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 $b^{k}\equiv 1 (\mod p)$.

[transcendent]

Доказательство Великой Теоремы Ферма через Малую Теорему Ферма и квадратичный модульный фильтр.

Типа, предисловия: Поскольку правила форума предписывают выписывать проекты доказательств строго для $n=3$, а у нас ниже Вы/вы увидите только $n$, есть просьбы рассматривать букву $n$, как число $3$. Поскольку, нет никакой разницы-$3$ ли это, или ещё какое-то число.
АННОТАЦИЯ.
Малая теорема Ферма (МТФ) применена к исследованию модулярных уравнений, связанных с Великой теоремой Ферма (ВТФ). Квадратичный модулярный фильтр предложен для устранения тривиальных решений. Стандартная гипотеза о существовании целочисленных решений уравнения ВТФ опровергнута, поскольку обнаружено, что область определения таких решений совпадает с областью определения тривиальных решений. Следовательно, ВТФ верна.
Ключевые слова: Великая Теорема Ферма, Малая Теорема Ферма, модулярный квадратичный фильтр, теория чисел, противоречие.

1. Введение.
Великая Теорема Ферма (ВТФ) утверждает: Для любого целого $n>2$ уравнение $x^n+y^n=z^n$, (♱), не имеет решений в положительных взаимно простых целых.Мы доказываем ВТФ цепочкой выводов: МТФ$\Rightarrow$модульная лемма$\Rightarrow$тождество (♱♱), $\Rightarrow$квадратное уравнение в целых$\Rightarrow$делимость на p$\Rightarrow$фатальное противоречие, где МТФ это Малая Теорема Ферма.

2. Лемма и вывод трёх уравнений.
Лемма: Пусть $a$, $b$,$ c$, $p$,$k$, $m$, $n\in\mathbb{Z}^{+}$, где нечётное $n>2$, $p$ простое и $p$ не делит $abc$ , мультипликативный порядок подгруппы, $k$, делит $p-1$, и $a^{k}\equiv b^{k}\equiv c^{k}\equiv 1(\mod p)$ для $m \equiv n(\mod k)$. Если $a^n+b^n=c^n(\mod p)$, тогда $a^m+b^m=c^m(\mod p)$.
Доказательство Леммы. Тривиальные шаги $1-12$ приводят к трём уравнениям $(1)-(3)$.
1. Начинаем с $a^k-b^k\equiv 0(\mod p)$, поскольку согласно МТФ $a^k\equiv b^k\equiv 1(\mod p)$.
2. Возводим в квадрат: $(a^k-b^k)^{2}\equiv 0(\mod p)$.
3. Раскрываем: $a^{2k}-2a^{k}b^{k}+b^{2k}\equiv 0(\mod p)$.
4. Переносим $2a^{k}b^{k}$ вправо: $a^{2k}+b^{2k}\equiv 2a^{k}b^{k}(\mod p)$.
5. Делим обе части на $a^{k}b^{k}$: $a^{k}b^{-k}+a^{-k}b^{k}\equiv 2(\mod p)$.
6. Умножаем обе части на $a^{n}b^{n}$: $a^{n+k}b^{n-k}+a^{n-k}b^{n+k}\equiv 2a^{n}b^{n}(\mod p)$.
7. Прибавляем $a^{2n}+b^{2n}$ справа и слева: $a^{2n}+b^{2n}+a^{n+k}b^{n-k}+a^{n-k}b^{n+k}\equiv a^{2n}+b^{2n}+2a^{n}b^{n}(\mod p)$.
8. Преобразуем к уравнению: $(a^{n+k}+b^{n+k})(a^{n-k}+b^{n-k})\equiv(a^{n}+b^{n})^{2}(\mod p)$, (♱♱).
9.Вводим переменную $c$: $a^{n}+b^{n}\equiv c^{n}(\mod p) $ $\Rightarrow$ $(a^{n}+b^{n})^{2}\equiv c^{2n}(\mod p)$.
10. Т.к., $m\equiv n(\mod k)$ и $c^{k}\equiv 1(\mod p)$, то существуют сравнения $a^{n+k}+b^{n+k}\equiv c^{n+k}(\mod p)$ и $ a^{n-k}+b^{n-k}\equiv c^{n-k}(\mod p)$.
11. Выписываем все три сравнения:
$a^{n}+b^{n}\equiv(\mod p)$, ($1$),
$a^{n+k}+b^{n+k}\equiv c^{n+k}(\mod p)$ , ($2$),
$ a^{n-k}+b^{n-k}\equiv c^{n-k}(\mod p)$, ($3$).
12. Лемма доказана: если выполнено ($1$), то выполнены ($2$) и ($3$), а, значит, и для любого $m\equiv n(\mod k)$.

3. Модульный фильтр.
Рассмотрим квадратное уравнение универсального характера относительно $u$: $u^{2}+2Zu+(Z^{2}-(A+B)^{2})=0$, (KE), $(A, B, Z)$\in$$\mathbb{Z}$$, тогда корни $u$: $u=-Z$\pm$(A+B)$. Положим $A=a^{n}$, $B=b^{n}$, $C=c^{n}$. Лемма даёт решение $Z\equiv (A+B)(\mod p)$. Для простого $p$ фиксируем $A+B\equiv 0(\mod p)$. Тогда $Z\equiv 0(\mod p)$. Следовательно, целые корни $u$ должны удовлетворять $u\equiv 0(\mod p)$. Фильтр используется для сопоставления корней с уравнением в следующей секции.
Пример. Пусть $p=37$, A+B=37. Тогда, соответствующими условию фильтра являются следующие значения $u=37t$, $t$\in$$\mathbb{Z}$$.

4. Гипотеза и подъём тождества в $\mathbb{Z}$.
Пусть ненулевые целые $a\equiv x (\mod p)$, $b\equiv y (\mod p)$, $c\equiv z (\mod p)$ являются корнями (♱) и $p$ не делит $z$-исходная гипотеза. Среди соответствующих условию фильтра $c^{n}=z^{n}+pt$(t$\ne$0, т.к., $p$ не делит $z$) и $c^{n}=-z^{n}+pt$ для колец $\mathbb{Z}_{p}$. Следовательно, должны существовать два целых корня, $t_{1}$ и $t_{2}$. Подставим в (♱♱), раскрывая затем модуль: $(a^{n+k}+b^{n+k})(a^{n-k}+b^{n-k})\equiv (z^{n}+pt)^{2}(\mod p)$. Раскрывая, получаем: $p^{2}t^{2}+2ptz^{n}+z^{2n}-(a^{n}+b^{n})^{2}=0$. Это квадратное уравнение относительно $t$: $p^{2}t^{2}+2ptz^{n}+[z^{2n}-(a^{n}+b^{n})^{2}]=0$.
Дискриминант-полный квадрат: $\Delta$=4p^{2}(a^{n}+b^{n})^{2}$.
Целочисленные корни: $t_{1}=-z^{n}/p-(a^{n}+b^{n})/p$, $t_{2}=-z^{n}/p+(a^{n}+b^{n})/p$.

5. Фатальное противоречие.
Сложение и вычитание двух корней даёт "$p$ делит $z$" и "$p$ делит $a^{n}+b^{n}$". Гипотеза: "$p$ не делит $z$" и "$p$ не делит $a^{n}+b^{n}$". Следовательно, $p$ делит оба числа $z$ и одно из $x$, $y$- нарушение взаимной простоты. Т.о., гипотеза о существовании хотя бы одного подходящего простого $p $ложна; тем более, ложно существование целого решения для (♱). Q.E.D.

6. Заключение.
Цепочка «МТФ$\Rightarrow$модульная лемма$\Rightarrow$тождество(♱♱)$\Rightarrow$квадратное уравнение в целых$\Rightarrow$делимость на $p$» разрушает предполагаемое взаимно простое решение, ВТФ доказана.

[waxtep]

transcendent в сообщении #1714482 писал(а):

Положим $A=a^{n}$, $B=b^{n}$, $C=c^{n}$. Лемма даёт решение $Z\equiv (A+B)(\mod p)$. Для простого $p$ фиксируем $A+B\equiv 0(\mod p)$.

Но ведь тогда и $C=c^n$ будет делиться на $p$, что противоречит условию леммы из раздела 2. Непонятно, можете разъяснить это место?