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

[r-aax]

transcendent в сообщении #1727168 писал(а):

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.

Если бы это высказывание нашло свое отражение в обновленном тексте в математическом виде, то его можно было бы оценить.

transcendent в сообщении #1727168 писал(а):

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?

Домыслы. Мне кажется естественным видеть самодостаточный компактный текст (тем более, что он занимает несколько строк) вместо каких-то разрозненных "редакций", "замен пунктов" и прочих нечитаемых конструкций.

transcendent в сообщении #1727168 писал(а):

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

Да пожалуйста. По представленному тексту из 9 пунков я уже все сказал. А раз нового скорректированного текста нет, то и комментировать больше тут нечего.

[transcendent]

Лемма.
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:
$a^{n}+b^{n}\equiv c^{n}(\mod p)$, ($1$),
$a^{n+k}+b^{n+k}\equiv c^{n+k}(\mod p)$ , ($2$),
$ 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 $m\equiv n(\mod k)$.

(Оффтоп)

(Лемма может быть доказана радикально короче.)

Далее учитываем условия Следствия из Леммы

(Оффтоп)

и, поскольку само Следствие используется для иных целей, оно полностью вынесено в оффтоп:
$\[ \forall a,b,c\in\mathbb{Z},\ \forall p>5\text{ простое},\ \forall n>2,\ p\nmid abc, \] \[ \bigl( \exists a_1,b_1,c_1\in\mathbb{Z}: a_1^2\equiv a,\ b_1^2\equiv b,\ c_1^2\equiv c\pmod{p} \bigr)\ \wedge\ (a+b=c)\ \wedge\ (a^n+b^n\equiv c^n\pmod{p}) \] \[ \Longrightarrow\ \exists A,B,C\in\mathbb{Z}^+:\ A^2+B^2=C^2\ \wedge\ A^2\equiv a,\ B^2\equiv b,\ C^2\equiv c\pmod{p}. \]$ (Доказывается здесь: https://dxdy.ru/topic160798-60.html , пост от 22 мая 2026 г., время 12.30, Москва.)

А именно, имеющееся сравнение $(a+b)^m\equiv a^m+b^m\equiv c^m \pmod{p}$ и $m\equiv 1\pmod{k}$ в условиях Следствия , получаемых из Леммы, и которые определяют $a$, $b$, $c$.

Доказательство ВТФ на основе противопоставления представлений- биномиальные и не-биномиальные представления.

Определения: Биномиальное представление (БП)-запись числа в виде
$\[ pt = (a+b)^m - (a^m+b^m) = \sum_{j=1}^{m-1} \binom{m}{j} a^{m-j} b^j, \]$
где все показатели $\(m-j\) и \(j\)$ -целые неотрицательные, $\(a,b \in \mathbb Z\)$.

Не-биномиальное представление (НБП)- запись того же числа, которая содержит отрицательные степени, обратные элементы или иные операции, недопустимые в определении БП. Пример: $\( ((a+b)^{-1})^{-m} - (a^m+b^m) \) в \(\mathbb Q_p\)$.

Рассматриваемые области: $\(\mathbb Z\)$ (целые числа) и $ \(\mathbb Q_p\)$ (поле $\(p\)$-адических чисел с обратимостью). В $\(\mathbb Z\) $ отрицательные степени не определены, поэтому любое представление с отрицательной степенью автоматически не является БП в $\(\mathbb Z\)$.

Доказательство.
Предположим, для некоторого $\(n>2\) $существуют натуральные $\(\alpha,\beta,\gamma\) $такие, что
$\[ \alpha^n+\beta^n=\gamma^n \tag{1} \]$,(1).
Положим $\(a=\alpha^n,\ b=\beta^n,\ c=\gamma^n\)$. Тогда из (1) следует точное равенство в $\(\mathbb Z\)$:
$\[ a+b=c \tag{2} \] $,(2).
По лемме (доказанной ранее) существует простое $ \(p\) $ и целое$ \(m\ne 1\) $с $\(m\equiv1\pmod{k}\) $(где $\(k\) $- порядок подгруппы, порождённой $\(a,b,c\) $по модулю $\(p\)$), такие что
$\[ a^m+b^m\equiv c^m \pmod p \tag{3} \]$,(3).

Определим число
$\[ pt = (a+b)^m - (a^m+b^m) \tag{4} \]$,(4).
В $\(\mathbb Z\) $ оно имеет биномиальное представление (БП) по определению (сумма биномиальных коэффициентов с целыми степенями). Это число также делится на $\(p\)$ (следует из (3) и (2)), но это свойство не используется в логическом противоречии.

В $\(\mathbb Q_p\)$, используя обратимость $\((a+b)\neq0\)$ (так как $\(p\nmid abc\)$), перепишем (4) как
$\[ pt = ((a+b)^{-1})^{-m} - (a^m+b^m) \tag{5} \]$, (5).
Это представление содержит отрицательную степень $\((a+b)^{-1}\)$ и, следовательно, не может быть представлено как БП в $\(\mathbb Z\) $, т.е., (НБП).

Ключевой логический шаг:
Число $\(pt\) $- это один и тот же объект, вложимый в $\(\mathbb Z\) $ и в $\(\mathbb Q_p\)$. Однако его представление в $ \(\mathbb Z\) $ (формула (4)) требует только целых степеней, а представление в $\(\mathbb Q_p\)$ (формула (5)) требует отрицательной степени. В $\(\mathbb Z\) $ отрицательные степени не определены, поэтому формула (5) не может быть записана в $\(\mathbb Z\) $ без изменения домена (области) для числа. Следовательно, одно и то же число $\(pt\)$ не может одновременно иметь БП (в $\(\mathbb Z\)$) и НБП (в $\(\mathbb Q_p\)$), если мы требуем, чтобы его представление было согласовано с областью $\(\mathbb Z\)$. Противоречие.

Следовательно, предположение (1) ложно. Уравнение $\(\alpha^n+\beta^n=\gamma^n\) $не имеет решений в натуральных числах для любого $\(n>2\)$.
Теорема доказана.

Дополнительные замечания.

Единственные допустимые целочисленные решения- тривиальные (когда одно из чисел равно нулю). Любое нетривиальное решение потребовало бы введения иррациональных или $\(p\)$-адических объектов, что невозможно в рамках $\(\mathbb Z\)$.
Факт: любая дробь из $\(\mathbb Q\)$ может быть представлена как бесконечная сумма целых чисел в $ \(\mathbb Q_p\)$, что следует из свойств $\(p\)$-адического разложения. Это наблюдение поддерживает идею о несовместимости конечных (биномиальных) и бесконечных (не-биномиальных) представлений одного и того же числа в разных областях.

Уважаемый Ende, уважаемые ЗУ , mihaild, Someone, lel0lel, Mikhail_K и другие ЗУ, а также waxtep, ozheredov, r-aax, vxv и другие участники! Могли бы что-то сказать по поводу данного поста? Также, интересно было бы прочитать отзывы о методе определения Пифагоровых Троек. Спасибо заранее!

[mihaild]

transcendent в сообщении #1727432 писал(а):

мультипликативный порядок подгруппы

Какой подгруппы?

transcendent в сообщении #1727432 писал(а):

$a^{k}\equiv b^{k}\equiv c^{k}\equiv 1(\mod p)$ для $m \equiv n(\mod k)$

Что это значит? В левой части нет ни $m$ ни $n$.

А наличие лишних \(\) вокруг каждой формулы во второй половине (и упоминание $p$-адических чисел после расписыания тривиальной арифметики) вызывает подозрение что она скопирована из дипсика (вроде бы он любит так формулы писать).

[Geen]

transcendent в сообщении #1727432 писал(а):

оно имеет биномиальное представление

transcendent в сообщении #1727432 писал(а):

перепишем (4) как

transcendent в сообщении #1727432 писал(а):

следовательно, не может быть представлено как БП

...

Но ладно, другой вопрос. Какой шаг сломается, если мы возьмём $n=2$?

[transcendent]

mihaild в сообщении #1727436 писал(а):

Какой подгруппы?

Подгруппы $a$, $b$, $c$.

mihaild в сообщении #1727436 писал(а):

transcendent в сообщении #1727432
писал(а):
$a^{k}\equiv b^{k}\equiv c^{k}\equiv 1(\mod p)$ для $m \equiv n(\mod k)$ Что это значит? В левой части нет ни $m$ ни $n$.

Это значит предварительные условия и взято из МТФ (малая, которая,-Ферма).

(Оффтоп)

mihaild в сообщении #1727436 писал(а):

А наличие лишних \(\) вокруг каждой формулы во второй половине (и упоминание $p$-адических чисел после расписыания тривиальной арифметики) вызывает подозрение что она скопирована из дипсика (вроде бы он любит так формулы писать).

В точку! Раньше (когда , например, было выписановсё для Леммы и прочего) я набирал то, что знаю-сам, а что не знаю-из верхней панельки, которая легко открывалась тогда, а сейчас-я её не вижу , вообще. Поэтому, часто обращаюсь за помощью к подобиям тех, о которых вы пишете. если это преступление-извиние, но по-другому никак не выйти из положения-панельки нет и сейчас. Даже то, что вижу сейчас, бывает утром открывается, а днём-нет. Так что, как-то так...

Geen в сообщении #1727437 писал(а):

Но ладно, другой вопрос. Какой шаг сломается, если мы возьмём $n=2$?

Во-первых, доказательство больше для нечётных $n$, чем для чётных; во-вторых, и это главный ответ на Ваш вопрос: всегда можно подобрать такое $p$, когда $pt$ не равно $0$ (а должно), но делится на $p$; ну, и в-третьих, при $n=2$ $a$, $b$, $c$ будут квадратичными вычетами, что согласно упоминаемому выше Следствию из Леммы, означает Пифагоровы Тройки.
Резюмируя: доказательство "ломается" на Шаге 5 (ключевой логический шаг), что соответствует существованию Пифагоровых Троек.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1727440 писал(а):

Подгруппы $a$, $b$, $c$.

Что такое "подугруппа трёх натуральных числе"?

transcendent в сообщении #1727440 писал(а):

Это значит предварительные условия и взято из МТФ

Ничего не понятно. Напишите нормально утверждение, с посылкой и заключением, чтобы можно было восстановить кванторы.

transcendent в сообщении #1727440 писал(а):

Поэтому, часто обращаюсь за помощью к подобиям тех, о которых вы пишете

Пообщаться с нейронками я могу без посредников. Если какой-то минимальный смысл объяснять ошибки человеку еще есть, то нейронке - нет никакого.
Ну и да, если вы ваш пост целиком сдадите какой-нибудь нормальной сети, она вам, скорее всего, скажет примерно то же, что и я - что рассуждение нечитаемо с самого начала.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1727443 писал(а):

Что такое "подугруппа трёх натуральных числе"?

Мы работаем с их классами вычетов по модулю $p$. Подгруппа — это мультипликативная подгруппа, порождённая этими тремя вычетами.

mihaild в сообщении #1727443 писал(а):

Ничего не понятно. Напишите нормально утверждение, с посылкой и заключением, чтобы можно было восстановить кванторы.

Какое? Лемму? А что там не понятно? Вы поймите, что мне (да и не только мне, как понимаю по множеству открытых дискуссий на эту тему) писать не просто по понятным всем причинам. Укжите, пожалуйста конкретно - что?

(Оффтоп)

mihaild в сообщении #1727443 писал(а):

Пообщаться с нейронками я могу без посредников. Если какой-то минимальный смысл объяснять ошибки человеку еще есть, то нейронке - нет никакого.
Ну и да, если вы ваш пост целиком сдадите какой-нибудь нормальной сети, она вам, скорее всего, скажет примерно то же, что и я - что рассуждение нечитаемо с самого начала.

Спасибо за замечание. Если какой-то шаг Вам кажется неясным, укажите конкретное место — я готов его разъяснить. Что касается нейронных сетей — я использовал это целей поиска того, что не могу написать сам и не могу получить помощь здесь по известным всем причинам, но все математические выкладки проверяются мной лично. Если Вы считаете, что доказательство нечитаемо, просил бы написать конкретнее-что именно нечитаемо).

[mihaild]

transcendent в сообщении #1727444 писал(а):

Мы работаем с их классами вычетов по модулю $p$

И догадаться об этом нужно было с помощью телепатии.

transcendent в сообщении #1727444 писал(а):

Какое? Лемму? А что там не понятно?

mihaild в сообщении #1727436 писал(а):

Что это значит? В левой части нет ни $m$ ни $n$

transcendent в сообщении #1727444 писал(а):

Вы поймите, что мне (да и не только мне, как понимаю по множеству открытых дискуссий на эту тему) писать не просто по понятным всем причинам

Это не является оправданием для написания текстов, из которых неясно, кто на ком стоял.
В целом мне непонятны причины, при которых выкладывать плохо написанные тексты сложнее чем нормально написанные.

[Geen]

transcendent в сообщении #1727444 писал(а):

Подгруппа — это мультипликативная подгруппа, порождённая этими тремя вычетами.

Почему это не вся группа?

transcendent в сообщении #1727440 писал(а):

всегда можно подобрать такое $p$, когда $pt$ не равно $0$ (а должно), но делится на $p$

И как это связано с $n$?

transcendent в сообщении #1727440 писал(а):

доказательство больше для нечётных $n$, чем для чётных

Как Вы между собой сравниваете доказательства и что из этого следует (не говоря уж о том, что $n=1$ нечётное)?

-- добавлено через 28 минут --

transcendent в сообщении #1727440 писал(а):

Шаге 5 (ключевой логический шаг)

И где на этом шаге хотя бы раз упоминается $n$?

[transcendent]

mihaild в сообщении #1727445 писал(а):

mihaild в сообщении #1727436
писал(а):
Что это значит? В левой части нет ни $m$ ни $n$

1. В Лемме $m$ и $n$ — это показатели степени, которые входят в сравнения. Сама Лемма утверждает: Если $a^n+b^n\equiv c^n(modp)$ (для некоторого $n$), то для любого $m$, сравнимого с $n$ по модулю $k$ (т.е., $ m≡n(modk)$ ), также выполняется $a^m+b^m\equiv c^m(modp)$.
Таким образом, $n$ -это исходный показатель, а $m $ -произвольный показатель из того же класса по модулю $k$. В условии $a^k\equiv b^k\equiv c^k\equiv 1(modp)$ нет$ m $и $n$, потому что это условие на порядки элементов, а $m$ и $n$ вводятся для сравнений степеней.

mihaild в сообщении #1727445 писал(а):

Это не является оправданием для написания текстов, из которых неясно, кто на ком стоял.
В целом мне непонятны причины, при которых выкладывать плохо написанные тексты сложнее чем нормально написанные.

2. Спасибо. Старались сделать лучшее. Мы учтём конкретные замечания. Если что-то осталось неясным, будем стараться пояснить любой шаг.

Geen в сообщении #1727451 писал(а):

transcendent в сообщении #1727444

писал(а):
Подгруппа — это мультипликативная подгруппа, порождённая этими тремя вычетами.
Почему это не вся группа?

3. Подгруппа $(a,b,c)$ может быть собственной, потому что $a,b,c $— это конкретные вычеты, и они могут не порождать всю мультипликативную группу \mathbb F_p^*. Например, если все они являются квадратичными вычетами, то они лежат в подгруппе квадратичных вычетов порядка $\frac{p-1}{2}$, которая меньше всей группы. В общем случае порядок $k$ этой подгруппы делит $p-1$, но не обязан быть равен $p-1$.

(Оффтоп)

(Например, для $p=199 $ $a=121$, $b=18$, $c=139$, $k=11$)

. В Лемме мы не требуем, чтобы подгруппа была всей группой - нам достаточно, чтобы существовал такой $k$, для которого $a^k \equiv b^k \equiv c^k \equiv 1(\mod p)$.

Geen в сообщении #1727451 писал(а):

transcendent в сообщении #1727440

писал(а):
всегда можно подобрать такое $p$, когда $pt$ не равно $0$ (а должно), но делится на $p$
И как это связано с $n$?

4. Связь с $n$ такова: для любого фиксированного $n>2$ мы можем найти простое $p$ и показатель $m\equiv 1(\mod k)$, такие что сравнение $a^m+b^m\equiv c^m (\mod p)$ выполнено, но при этом $pt = (a+b)^m - (a^m+b^m) $не равно нулю (а только делится на $p$). Это показывает, что из сравнения нельзя вывести $pt=0$, что и является сутью противоречия для $n>2$. Для $n=2$ такие примеры существуют (пифагоровы тройки), и там $pt\neq 0 $не приводит к противоречию, поэтому доказательство не работает для$ n=2$.

Geen в сообщении #1727451 писал(а):

transcendent в сообщении #1727440

писал(а):
доказательство больше для нечётных $n$, чем для чётных
Как Вы между собой сравниваете доказательства и что из этого следует (не говоря уж о том, что $n=1$ нечётное)?

5. Мы не сравниваем доказательства между собой — мы указываем, что наше доказательство применимо только для нечётных $n>2$. Для чётных $n>2$ оно не работает, потому что основной шаг (разложение суммы бинома ) на множитель $ab(a+b)$ использует нечётность: при чётном $n$ бином не делится на $(a+b)$ в общем случае. Что касается $n=1 $- уравнение $a+b=c$ имеет бесконечно много решений, и теорема Ферма для $n=1$ не формулируется (она тривиальна). Поэтому мы не рассматриваем $n=1$, и упоминание нечётности здесь не относится к делу. Итак, из нашего утверждения следует, что доказательство покрывает все нечётные $n>2$, а для чётных $n>2$ требуется другой подход. Это не противоречит известным результатам, так как ВТФ доказана для всех $n>2 $другими методами, а наше доказательство предлагает элементарный путь для нечётных степеней.

Geen в сообщении #1727451 писал(а):

transcendent в сообщении #1727440

писал(а):
Шаге 5 (ключевой логический шаг)
И где на этом шаге хотя бы раз упоминается $n$?

6. На Шаге 5 $n$ явно не пишется, но он подразумевается в условии $a+b=c$ и сравнении $a^m+b^m\equiv c^m(\mod p)$, которые верны только для $n>2$ (для $n=2$ этот шаг не даёт $pt=0$).

[Geen]

transcendent в сообщении #1727469 писал(а):

подразумевается в условии $a+b=c$ и сравнении $a^m+b^m\equiv c^m(\mod p)$, которые верны только для $n>2$

Это откуда следует?

-- добавлено через 48 секунд --

А вообще, что-то я уже устал с ИИ общаться...

[transcendent]

Geen в сообщении #1727470 писал(а):

подразумевается в условии $a+b=c$ и сравнении $a^m+b^m\equiv c^m(\mod p)$, которые верны только для $n>2$
Это откуда следует?

$a$, $b$, $c $ -это элементы , которые в степени $m\equiv 1(\mod k) $дают сравнение $a+b\equiv c(\mod p) $ и равенство $a+b=c$. (См. Следствие из Леммы.) Всё сводится к этому свойству. Если элементы не подчинены этому свойству давать равенство, то мы их обозначим другими буквами, как в случае с греческими буквами в данном проекте доказательства. (Т.е., это не-$a$, не-$b$, не-$c$. В тексте представленного проекта доказательства этого нет, но это отвает на Ваш вопрос: почему или как мы разделяем степени?-как я его понял.)

(Оффтоп)

Geen в сообщении #1727470 писал(а):

А вообще, что-то я уже устал с ИИ общаться...

ИИ при чём? Что Вы хотели этим сказать?

-- добавлено через 22 минуты --

Возьмите Пифагоровы Тройки $3$, $4$, $5$.
Как угодно их-со степенью ли $2$, или бе располагайте ответом получите некое целое ненулевое число, которое будет делиться на какое-то $p$: $(3^2+4^2)^3-3^6-4^6=10800=2^4\cdot 3^3\cdot 5^2$ (если не ошибся). Нет подходящих Лемме простых, но это чисто дял демонстрации самого принципа. В доказательстве же, уравнение (4) , если заменить буквы на греческие, всё , в итоге, сворачивается к исходной гипотезе, т.е.$ pt=0$, в отличие от Пифагоровых Троек.

[Ende]

Топикстартер transcendent заблокирован по собственному желанию до 9 сентября 2026 г. Тема закрыта, но может быть вновь открыта по просьбе ТС, когда срок его блокировки истечет.