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

[r-aax]

Не знаю, какое отношение последний пост имеет к этому приведенному утверждению:

transcendent в сообщении #1724741 писал(а):

Имеем Следствие из Леммы:
$\[ \forall a,b,c\in\mathbb{Z},\ \forall p>5\text{ простое},\ \forall n>2,\ p\nmid abc, \] \[ \bigl( \exists a_1,b_1,c_1\in\mathbb{Z}: a_1^2\equiv a,\ b_1^2\equiv b,\ c_1^2\equiv c\pmod{p} \bigr)\ \wedge\ (a+b=c)\ \wedge\ (a^n+b^n\equiv c^n\pmod{p}) \] \[ \Longrightarrow\ \exists A,B,C\in\mathbb{Z}^+:\ A^2+B^2=C^2\ \wedge\ A^2\equiv a,\ B^2\equiv b,\ C^2\equiv c\pmod{p}. \]$

При $n = 3$ в этом утверждении условия $(a+b=c)\ \wedge\ (a^n+b^n\equiv c^n\pmod{p})$ противоречат условиям $(p > 5) \wedge (p \nmid abc)$, то есть условия утверждения несовместимы.

[Mikhail_K]

r-aax в сообщении #1726827 писал(а):

Так как на форуме принято в явном виде приводить доказетельство для $n = 3$, то возникает желание и это утверждение проверить для $n = 3$.
Условия приведенного утверждения при $n = 3$ несовместимы.

Вам известно, что если условия утверждения несовместимы, то по законам математической логики утверждение считается автоматически истинным (а вовсе не ложным)? Как говорится, "из лжи следует что угодно".

Вероятно, это следствие зачем-нибудь нужно ТС при $n>3$, а при $n=3$ просто не нужно. Раз его условия несовместимы, значит, нет ситуации, в которой оно будет при $n=3$ применяться. И при $n=3$ доказательство (если оно есть) просто обойдётся без этого следствия.

Я в эту тему не вдавался и не хочу выступать адвокатом ТС, но конкретно Вы пишете что-то не к месту.

-- добавлено через 4 минуты --

Надо смотреть, как именно это следствие используется в доказательстве ТС и какую роль оно там играет. В зависимости от этого, замеченная несовместимость условий может указывать, что с доказательством что-то не так, а может и не указывать.

[r-aax]

Mikhail_K в сообщении #1726842 писал(а):

Вам известно, что если условия утверждения несовместимы, то по законам математической логики утверждение считается автоматически истинным (а вовсе не ложным)? Как говорится, "из лжи следует что угодно".

Вероятно, это следствие зачем-нибудь нужно ТС при $n>3$, а при $n=3$ просто не нужно. Раз его условия несовместимы, значит, нет ситуации, в которой оно будет при $n=3$ применяться. И при $n=3$ доказательство (если оно есть) просто обойдётся без этого следствия.

Я в эту тему не вдавался и не хочу выступать адвокатом ТС, но конкретно Вы пишете что-то не к месту.

Безусловно, это так.
Я и не пишу, что оно ложно.
Конечно, при несовместимости условий в посылке утверждения, верен любой наперед заданный из него вывод.

Mikhail_K в сообщении #1726842 писал(а):

Надо смотреть, как именно это следствие используется в доказательстве ТС и какую роль оно там играет. В зависимости от этого, замеченная несовместимость условий может указывать, что с доказательством что-то не так, а может и не указывать.

Вот для этого и хочется посмотреть на явно выписанное доказательство для случая $n = 3$.
Я пока не увидел в тексте, что для $n = 3$ утверждение не используется, а для $n > 3$ используется...

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726841 писал(а):

Не знаю, какое отношение последний пост имеет к этому приведенному утверждению:

Пост, о котором Вы говорите, имел/имеет прямое отношение к Вашему первому сегодняшнему комменту и косвенное отношение к упоминаемому Вами утверждению-Следствию из Леммы с желанием пояснить. Что и было сделано.

r-aax в сообщении #1726841 писал(а):

При $n = 3$ в этом утверждении условия $(a+b=c)\ \wedge\ (a^n+b^n\equiv c^n\pmod{p})$ противоречат условиям $(p > 5) \wedge (p \nmid abc)$, то есть условия утверждения несовместимы.

Замашки на $n=3$ (хорошо, давайте рассуждать о $n$ , а не о $m$, как я было начал) и не было по очевидной причине непригодности этой степени в Следствии: Поскольку оба упомянутых Вами условия даны (авторами) для $n\equiv 1 (\mod k)$, то мультипликативный порядок $k$ подгруппы $(a, b, c)$ будет равен $2$ и, следовательно, мультипликативный порядок каждого элемента будет тоже равен $2$, что невозможно. (Есть и другие объяснения.) Или, другими словами, таких $p$ не существует. Следовательно, никаких противоречий в условиях нет.
Просто, когда Вы пишете $n=3$, Вам следует учитывать, что Вы будете иметь дело с не-$a$, не-$b$, не-$c$ в точности с определением, данным в предыдущем ответе Вам.
Надеюсь, пояснения разрешили Ваш вопрос?

r-aax в сообщении #1726843 писал(а):

Безусловно, это так.
Я и не пишу, что оно ложно.
Конечно, при несовместимости условий в посылке утверждения, верен любой наперед заданный из него вывод.

Я просто зафиксировал этот комментарий.

r-aax в сообщении #1726843 писал(а):

Вот для этого и хочется посмотреть на явно выписанное доказательство для случая $n = 3$.
Я пока не увидел в тексте, что для $n = 3$ утверждение не используется, а для $n > 3$ используется...

Мне кажется данные объяснения сейчас и в предыдущем комментарии достаточны. Если они не достаточны, то прошу пояснять детальнее-что неясно.
Также, хотелось бы добавить, что всегда можно выбрать такое $p$, что $n\equiv 1(\mod k)$ будет кратно $3$, что можно автоматически объявлять кубами.

Тем не менее, попытка представить доказательство ВТФ для $n=3$ дана сегодня на предыдущей странице. Оценивайте, пожалуйста.

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726846 писал(а):

Замашки на $n=3$ (хорошо, давайте рассуждать о $n$ , а не о $m$, как я было начал) и не было по очевидной причине непригодности этой степени в Следствии:

Хорошо.
То есть для доказательства случая $n = 3$ Следствие не используется.
Предлагаю этот случай ($n = 3$) и рассмотреть детально.

transcendent в сообщении #1726846 писал(а):

Тем не менее, попытка представить доказательство ВТФ для $n=3$ дана сегодня на предыдущей странице. Оценивайте, пожалуйста.

То есть вот эти 9 пунктов позиционируются как доказательство ВТФ для $n = 3$?

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

1. Гипотеза: пусть $a$, $b$, $c$ являются степенями $n$, в данном случае, кубами, т.е., $n=3$.
2. Тогда (тем более) $a, b, c$ являются тремя кубическими вычетами по модулю $p$ (или $N$, которое является взаимно простым с каждым из $ a, b, c$). Т.е., $\alpha^{3} \equiv a$, $\beta^{3} \equiv b$, $\gamma^{3} \equiv c (\mod p)$.
3. И тогда справедливо доказанное ранее сравнение $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}(\mod p)$, и $m\ge 3$-целое, причём $m\equiv 1(\mod k)$.
4.Раскрываем модуль: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}+pt$.
5.Так же, предыдущее уравнение можно/нужно записать так: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \gamma^{3\cdot m}+pt$.
6. Тогда $c=\gamma^{3}=\sqrt[m]{(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-pt}$.
7. Также, $c=a+b=\alpha^{3}+\beta^{3}=\gamma^{3}$, в силу гипотезы, п.1.
8. Тогда, объединяя пункты 3-6 (следующие из Леммы) и п.п. 1, 2, 7 (являющиеся и следующие из Гипотезы), чтобы предотвратить тавтологию, получаем: $c=\alpha^{3}+\beta^{3}=\sqrt[m]{(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-pt}$.
9. Тогда, после совместного решения с уравнением из п. 6 получаем, что $pt=0$ и, или $a=\alpha^{3}=0$, или $b=\beta^{3}=0$.

Попробую читать эти пункты.

1. Пусть $a$, $b$, $c$ - кубы натуральных чисел, и выполнено равенство $a + b = c$. Правильно?
2. Так как $a = \alpha^3$, $b = \beta^3$, $c = \gamma^3$, то и по модулю $p$ эти равенства выполняются. Правильно?
3. Где ранее доказано приведенное в этом пункте сравнение? И раз уж тут приведено компактное доказательство для $n = 3$, то что тут означает $k$?

[transcendent]

r-aax,

transcendent в сообщении #1726846 писал(а):

Замашки на $n=3$ (хорошо, давайте рассуждать о $n$ , а не о $m$, как я было начал) и не было по очевидной причине непригодности этой степени в Следствии

Правильнее было сказать так: "Замашки на $n=3$ (хорошо, давайте рассуждать о $n$ , а не о $m$, как я было начал) и не было по очевидной причине непригодности этой степени для подгруппы $(a, b, c)$ в Следствии".
Поэтому, Ваше утверждение-см. копию ниже -не является верным:

r-aax в сообщении #1726849 писал(а):

Хорошо.То есть для доказательства случая $n = 3$ Следствие не используется.

Нет никаких оснований говорить о частном случае ($n=3$ и любой иной), как о каком-то отдельном доказательстве, не использующим Следствие. И объяснения будут даны в конце этого комментария.
Если есть понимание о $(a, b, c)$ и о не-$a$, не-$b$, не-$c$ в контексте предлагаемогог общего доказательства, то всё становится проще. На предыдущей странице дано определение $(a, b, c)$. Можно дать ещё более простое определение: "элементы $(a, b, c)$ это остатки по модулю $p$ в модульных представлениях уравнения ВТФ, которые дают также алгебраическую сумму $a+b=c$". Всё остальное это не-$a$, не-$b$, не-$c$-или по иному, для $n=3$, это уже:

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

Т.е., $\alpha^{3} \equiv a$, $\beta^{3} \equiv b$, $\gamma^{3} \equiv c (\mod p)$.

(Оффтоп)

Чтобы понять лучше, вот Ваш (давний) пример с не-$a$, не-$b$, не-$c$: $1^{3}+1^{3}\equiv 8^{3}(\mod 17)$, (1), поскольку нет суммы $1+1=8$. А вот пример с $(a, b, c)$: $1^{9}+1^{9}\equiv 2^{9}(\mod 17)$, (3), поскольку есть сумма $1+1=2$. Несмотря на то, что правые и левые части сравнений, казалось бы одинаковые, однако, нет,-это не одно и то же в контексте представляемого доказательства. Для понимания что такое есть $(a, b, c)$ и есть ли они в конкретном сравнении, надо учитывать определения для них, данные вчера и сегодня.

r-aax в сообщении #1726849 писал(а):

Попробую читать эти пункты.

Вы читате правильно.

r-aax в сообщении #1726849 писал(а):

Где ранее доказано приведенное в этом пункте сравнение? И раз уж тут приведено компактное доказательство для $n = 3$, то что тут означает $k$?

Запишем ещё раз сравнение , о котором Вы спрашиваете: $(a+b)^m\equiv a^m+b^m(\mod p)$, где мы, всё-таки, вернулись к обозначениям из Леммы для предотвращения возможной путаницы.

(Оффтоп)

"Компактное доказательство"- Я "украду" у Вас эту фразу, если не возражаете.

Это сравнение не доказывается, а представляет собой конструкцию из выводов, полученных из Леммы. Лемма доказана, следовательно, для любых арифметических сумм $a+b=c$ можно писать сравнения $a+b=c(\mod p)$. Если степени $m$ заданы так $m\equiv 1(\mod k)$, то, раскрыв модуль, мы можем записать $m=1+k\cdot w$, где $w$-любое целое и/или $0$. Тогда, $a^{1+k\cdot w}+b^{1+k\cdot w}=c^{1+k\cdot w}=a^m+b^m=c^m(\mod p)$, (A). С другой стороны, возводя исходную сумму $a+b=c(\mod p)$ в степень $m$, мы можем записать $(a+b)^{m}=c^{m}(\mod p)$,(B). Из сравнений (A) и (B) мы получаем конечное сравнение, о котором Вы спросили: $(a+b)^m\equiv a^m+b^m(\mod p)$, (C), т.е., это обыкновенный конструкт из "материалов", согласующихся с Леммой.
Обощением сравнения (C) для не-$a$, не-$b$, не-$c$ я вляется сравнение для $n=3$, показанное вчера (см. предыдущую страницу):

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

3. И тогда справедливо доказанное ранее сравнение $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}(\mod p)$, и $m\ge 3$-целое, причём $m\equiv 1(\mod k)$.

(Оффтоп)

Есть ещё способ получить сравнение (C) через анализ делимости на $a+b$. Однако, он-этот способ- более громоздкий. И по этой причине пока не видно смысла - зачем его сейчас показывать. Единственное, чем он замечателен, что можно получить ещё более общее сравнение вида $(a+b)^m\equiv K\cdot (a^m+b^m)(\mod p)$, где K-ненулевое целое число. Но, пока принято решение ограничиться тем, что есть сейчас в этой ветке

Параметр $k$ нужен всегда, чтобы различать $m$ и $n$ , и получать нужные $m$, при заданном $n$. Он всегда означает одно и то же-эту мультипликативный порядок подгруппы $(a, b, c) $по модулю $p$.
Резюмируя, Лемма и условия Следствия даже не то, что тривиальны, а банальны и эксперты знают это. И они сказали бы, возможно, что всё сказанное выше не стоит и ломаного гроша. Нетривиальным, на взгляд авторов, является Следствие с получением Пифагоровых Троек по заданным остаткам $(a, b, c)$ для $p$, позволяющих это сделать.
Если наш поиск полных соответствий не был удовлетворительным, то просьба показать это. Если же это, действительно, нетривиально, то и здесь хотелось бы узнать, что могут сказать эксперты.
Видимо, на этом пока и всё. Неизвестно, что можно было бы ещё добавить.

[r-aax]

Мнение автора об использовании Следствия в доказательстве случая для $n = 3$ меняются от поста к посту:

transcendent в сообщении #1726846 писал(а):

Замашки на $n=3$ (хорошо, давайте рассуждать о $n$ , а не о $m$, как я было начал) и не было по очевидной причине непригодности этой степени в Следствии

transcendent в сообщении #1726861 писал(а):

Нет никаких оснований говорить о частном случае ($n=3$ и любой иной), как о каком-то отдельном доказательстве, не испольщзующим Следствие.

В таком случае мне придется еще раз повторить, что условия Следствия для случая $n = 3$ несовместимы.
Даже еще раз не поленюсь и скопирую это утверждение:

transcendent в сообщении #1724741 писал(а):

Имеем Следствие из Леммы:
$\[ \forall a,b,c\in\mathbb{Z},\ \forall p>5\text{ простое},\ \forall n>2,\ p\nmid abc, \] \[ \bigl( \exists a_1,b_1,c_1\in\mathbb{Z}: a_1^2\equiv a,\ b_1^2\equiv b,\ c_1^2\equiv c\pmod{p} \bigr)\ \wedge\ (a+b=c)\ \wedge\ (a^n+b^n\equiv c^n\pmod{p}) \] \[ \Longrightarrow\ \exists A,B,C\in\mathbb{Z}^+:\ A^2+B^2=C^2\ \wedge\ A^2\equiv a,\ B^2\equiv b,\ C^2\equiv c\pmod{p}. \]$

Несовместимость условий означает, что если для доказательства случая $n = 3$ автор попытается воспользоваться Следствием, то для этого он должен предъявить такие объекты, которые для Следствия выступят в роли $a$, $b$, $c$, $p$ и удовлетворят прописанным в Следствии условиям, но это невозможно, так как условия Следствия несовместимы.
Таким образом сама попытка применить Следствие для случая $n = 3$ уже приводит к противоречию.

Отсюда можно сделать простой вывод, уместный при рассмотрении случая $n = 3$.
Если для случая $n = 3$ автор не использует Следствие, то оно не нужно.
Если для случая $n = 3$ автор хочет использовать Следствие, то противоречие возникает уже в момент попытки его применить, поэтому оно не нужно.
При любой альтернативе, для случая $n = 3$ приведенное Следствие бесполезно, его можно не рассматривать и не доказывать, что мгновенно освободит от лишнего мусора текст доказательства для случая $n = 3$.

Именно поэтому хочется видеть явно выписанное доказательство для случая $n = 3$ в компактном законченном виде, без ссылок в пустоту, вроде "это было ранее доказано", "вчера сформулировано", "на прошлой странице показано", "эксперты согласились" и так далее.

P.S.

Отдельно хочу отметить, что от поста к посту меняется смысл обозначений, что в совокупности со ссылками в пустоту приводит к невозможности понять, что конкретная буква означает в данный момент. Например:

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

1. Гипотеза: пусть $a$, $b$, $c$ являются степенями $n$, в данном случае, кубами, т.е., $n=3$.

transcendent в сообщении #1726861 писал(а):

Можно дать ещё более простое определение: "элементы $(a, b, c)$ это остатки по модулю $p$ в модульных представлениях уравнения ВТФ, которые дают также алгебраическую сумму $a+b=c$".

Кубы превратились в остатки.
А потом еще появляются какие-то не-$a$, не-$b$, не-$c$, определения которых не хочется даже пытаться искать.

transcendent,
А можно ли все-таки увидеть самодостаточный текст для случая $n = 3$, который содержал бы формулировку доказываемого утверждения, все используемые обозначения и их определения и последовательность утверждений с их доказательствами?

[transcendent]

r-aax, ниже представлены некоторые цитаты, с которыми нет согласия. На всё отвечать уже нет сил, поэтому, выделено только то, что сразу бросилось в глаза.
Сначала о Вашем замечании "не нужно Следствие для $n=3$". Не согласен, нужно.
Пусть есть остатки (сумма) по модулю $1019$, которые могут быть представлены кубами, а также все три являются квадратичными вычетами по модулю $1019$:
$307+494=801(\mod 1019)$. Это сумма $a+b=c$. Квадратичные остатки для $307$ это $58$ и $1077$, для $494$ это $268$ и $751$, для $801$ это $216$ и $803$ по модулю $1019$. Сравнение для кубическое уравнение мы может написать так: $855^3+765^3\equiv 36^3(\mod 1019)$. Это сумма кубов не-$a$, не-$b$, не-$c$.
Для остатков $a$, $b$, $c$ рассчитана по алгоритму, полученному согласно Следствия из Леммы, следующая Пифагорова Тройка:
$A=17558331$, $B=98092$, $C=17558605$. Квадраты чисел этой Тройки дают заданные остатки $a=307$, $b=494$, $c=801(\mod 1019)$.

(Оффтоп)

Надеюсь, Вы не будете оспаривать, что я это посчитал согласно вышеуказанному алгоритму и не прибегал к чему то иному?

При этом, $t\equiv 358$, $t^{-1}\equiv 982(\mod 1019)$, $r=358$, $s=1$, масштабирующий коэффициент $M=137$.

Примеры для кубов (или иных) степеней приводились выше. Нет возможности (во всяком случае, для меня...)сделать расчёты Пифагоровых Троек иным способом, чем алгоритм , полученный согласно Следствия. Следствие доказывается на стр. 5, датой и временем: 22.05.2026, 12:30. (Не копирую, чтоб ещё больше не загромождать мой комментарий.)

r-aax в сообщении #1726863 писал(а):

Несовместимость условий означает, что если для доказательства случая $n = 3$ автор попытается воспользоваться Следствием, то для этого он должен предъявить такие объекты, которые для Следствия выступят в роли $a$, $b$, $c$, $p$ и удовлетворят прописанным в Следствии условиям, но это невозможно, так как условия Следствия несовместимы. Таким образом сама попытка применить Следствие для случая $n = 3$ уже приводит к противоречию.

Это не так. И такие "объекты" уже были предъявлены, см. п.2 в цитате ниже, которую можете также рассматривать, как доказательство случая $n=3$(так же, это комментарий на Вашу цитату "Именно поэтому хочется видеть явно выписанное доказательство для случая $n = 3$ в компактном законченном виде, без ссылок в пустоту, вроде "это было ранее доказано", "вчера сформулировано", "на прошлой странице показано", "эксперты согласились" и так далее."):

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

r-aax в сообщении #1726827 писал(а):

Условия приведенного утверждения при $n = 3$ несовместимы.

r-aax,
1. Гипотеза: пусть $a$, $b$, $c$ являются степенями $n$, в данном случае, кубами, т.е., $n=3$.
2. Тогда (тем более) $a, b, c$ являются тремя кубическими вычетами по модулю $p$ (или $N$, которое является взаимно простым с каждым из $ a, b, c$). Т.е., $\alpha^{3} \equiv a$, $\beta^{3} \equiv b$, $\gamma^{3} \equiv c (\mod p)$.
3. И тогда справедливо доказанное ранее сравнение $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}(\mod p)$, и $m\ge 3$-целое, причём $m\equiv 1(\mod k)$.
4.Раскрываем модуль: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}+pt$.
5.Так же, предыдущее уравнение можно/нужно записать так: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \gamma^{3\cdot m}+pt$.
6. Тогда $c=\gamma^{3}=\sqrt[m]{(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-pt}$.
7. Также, $c=a+b=\alpha^{3}+\beta^{3}=\gamma^{3}$, в силу гипотезы, п.1.
8. Тогда, объединяя пункты 3-6 (следующие из Леммы) и п.п. 1, 2, 7 (являющиеся и следующие из Гипотезы), чтобы предотвратить тавтологию, получаем: $c=\alpha^{3}+\beta^{3}=\sqrt[m]{(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-pt}$.
9. Тогда, после совместного решения с уравнением из п. 6 получаем, что $pt=0$ и, или $a=\alpha^{3}=0$, или $b=\beta^{3}=0$.

Проверьте, может,я и наплутал...$^1$

Пример:
$121+18=139(\mod 199)$, $k=11$ и, следовательно, можно выбрать $m=1+11=12$. Все три числа являются кубическими вычетами по модулю $199$, что позволяет написать сравнение, к примеру, $40^3+103^3\equiv 116^3(\mod 199)$. Тогда истинно сравнение$ (40^3+103^3)^{12}\equiv 40^{3\cdot 12}+103^{3\cdot 12}\equiv 40^{36}+103^{36}\equiv 116^{36}(\mod 199)$.

$^1$ Так скажем- даже, если и наплутал, даже, если и тавтология, в любом случае, всегда можно свести параметры в уравнении/сравнении к $a, b, c$, дав им такое определение:
Параметры $a, b, c $это такие элементы в сравнении по модулю $p$, которые позволяют получить алгебраическое равенство $a+b=c$ $в степенях$ и сравнение $(a+b)^m\equiv a^m+b^m(\mod p)$, где $m\equiv 1(\mod k)$.
Соответственно, все остальные элементы в контексте данного доказательства это не-$a$, не-$b$ , не-$c$.

r-aax в сообщении #1726863 писал(а):

Кубы превратились в остатки.

Остатки не могут быть кубическими вычетами?

Тексты все есть, определения даны. Я, всё же, предлагаю Вам разобраться с тем, за что Вы взялись. Потому что, ошибок пока не видно. Авторам, видимо, всегда (или частенько) так?-внимание притупляется. Но, если эксперты берутся, они же смотрят свежим взглядом. А вообще, спасибо за внимание.

[r-aax]

Автор не согласен с утверждением:

r-aax в сообщении #1726863 писал(а):

Несовместимость условий означает, что если для доказательства случая $n = 3$ автор попытается воспользоваться Следствием, то для этого он должен предъявить такие объекты, которые для Следствия выступят в роли $a$, $b$, $c$, $p$ и удовлетворят прописанным в Следствии условиям, но это невозможно, так как условия Следствия несовместимы. Таким образом сама попытка применить Следствие для случая $n = 3$ уже приводит к противоречию.

и заявляет:

transcendent в сообщении #1726867 писал(а):

...И такие "объекты" уже были предъявлены, см. п.2 в цитате ниже...

...

2. Тогда (тем более) $a, b, c$ являются тремя кубическими вычетами по модулю $p$ (или $N$, которое является взаимно простым с каждым из $ a, b, c$). Т.е., $\alpha^{3} \equiv a$, $\beta^{3} \equiv b$, $\gamma^{3} \equiv c (\mod p)$.

Однако, в этом пункте не видно предъявленных объектов для Следствия:

transcendent в сообщении #1724741 писал(а):

Имеем Следствие из Леммы:
$\[ \forall a,b,c\in\mathbb{Z},\ \forall p>5\text{ простое},\ \forall n>2,\ p\nmid abc, \] \[ \bigl( \exists a_1,b_1,c_1\in\mathbb{Z}: a_1^2\equiv a,\ b_1^2\equiv b,\ c_1^2\equiv c\pmod{p} \bigr)\ \wedge\ (a+b=c)\ \wedge\ (a^n+b^n\equiv c^n\pmod{p}) \] \[ \Longrightarrow\ \exists A,B,C\in\mathbb{Z}^+:\ A^2+B^2=C^2\ \wedge\ A^2\equiv a,\ B^2\equiv b,\ C^2\equiv c\pmod{p}. \]$

Предъявите такие $a$, $b$, $c$, $p$, для которых выполняются условия $a + b = c$, $a^3 + b^3 \equiv c^3 \pmod{p}$, $p > 5$, $p \nmid abc$ (другие не важны, так как этих уже хватает для противоречия).

P.S.

transcendent в сообщении #1726867 писал(а):

r-aax в сообщении #1726863 писал(а):

Кубы превратились в остатки.

Остатки не могут быть кубическими вычетами?

Вы в одном определении определяете $a$, $b$, $c$ как кубы целых чисел, а в другом - как остатки по модулю $p$.

transcendent в сообщении #1726867 писал(а):

Тексты все есть, определения даны.

К сожалению так и не наблюдается самодостаточного текста с формулировкой доказываемого утверждения, приведением всех обозначений и определений и последовательности утверждений с их доказательствами (конечно прежде всего интересует случай $n = 3$).
Приведенные обрывочные комментарии со ссылками в пустоту и числовыми примерами не представляют собой доказательства, которое можно читать целиком.

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726869 писал(а):

Предъявите такие $a$, $b$, $c$, $p$, для которых выполняются условия $a + b = c$, $a^3 + b^3 \equiv c^3 \pmod{p}$, $p > 5$, $p \nmid abc$ (другие не важны, так как этих уже хватает для противоречия).

На это уже отвечено несколько раз.

r-aax в сообщении #1726869 писал(а):

Вы в одном определении определяете $a$, $b$, $c$ как кубы целых чисел, а в другом - как остатки по модулю $p$.

Кубы целых чисел были сформулированы для Гипотезы в случае $n=3$ по Вашему требованию. Не понимаю, что мешает использовать те же обозначения, если мы начинаем рассмотрение в кольцах. Если я Вас правильно понял.

r-aax в сообщении #1726869 писал(а):

Предъявите такие $a$, $b$, $c$, $p$, для которых выполняются условия $a + b = c$, $a^3 + b^3 \equiv c^3 \pmod{p}$, $p > 5$, $p \nmid abc$ (другие не важны, так как этих уже хватает для противоречия).

Неоднократно, и вчера, и сегодня написано, что таких не существует и даны объяснения почему их не существует. Вы читали их?

r-aax в сообщении #1726869 писал(а):

К сожалению так и не наблюдается самодостаточного текста с формулировкой доказываемого утверждения, приведением всех обозначений и определений и последовательности утверждений с их доказательствами (конечно прежде всего интересует случай $n = 3$).
Приведенные обрывочные комментарии со ссылками в пустоту и числовыми примерами не представляют собой доказательства, которое можно читать целиком.

За Вашу рецензию спасибо. И всего доброго Вам. Спасибо за участие.

[r-aax]

Автор в одном посте утверждает, что предъявил объекты $a$, $b$, $c$, $p$ для Следствия в применении к случаю $n = 3$, а в следующем утверждает, что их нельзя предъявить:

transcendent в сообщении #1726867 писал(а):

...И такие "объекты" уже были предъявлены, см. п.2 в цитате ниже...

transcendent в сообщении #1726873 писал(а):

Неоднократно, и вчера, и сегодня написано, что таких не существует и даны объяснения почему их не существует. Вы читали их?

Правильный ответ, конечно, - их нельзя предъявить.
А значит Следствие неприменимо для случая $n = 3$.
Но особенность автора давать два взаимоислючающих ответа крайне интересна.

P.S.

transcendent в сообщении #1726873 писал(а):

Кубы целых чисел были сформулированы для Гипотезы в случае $n=3$ по Вашему требованию. Не понимаю, что мешает использовать те же обозначения, если мы начинаем рассмотрение в кольцах.

Я не знаю, что такое Гипотеза и не требовал формулировать никакие кубы.
Я просил определить объекты и понятия, которые Вы используете в своем тексте.
Использовать одни и те же обозначения для разных объектов это конечно такое себе.

Я так понимаю, что самодостаточного текста для случая $n = 3$, в котором сформулировано доказываемое утверждение, указаны используемые обозначения и определения, а также приведена последовательность утверждений с их доказательствами, можно не ждать?

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726875 писал(а):

Я так понимаю, что самодостаточного текста для случая $n = 3$, в котором сформулировано доказываемое утверждение, указаны используемые обозначения и определения, а также приведена последовательность утверждений с их доказательствами, можно не ждать?

Напишите кратко (ну, или подробно, чтоб яснее) - чем Вас не устраивает вчерашний текст , скопированный сегодня на эту страницу (см. выше) в 13.21. по Москве? Можно пойти прям по пунктам. Думаю, этому ничто не мешает. Это ж упражнение.

(Оффтоп)

Я вполне допускаю и,даже, считаю, что это очень вероятно, что я не отличаюсь быстрой сообразительностью. Мне кажется, что я на всё ответил. Что не так?

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726877 писал(а):

Напишите кратко (ну, или подробно, чтоб яснее) - чем Вас не устраивает вчерашний текст , скопированный сегодня на эту страницу (см. выше) в 13.21. по Москве? Можно пойти прям по пунктам.

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

1. Гипотеза: пусть $a$, $b$, $c$ являются степенями $n$, в данном случае, кубами, т.е., $n=3$.
2. Тогда (тем более) $a, b, c$ являются тремя кубическими вычетами по модулю $p$ (или $N$, которое является взаимно простым с каждым из $ a, b, c$). Т.е., $\alpha^{3} \equiv a$, $\beta^{3} \equiv b$, $\gamma^{3} \equiv c (\mod p)$.
3. И тогда справедливо доказанное ранее сравнение $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}(\mod p)$, и $m\ge 3$-целое, причём $m\equiv 1(\mod k)$.
4.Раскрываем модуль: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}+pt$.
5.Так же, предыдущее уравнение можно/нужно записать так: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \gamma^{3\cdot m}+pt$.
6. Тогда $c=\gamma^{3}=\sqrt[m]{(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-pt}$.
7. Также, $c=a+b=\alpha^{3}+\beta^{3}=\gamma^{3}$, в силу гипотезы, п.1.
8. Тогда, объединяя пункты 3-6 (следующие из Леммы) и п.п. 1, 2, 7 (являющиеся и следующие из Гипотезы), чтобы предотвратить тавтологию, получаем: $c=\alpha^{3}+\beta^{3}=\sqrt[m]{(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-pt}$.
9. Тогда, после совместного решения с уравнением из п. 6 получаем, что $pt=0$ и, или $a=\alpha^{3}=0$, или $b=\beta^{3}=0$.

Пройтись по пунктам, это уместно.

1. Выдвигается предположение, что существуют такие натуральные кубы $a = \alpha^3$, $b = \beta^3$, $c = \gamma^3$, что выполняется $a + b = c$, или что то же самое $\alpha^3 + \beta^3 = \gamma^3$. Тут все понятно.
2. Раз уж выполнены условия $a = \alpha^3$, $b = \beta^3$, $c = \gamma^3$ (просто в силу обозначений), то и по модулю произвольного $p$ эти соотношения также выполнены: $a \equiv \alpha^3 \pmod{p}$, $b \equiv \beta^3 \pmod{p}$, $c \equiv \gamma^3 \pmod{p}$. Тут тоже все понятно.
3. Выполнены равенства $\alpha^3 + \beta^3 = \gamma^3$ и по модулю тоже $\alpha^3 + \beta^3 \equiv \gamma^3 \pmod{p}$, что понятно. Дальше происходит трансформация сравнения по модулю путем умножения отдельных составляющих этого сравнения на единички по модулю (на разные числа $x^k \equiv 1 \pmod{p}$). В результате получается $(\alpha^3 + \beta^3)^m \equiv \alpha^{3m} + \beta^{3m} \pmod{p}$, где $m \equiv 1 \pmod{k}$. Тоже понятно.
4. Раскрываем модуль. Все понятно.
5. А вот эта запись $(\alpha^3 + \beta^3)^m = \gamma^{3m} + pt$ это просто то же самое, что и $\gamma^{3m} = \gamma^{3m} + pt$. Поэтому ничего удивительного, что на этом месте Вы получили $t = 0$ с обычной вытекающей из этого тавтологией.

Ну и последнее утверждение просто неверно.

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

9. ... получаем, что $pt=0$ и, или $a=\alpha^{3}=0$, или $b=\beta^{3}=0$.

На самом деле $t = 0$, а с $\alpha$ и $\beta$ все в порядке.

[transcendent]

Я думаю, возможная не формальная, а логическая ошибка Вашей интерпретации здесь:

r-aax в сообщении #1726888 писал(а):

5. А вот эта запись $(\alpha^3 + \beta^3)^m = \gamma^{3m} + pt$ это просто то же самое, что и $\gamma^{3m} = \gamma^{3m} + pt$.

Т.е., это у Вас логическая ошибка, а не в представленном доказательстве для $n=3$. И это будет показано Вам формализмом примеров ниже. Т.е., "на пальцах", как принято говорить в таких случаях.

(Оффтоп)

Я пока не буду вдаваться в подробности. (Ибо, уже немного устал от Вашей агрессивной напористости сегодня. А Вы - нет? Не пора ли остановиться, а?) Потому что, только по модулю правильно так писать: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \gamma^{3\cdot m}(\mod p)$, а не $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \gamma^{3\cdot m}$, что подразумевает Ваша запись.

А давайте проверим на примерах? Воспроизведу снова это:
Дано выражение $121+18=139(\mod 199)$, имеющее все три кубических вычета. Напишем вместе с ними: $121+18=139=40^{3}+103^{3}=116^{3}(\mod 199)$,
где $a=121$, $b=18$, $c=139$, $\alpha\equiv 40$, $\beta\equiv 103$, $\gamma\equiv 116(\mod 199)$. При этом, мы помним, что $k=11$, что, тем не менее, позволяет нам выбрать степень, допустим, $m=1+11\cdot 0=1$.
Вариант А. Подставляем, что нужно, туда, куда нужно:

$(40^3+103^{3})^{1}\equiv 116^{3\cdot 1}(\mod 199)$. И , в итоге, получаем $121+18=139 (\mod 199)$, и, при раскрытии модуля мы должны иметь $pt=0$, что, казалось бы, и требовалось. Т.е., принимаем, что это верно.

Вариант Б. Теперь раскроем модуль так: $(40^3+103^{3})^{1}=116^{3\cdot 1}+pt$ и далее $64000+1092727=1560896+pt$. Откуда$ t=\frac{-404169}{199}=-2031$. И это тоже верно.

Понятно теперь где Ваша логическая ошибка, которая процитирована в этом посте с самого начала? Она заключена не в приписывании мне ошибки в виде тавтологии, когда я утверждаю, что $pt=0$. Она заключена в том месте пункта 5 Вашего ответы выше, где Вы говорите фразу

r-aax в сообщении #1726888 писал(а):

это просто то же самое

. Т.е., ошибка заключена в Вашем утверждении по Варианту А для немодульного выражения. Надеюсь Вам это понятно теперь: при раскрытом модуле $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}$ и $\gamma^{3\cdot m}$ не обязательно должны быть равны. В то время, как в модульном выражении Ваше утверждение было бы истинным, поскольку равны остатки.
На только что показанном факте и построено представляемое доказательство: Следствие доказывает ВТФ, что условия бинома Ньютона запрещают целочисленность корней уравнения (не сравнения) ВТФ:
1. Раскрывая модуль, получаем уравнение $(a+b)^{m}=a^{m}+b^{m}+pt$,
2. Упрощая это уравнение, находим, что сумма промежуточных слагаемых бинома Ньютона делится на $p$, и,-
3. должна быть ненулевой согласно бинома Ньютона, в то время как,
4.Требование целочисленности корней уравнения ВТФ подразумевает только $t=0$.

И, конечно, примеры Пифагоровых троек, рассчитанных по только рассмотренному выше кубическому уравнению при $t\equiv 158$, $t^{-1}\equiv 165 (\mod 199)$:
-при масштабирующем коэффициенте $M=25$: $A=62075$, $B=7900$, $C=624125$;
-при масштабирующем коэффициенте $M=174$: $A=434562$, $B=54984$, $C=434910$;
-при масштабирующем коэффициенте $M=423$: $A=10559349$, $B=133668$, $C=10560195$.

Созданный алгоритм жив и работает, как видите Вы и все.

(Оффтоп)

Кстати, ни слова не сказали об этом...К чему бы это?

Самое лучшее доказательство. Какую цель Вы ставите? По-моему, пока вы ничего не добились, если я правильно понял Вашу цель. Не? :)
Пора бы и сказать себе СТОП.

(Оффтоп)

"Караул устал."

С уважением,

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726906 писал(а):

Я думаю, возможная не формальная, а логическая ошибка Вашей интерпретации здесь:

r-aax в сообщении #1726888 писал(а):

5. А вот эта запись $(\alpha^3 + \beta^3)^m = \gamma^{3m} + pt$ это просто то же самое, что и $\gamma^{3m} = \gamma^{3m} + pt$.

Т.е., это у Вас логическая ошибка, а не в представленном доказательстве для $n=3$. И это будет показано Вам формализмом примеров ниже. Т.е., "на пальцах", как принято говорить в таких случаях.

(Оффтоп)

Я пока не буду вдаваться в подробности. (Ибо, уже немного устал от Вашей агрессивной напористости сегодня. А Вы - нет? Не пора ли остановиться, а?) Потому что, только по модулю правильно так писать: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \gamma^{3\cdot m}(\mod p)$, а не $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \gamma^{3\cdot m}$, что подразумевает Ваша запись.

Вспомним...
Я уже задавал Вам вопросы по первым пунктам:

r-aax в сообщении #1726849 писал(а):

Попробую читать эти пункты.

1. Пусть $a$, $b$, $c$ - кубы натуральных чисел, и выполнено равенство $a + b = c$. Правильно?
2. Так как $a = \alpha^3$, $b = \beta^3$, $c = \gamma^3$, то и по модулю $p$ эти равенства выполняются. Правильно?
3. Где ранее доказано приведенное в этом пункте сравнение? И раз уж тут приведено компактное доказательство для $n = 3$, то что тут означает $k$?

transcendent в сообщении #1726861 писал(а):

r-aax в сообщении #1726849 писал(а):

Попробую читать эти пункты.

Вы читате правильно.

И Вы отметили, что я правильно прочитал эти пункты, и в частности $a = \alpha^3$, $b = \beta^3$, $c = \gamma^3$.
Так что $\alpha^3 + \beta^3$ конечно можно заменить на $\gamma^3$, и ничего от этого не изменится.

Поэтому $(\alpha^3 + \beta^3)^m = \gamma^{3m} + pt$ это просто то же самое, что и $\gamma^{3m} = \gamma^{3m} + pt$.
Откуда $t = 0$, и никаких противоречий.