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

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726910 писал(а):

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.

Я просто ответил на этот Ваш вопрос выше, а Вы снова его повторяете. Подобное не в первый раз, т.к., я припоминаю, что уже писал Вам что-то , типа, "Вы читали(что я Вам уже отвечал на это-речь о других Ваших вопросах)"? Я Вам и примеры привёл. Но, ни слова не говоря в ответ на эти наглядные примеры, Вы снова гнёте свою линию, как-будто ответа и не было... Это нормально? Нет, нет. До свидания. Оставьте в покое данную ветку, пожалуйста, пока я не нажал восклицательный знак. По крайней мере, на время.

(Оффтоп)

Какая-то ловля мышей-как это и было ранее на других форумах.

Спасибо и всего доброго. Реально спасибо, но уже хватит.

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726911 писал(а):

r-aax в сообщении #1726910 писал(а):

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.

Я просто ответил на этот Ваш вопрос выше, а Вы снова его повторяете. Подобное не в первый раз, т.к., я припоминаю, что уже писал Вам что-то , типа, "Вы читали(что я Вам уже отвечал на это-речь о других Ваших вопросах)"? Я Вам и примеры привёл. Но, ни слова не говоря в ответ на эти наглядные примеры, Вы снова гнёте свою линию, как-будто ответа и не было... Это нормально? Нет, нет. До свидания. Оставьте в покое данную ветку, пожалуйста, пока я не нажал восклицательный знак. По крайней мере, на время.

(Оффтоп)

Какая-то ловля мышей-как это и было ранее на других форумах.

Спасибо и всего доброго. Реально спасибо, но уже хватит.

Вы правильно зафиксировали мой комментарий.
Я еще раз заострю внимание на том, что так как $\alpha^3 + \beta^3 = \gamma^3$, то без всяких сомнений $(\alpha^3 + \beta^3)^m = \gamma^{3m}$, и 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, Вы всего лишь сделали ряд преобразований и получили тавтологию.
Набрасывание числовых примеров тут никак не поможет, преобразования простые и по ним все видно.

P.S.

Замечу, что Вы меня в эту ветку позвали самостоятельно, а теперь требуете оставить ее в покое ))
Жмите восклицательный знак, жмите.

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726915 писал(а):

Откуда $t = 0$, и никаких противоречий, Вы всего лишь сделали ряд преобразований и получили тавтологию.
Набрасывание числовых примеров тут никак не поможет, преобразования простые и по ним все видно.

Тавтология у Вас-в Ваших "простых преобразованиях". Вы сначала возвели выражение в степень $m$, что законно. А затем прибавили $pt$, заведомо зная, что подойдёт только $pt=0$. Затем объявили это тавтологией (с моей, кстати, подачи...) Затем, Вы всё это преподносите, что, якобы, именно это и было сделано мной.
Нет, я использовал модульные выражения Леммы и уравнения из Гипотезы. Вы это не отличаете. А примеры, приведённые мной, Вы игнорируете.

(Оффтоп)

Нажать всегда успею.Я лучше буду действовать по-другому. Сначала постараюсьне обращать внимание на Ваши посты, поскольку Вы игнорируете мои ответы. А затем писать то, что считаю нужным.

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726919 писал(а):

Тавтология у Вас-в Ваших "простых преобразованиях". Вы сначала возвели выражение в степень $m$, что законно. А затем прибавили $pt$, заведомо зная, что подойдёт только $pt=0$. Затем объявили это тавтологией (с моей, кстати, подачи...) Затем, Вы всё это преподносите, что, якобы, именно это и было сделано мной.
Нет, я использовал модульные выражения Леммы и уравнения из Гипотезы. Вы это не отличаете. А примеры, приведённые мной, Вы игнорируете.

Нет моих простых преобразований.
Есть Ваши простые преобразование.
А конкретно вот этот пункт:

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

5.Так же, предыдущее уравнение можно/нужно записать так: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \gamma^{3\cdot m}+pt$.

Из которого немедленно следует $t = 0$, так как $\alpha^3 + \beta^3 = \gamma^3$.
Противоречие отсутствует.

[transcendent]

(Оффтоп)

Интересно, насколько вас хватит постить одно и то же...

Есть Ваша неверная интерпретация в виду надуманности $pt$ в Ваших постоянных рассылках. Поскольку то, что Вы постите можно получить без всяких $pt$ прямым возведением в степень $m$ уравнения из гипотезы $\alpha^{3}+\beta^{3} =\gamma^{3}$, (1). Какое и зачем здесь надо писать $pt$?..
Ещё раз. Оставаясь на модульной "территории", чтоб предотвратить все спорные вопросы, мы имеем два сравнения:
1. $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}\equiv \alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}(\mod p)$, (2),-условие Следствия из Леммы, и
$(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}=\gamma^{3\cdot m}(\mod p)$, (3),- это уравнение из Гипотезы, переписанное как модульное сравнение.
2. Поскольку $\alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m}\equiv \gamma^{3\cdot m}(\mod p)$, (4), тоже истинно, тогда (3) переписывается со знаком равенства, как того требует гипотеза и без противоречий модульной арифметике,так: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-\gamma^{3\cdot m}= (\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-(\alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m})= 0(\mod p)$, (5).
3. С другой стороны, по Биному Ньютона для степени $m$ из сравнения (2) получаем $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}-(\alpha^{3\cdot m}+\beta^{3\cdot m})\equiv pt(\mod p)$, (6), где $pt=\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$, (7), есть сумма промежуточных слагаемых Бинома Ньютона степени $m$.
(Здесь, в (6), $pt$ представлено, как ненулевое целое число, делящееся на $p$, а не как алгебраический $0$, который можно бы написать при раскрытии сравнения (3) согласно Гипотезе.)
4. Проверка: Вычитание (5) из (6) даёт $pt\equiv 0(\mod p)$, (7), что полностью согласуется с правилами модульной арифметики, т.к. $0$ и $pt$ сравнимы по модулю $p$ и, следовательно пункты 1-4 истинны.
5. В сравнении (5) обе стороны делятся $m$ раз на $\alpha^{3}+\beta^{3}$, а в сравнении (6) левая часть делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ при нечётном (!) $m$ (которое мы выбрали), как минимум, $1$ раз, а правая часть, которая определена согласно формуле (7), будет делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ в единственном случае, когда $pt=0$. Следовательно, или $\alpha=0$, или $\beta=0$, (8).
В "борьбе" между Биномом Ньютона и гипотезой о существовании целочисленных ненулевых корней побеждает $0$, причём на модульной "территории", распространяя свою победу и на немодульную "территорию"..
Q.E.D.

r-aax в сообщении #1726920 писал(а):

transcendent в сообщении #1726919 писал(а):

Тавтология у Вас-в Ваших "простых преобразованиях". Вы сначала возвели выражение в степень $m$, что законно. А затем прибавили $pt$, заведомо зная, что подойдёт только $pt=0$. Затем объявили это тавтологией (с моей, кстати, подачи...) Затем, Вы всё это преподносите, что, якобы, именно это и было сделано мной.
Нет, я использовал модульные выражения Леммы и уравнения из Гипотезы. Вы это не отличаете. А примеры, приведённые мной, Вы игнорируете.

Нет моих простых преобразований.
Есть Ваши простые преобразование.
А конкретно вот этот пункт:

transcendent в сообщении #1726835 писал(а):

5.Так же, предыдущее уравнение можно/нужно записать так: $(\alpha^{3}+\beta^{3})^{m}= \gamma^{3\cdot m}+pt$.

Из которого немедленно следует $t = 0$, так как $\alpha^3 + \beta^3 = \gamma^3$.
Противоречие отсутствует.

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726943 писал(а):

... $pt=\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$, (7) ...
... правая часть, которая определена согласно формуле (7), будет делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ в единственном случае, когда $pt=0$.

Вы утверждаете, что $\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$ не делится на $a + b$ при натуральных $a$, $b$?

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726946 писал(а):

Вы утверждаете, что $\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$ не делится на $a + b$ при натуральных $a$, $b$?

"Беспокойства" излишни: такие $c$, когда $c=p=a+b$ исключены условиями Леммы изначально.

(Оффтоп)

Смотрите сами и не пытайтесь меня подлавливать. Хотя, в любом случае, даже, если бы на этот вопрос я сказал бы что-то, противоречащее условиям Леммы, это ничего не значило бы.

[r-aax]

r-aax в сообщении #1726946 писал(а):

transcendent в сообщении #1726943 писал(а):

... $pt=\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$, (7) ...
... правая часть, которая определена согласно формуле (7), будет делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ в единственном случае, когда $pt=0$.

Вы утверждаете, что $\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$ не делится на $a + b$ при натуральных $a$, $b$?

transcendent в сообщении #1726949 писал(а):

r-aax в сообщении #1726946 писал(а):

Вы утверждаете, что $\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$ не делится на $a + b$ при натуральных $a$, $b$?

"Беспокойства" излишни: такие $c$, когда $c=p=a+b$ исключены условиями Леммы изначально.

Смотрите сами и не пытайтесь меня подлавливать. Хотя, в любом случае, даже, если бы на этот вопрос я сказал бы что-то, противоречащее условиям Леммы, это ничего не значило бы.

"Смотрите сами" - это отличный ответ претендующего на доказательство )
Конечно утверждение что $\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$ не делится на $a + b$ при натуральных $a$, $b$ является неверным в том виде, в котором сформулировал его автор.
А при попытке добавить к этому утверждению дополнительные условия из Леммы, Гипотезы и "доказанные вчера" или на "позапрошлой странице" мы получим утверждение, равное по сложности ВТФ.
Таким образом, порочный круг замкнулся.

[transcendent]

Вы не указали, в чём именно моё утверждение неверно. Условия Леммы исключают случай $c=a+b=p$, и это не делает утверждение равным ВТФ. Если у вас есть конкретный контрпример или что ещё— предъявите это. А пока ваши слова — не более, чем риторика и неоднозначны.

[r-aax]

transcendent в сообщении #1726951 писал(а):

Вы не указали, в чём именно моё утверждение неверно.

Вы сделали утверждение:

transcendent в сообщении #1726943 писал(а):

... $pt=\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$, (7) ...
... правая часть, которая определена согласно формуле (7), будет делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ в единственном случае, когда $pt=0$.

Если считаете, что оно верно, то приведите его доказательство.

[transcendent]

В моём утверждении была неточность: делимость $pt$ на $\alpha^3+\beta^3$ сводится не только к $pt=0$. В условиях Леммы из $pt=w(\alpha^3+\beta^3)$ следует, что целое $w$ кратно $p$. Спасибо за намёк на необходимость уточнения, учту.

r-aax в сообщении #1726953 писал(а):

transcendent в сообщении #1726951 писал(а):

Вы не указали, в чём именно моё утверждение неверно.

Вы сделали утверждение:

transcendent в сообщении #1726943 писал(а):

... $pt=\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$, (7) ...
... правая часть, которая определена согласно формуле (7), будет делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ в единственном случае, когда $pt=0$.

Если считаете, что оно верно, то приведите его доказательство.

[transcendent]

r-aax в сообщении #1726953 писал(а):

transcendent в сообщении #1726943
писал(а):
... $pt=\sum_{l=1}^{m-1} \binom{m}{l} a^{m-l} b^{l}$, (7) ...
... правая часть, которая определена согласно формуле (7), будет делится на $\alpha^{3}+\beta^{3}$ в единственном случае, когда $pt=0$.
Если считаете, что оно верно, то приведите его доказательство.

transcendent в сообщении #1726956 писал(а):

В моём утверждении была неточность: делимость $pt$ на $\alpha^3+\beta^3$ сводится не только к $pt=0$. В условиях Леммы из $pt=w(\alpha^3+\beta^3)$ следует, что целое $w$ кратно $p$. Спасибо за намёк на необходимость уточнения, учту.

Учёл.Ничего там доказывать не надо, ибо пункт 5 нужно просто убрать, как лишний, остановившись на пункте 4, слегка дополнив его, и дать в следующей редакции:
4. Проверка: Вычитание (5) из (6) даёт $pt\equiv 0(\mod p)$, (7), что полностью согласуется с правилами модульной арифметики, т.к. $0$ и $pt$ сравнимы по модулю $p$ и, следовательно пункты 1-3

(Оффтоп)

(в предыдущей версии стояло 1-4)

истинны. Но, p-адические целые справа и слева в сравнении (6) могут делится на $p$ один раз (или, в крайнем случае, конечное число раз, если $t$ кратно $p$),-в противоположность $p$-адическим целым в сравнении (5), где число делений на $p$ не ограничено. Следовательно, исходная гипотеза о существовании целых решений уравнения ВТФ не верна, поскольку существуют только тривиальные решения. $PS^1$

Уважаемые эксперты, или казните, или милуйте, но на этом всё. Исходный пост от 1-го июля 2026 г., по Москве 13.07, с попыткой доказательства неэлементарного, но компактного (по выражению r-aax), смотрите на этой же странице выше. Если всё правильно с точки зрения содержания, то считаем, что это пришло из ноосферы. Если не правильно, то имеем нонсенс и/или тривиальность. Нонсенс, он и есть нонсенс, и добавить больше нечего. А для тривиальности можно сказать, что все знают, что целые из $\mathbb{Z}$ будут записываться в $ \mathbb{Z}_p$ с бесконечным количеством нулей, $(0)$, начиная с определённого момента.
Так же хотел бы прочитать отзывы о методике построения Пифагоровых Троек из заданной суммы остатков по модулю $p$. Изваестно/не известно, тривиально/не тривиально?

$PS^1$-Нее, надо подумать ещё...

[transcendent]

transcendent в сообщении #1727074 писал(а):

$PS^1$-Нее, надо подумать ещё...

Извинения за "качели"- предыдущий пост правилен. Спишем всё на пятницу и связанные с нею отвлечения, то, да сё...Процитированная часть в нём отменяется. Т.е., $p$-адическое целое делится на $p$ ровно один раз, поскольку в позиционной записи действие "разделить на $p$" означает убрать один $0$ в младшей позиции в записи числа. Если следом -в более высокой позиции-идёт не $0$, то следующее деление приведёт не к $ p$-адическому целому и мы будем иметь слагаемое со степенью $p$ , равной $-1$. Если следом -в более высокой позиции-идёт $0$, то число делений конечно, поскольку бесконечное деление означало бы, что данное число - из множества $\mathbb{Z}$.

[r-aax]

transcendent в сообщении #1727074 писал(а):

Учёл.Ничего там доказывать не надо, ибо пункт 5 нужно просто убрать, как лишний, остановившись на пункте 4, слегка дополнив его, и дать в следующей редакции:

transcendent в сообщении #1727074 писал(а):

...следовательно пункты 1-3 (в предыдущей версии стояло 1-4) истинны.

transcendent в сообщении #1727074 писал(а):

Исходный пост от 1-го июля 2026 г., по Москве 13.07, с попыткой доказательства неэлементарного, но компактного (по выражению r-aax), смотрите на этой же странице выше.

transcendent в сообщении #1727074 писал(а):

$PS^1$-Нее, надо подумать ещё...

transcendent в сообщении #1727085 писал(а):

Извинения за "качели"- предыдущий пост правилен.

А не проще ли вместо всех этих "смотрите на предыдущей странице", "уберите один пункт", "поменяйте другой пункт", просто привести новую версию текста? Там было-то всего несколько строк.

А пока получается следующее:

transcendent в сообщении #1727074 писал(а):

4. Проверка: Вычитание (5) из (6) даёт $pt\equiv 0(\mod p)$, (7), что полностью согласуется с правилами модульной арифметики...

Указанное вычитание дает лишь то, что результаты таких сложений и вычитаний приводят к тавтологии, противоречие не наблюдается.

Дальше вдруг появляются какие-то нестрогие рассуждения про p-адические числа, про то сколько раз они на что-то делятся.
Эти утверждения требуют строгой формулировки, а не скороговорки.

[transcendent]

r-aax в сообщении #1727161 писал(а):

Указанное вычитание дает лишь то, что результаты таких сложений и вычитаний приводят к тавтологии, противоречие не наблюдается.

Это не тавтология, потому что я не просто переформулирую одно и то же, а обнаруживаю несовместимость двух разных представлений одного объекта-суммы промежуточных слагаемых Бинома Ньютона в поле и в целых числах.

(Оффтоп)

Спасибо, что Вы просите набрать текст ещё раз, что может показывать Вашу внутреннюю неуверенность в такой оценке. Т.к., если бы Вы были уверены на все сто, что это тавтология, то Вы не просили бы. Факт или мои домыслы?

Но, ещё раз, спасибо! Если можно, я хотел бы прочитать что-то и от других экспертов. Это разрешается?