошибок -

transcendent в сообщении #1694612 писал(а):

при любом $p>2$ $a^{k}=b^{k}$

не доказано.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1694650 писал(а):

transcendent в сообщении #1694647 писал(а):

Я только что ответил на него

Я про то, что происходит дальше в вашем рассуждении.
В общем, на текущий момент первая из замеченных мной ошибок -

transcendent в сообщении #1694612 писал(а):

при любом $p>2$ $a^{k}=b^{k}$

не доказано.

Это Вы другими словами:

mihaild в сообщении #1694635 писал(а):

transcendent в сообщении #1694632 писал(а):

Это как-то чего-то рушит?

Да. Не доказано, что

transcendent в сообщении #1694623 писал(а):

$a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\ $

Я тоже ответил на это: это дано, поскольку мы выбираем такие $a$ и $b$, которые, при возведении в степень k (порядок-см. текст доказательства), дают $a^{k}=b^{k}$, согласно МТФ.
Других вариантов выбора, просто, нет. Ни у меня, ни у кого иного. Это второй вариант. Копирую его ещё раз:

transcendent в сообщении #1694644 писал(а):

2. Если $a$ не делится на $ p$, то выражение $a^{p}\equiv a(\mod p)$ эквивалентно выражению $a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$.

Я же объяснил-ничего иного не подойдёт для поиска $p$-адических целых корней.
А Вы мне, всё-таки, могли бы прокомментировать, пожалуйста, мои вопросы о бинарной системе. Я завтра мог бы прочитать.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1694651 писал(а):

это дано

Я читаю формулировку леммы. Там этого не дано. Хотите использовать - меняйте формулировку.
Хотите рассматривать сначала один вариант, потом другой - рассматривайте. Написав полностью, чтобы не приходилось собирать рассуждение из разбросанных по разным постам частей.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1694653 писал(а):

transcendent в сообщении #1694651 писал(а):

это дано

Я читаю формулировку леммы. Там этого не дано. Хотите использовать - меняйте формулировку.
Хотите рассматривать сначала один вариант, потом другой - рассматривайте. Написав полностью, чтобы не приходилось собирать рассуждение из разбросанных по разным постам частей.

Да, это будет введено в формулировку Леммы. Только хотелось бы понять-зачем. Могли бы объяснить? Третьего варианта не дано. Первый вариант не годится. Остаётся только второй вариант. Второй вариант , как ДАНО, положен в основу доказательства...Я копирую их оба:

transcendent в сообщении #1694644 писал(а):

1. Если $a^{p}\equiv a(\mod p)$. Если $a$ делится на $p$, то $a\equiv 0(\mod p)$ и $a^{p}\equiv 0(\mod p)$, т.е., $a^{p}\equiv a(\mod p)$.
2. Если $a$ не делится на $ p$, то выражение $a^{p}\equiv a(\mod p)$ эквивалентно выражению $a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$.

Нет проблем, чтобы ввести это в текст формулировки...Понимать бы, только,-зачем...

[mihaild]

transcendent в сообщении #1694654 писал(а):

Только хотелось бы понять-зачем. Могли бы объяснить?

Потому что доказательство не может накладывать дополнительные ограничения, которых не было в исходном утверждении. Нельзя взять и дописать что ДАНО что хочется.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1694657 писал(а):

transcendent в сообщении #1694654 писал(а):

Только хотелось бы понять-зачем. Могли бы объяснить?

Потому что доказательство не может накладывать дополнительные ограничения, которых не было в исходном утверждении. Нельзя взять и дописать что ДАНО что хочется.

OK. Уже не сегодня. Спасибо.

[transcendent]

Лемма: Пусть взаимно простые целые $x$, $y$, $z$ удовлетворяют уравнению ВТФ , при нечётном $n>2$, и $a$, $b$, $c$ являются остатками $(\mod p) $ от $x$, $y$, $z$ соответственно, и удовлетворяют Малой Теореме Ферма, т.е., $a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$, $b^{p-1}\equiv 1(\mod p)$. Тогда для каждого нечетного целого числа $m$ в области $[3,2n-3] $ выполнено $a^{m}+b^{m}\equiv c^{m} (\mod p) $, $m=n$, $m=n-k$, m=$n+k$, где $k$ есть наименьшие целые чётные числа, кратные или равные $p-1$, и которые являются порядками элемента/ов $a$ (и $b$, и $c$) по модулю $p$, такими, что $a^{k}\equiv 1 (\mod p)$ и $b^{k}\equiv 1 (\mod p)$.