Арифметические ограничения для степени p в уравнении Ферма.

[ananova]

Добрый вечер!

Достаточно давно получил простыми математическими операциями для уравнения: $x^p+y^p=z^p$, где $p$ - простое нечетное число, результат, касающийся арифметического ограничения на значения степени $p$, относительно переменных $x, y, z$.

Если Вы помните результат Грюнтера, то этот результат, как говорится, - "из той же оперы".

Хотел бы его вынести на Ваш суд.

Результат, как минимум, такой: ВТФ справедлива, если $p > s/2$, при этом $x<y$. $s=(x+y-z)$

При беглом взгляде, результат можно значительно улучшить.

Доказательство.

Допустим справедливо гипотетическое равенство:

$x^p+y^p=z^p$

Исходные данные:
1) $x+y=z+s$
2) $x+y>z$ (известное арифметическое ограничение)
3) $x<y$ - предварительное условие, тогда:
4) $s<x<y$
5)$ s$ - чётное, т.к, если $ x$ и $y$ нечётные, то $z$ - четное и $s$ - чётное. Если $x $- нечетное, $y$ - четное, то $ z$ нечётное, а $s$ - чётное.

Задача доказательства - показать, что $s$ (во всех случаях) кратно $p$. Так как $p$ нечётное, а $s$ - чётное, то $s$ кратно не только $p$, но и 2. Поскольку $s<x<y$, то, как минимум, $s$: $2p = s$. Из предусловий следует, что $x>2p=s $. В случаях, когда $p$ принимает такие значения, что $x<2p$, то следует, что $x<s$. А это противоречит 4), что значит - ВТФ справедлива и для этого случая.

Рассмотрим уравнение:

1a) $(x+y)^p=(z+s)^p$

Поскольку:
$(x+y)^p=x^p+y^p+p(x+y)g(x,y)$, где $g(x,y) $- многочлен, кратный $xy$. (Знатокам детали разложения объяснять не надо?)

Аналогично:
$(z+s)^p=z^p+s^p+p(x+y=z+s)g(z,s)$.

Тогда из 1a) следует:
2a) $x^p+y^p+p(x+y)g(x,y) = z^p+s^p+p(x+y)g(z,s)$

3a) $p(x+y)g(x,y) = s^p+p(x+y)g(z,s)$

4a) $p(x+y)(g(x,y)-g(z,s)) = s^p$

5a) (для случая p=3)
$3(x+y)(xy-zs)=s^3$

Учитывая, что$p$ - простое число, то $s^p$ кратно $p^p$, а значит $s$ кратно $p$, что и требовалось показать. Кроме того, так как $s$ - чётно, то $s^p$ кратно $2^p$. Т.е. , как минимум, $2p=s$, а, поскольку $s<x$, то ВТФ справедлива при $p>s/2$.

Например. Извините за некоторую тавтологию. Раз результат - $p>s/2$ и ВТФ справедлива, рассмотрим вариант, когда $s$=6. В этом случае, согласно полученного результата, ВТФ справедлива для$p$=5 и выше.

Как следствие, минимальное значение $x$ (в уравнении Ферма) не может принимать значение меньше числа 7 (но это не принимая во внимание другие ограничения). Если же их учесть, то минимально допустимое значение $x$, для арифметических результатов, очевидно, гораздо выше.

[Виктор Ширшов]

ananova. Результат запатентовали?

[12d3]

ananova в сообщении #295018 писал(а):

Задача доказательства - показать, что $s$ (во всех случаях) кратно $p$.

Ужасть.
По малой теореме ферма $a^p \equiv a (mod \,p)$.
$0 = x^p+y^p-z^p \equiv x+y-z (mod \,p ) \Rightarrow (x+y-z) \vdots p$

[ananova]

12d3 в сообщении #295036 писал(а):

ananova в сообщении #295018 писал(а):

Задача доказательства - показать, что $s$ (во всех случаях) кратно $p$.

Ужасть.
По малой теореме ферма $a^p \equiv a (mod \,p)$.
$0 = x^p+y^p-z^p \equiv x+y-z (mod \,p ) \Rightarrow (x+y-z) \vdots p$

Ну вот - видите, не зря опубликовал, доказательство быстро подсократилось! Правда, в этом (сокращенном варианте доказательства) - мало простора для улучшения результатов.

[ananova]

Случай I ВТФ

Из 5a) для $p$=3 следует, что ВТФ справедлива, т.к. $(x+y) $не кратно $p$, $xy$ не кратно $p$. Пожалуй, это ещё один вариант доказательства "в три строчки" для p=3.

Для $p$>3 необходимо доказать, что многочлен $g(x,y)$ из 4a) не кратен $p$, а ешё лучше, что разница $g(x,y)-g(z,s)$ не кратна $p^{p-1}$.

[ananova]

(Оффтоп)

В первом посте я случайно исказил фамилию автора:

Если Вы помните результат Грюнтера, ....

следует читать так: результат Грюнерта

[covax]

(Оффтоп)

ananova в сообщении #295166 писал(а):

В первом посте я случайно исказил фамилию автора:

Если Вы помните результат Грюнтера, ....

следует читать так: результат Грюнерта

Автором этой теоремы был Пьер Ферма!

[Виктор Ширшов]

ananova в сообщении #295037 писал(а):

- мало простора для улучшения результатов.

ananova, чтобы простора" было ещё меньше, предлагаю частные случаи исключить

ananova в сообщении #295018 писал(а):

5) $s$- чётное, т.к, если $x$ и $y$ нечётные, то $z$ - четное и $s$ - чётное. Если $x$ - нечетное, $y$ - четное, то $z$ нечётное, а $s$ - чётное.

и

ananova в сообщении #295018 писал(а):

$p$- простое нечетное число,

а ограничиться только общим случаем, когда $x, y, z, n$ $\in$ $N$

[ananova]

Виктор Ширшов в сообщении #295305 писал(а):

предлагаю частные случаи исключить

Если добавить больше нечего, то модераторам можно эту тему закрыть. Для более общих случаев тем вполне достаточно открыто.

[Гаджимурат]

ananova в сообщении #295018 писал(а):

Результат, как минимум, такой: ВТФ справедлива, если $p>s/2$, при этом $x<y. s=(x+y-z)$.

Извините,но данное предположение не имеет ничего общего к доказательству ВТФ,так как для каждой степени $p$ соответствует свое определенное значение $s$.
$s=x+y-z=abcm$, где: $c>a>b$ ,а $m>b^{p-3}$.
Поэтому $s>b^p$. Если даже принять,что $b=3$ ($b$ нечетное),то мы имеем
$s>3^p$. И как Вы согласуете после этого,что ВТФ справедлива,если $p>s/2$ ?.
Принимаем $p=s/2$,тогда $s>3^{s/2}$. И что дальше?.

[ananova]

Гаджимурат в сообщении #295381 писал(а):

Извините,но данное предположение не имеет ничего общего к доказательству ВТФ,так как для каждой степени $p$ соответствует свое определенное значение $s$.

Да, совершенно верно! Значение $s$ связано для каждого конкретного значения, которое могут принять переменные $x,y,z,p. $. Если сложно это понять, то просто подставьте конкретные значения и связь выйдет на поверхность. Если Вы докажете, что

ananova в сообщении #295018 писал(а):

$3(x+y)(xy-zs)=s^3$

не имеет решений в целых числах (с учетом предположения, что $x^3+y^3=z^3$), то докажете ВТФ для степени 3.

Если я глубоко ошибаюсь, что возможно, то пусть Вашу точку зрения поддержат собратья по разуму

[Гаджимурат]

ananova в сообщении #295434 писал(а):

. Если Вы докажете, что $3(x+y)(xy-zs)=S^3$

Это ур-ние я знаю более 30 лет и знаю ур-ние для любой простой степени $p$.
Если принять $z-x=n$, а $z-y=n_1$,то $s^3=3(x+y)nn_1$.
Принимаем $3(x+y)=c^3$ , $n=a^3$, а $n_1=b^3$, то $s^3=c^3a^3b^3$ и
$s=abc$ и ,если бы ур-ние Ф. для $p=3$ имело решение в целых числах,то:
$x=s+n_1=abc+b^3$
$y=s+n=abc+a^3$
$z=s+n+n_1=abc+a^3+b^3$
$z=cd$
$c^2/3=d+ab$
$3d^3=x^2+y^2-xy=n^2+n_1^2-nn_1+abcz$
(ур-ния написаны для случая $z$ делится на$3$.
И это еще не все ур-ния. Для $p>3$ ур-ния будут сложнее,т.есть $s=abcm$.
$m^p$-обьемное ур-ние,так для $p=5$
$m^5=x^2+y^2+nn_1=n^2+n_1^2+nn_1+2abcz$ или
$m^5=a^{10}+b^{10}+a^5b^5+(abcm)^2+abcm(a^5+b^5)$
Это для случая,когда $z$ делится на $5$.Есть что анализировать.
Я много знаю про ВТФ,но точку поставить не могу-не хватает знаний и годы уже не те.

[ananova]

Гаджимурат в сообщении #295599 писал(а):

Это ур-ние я знаю более 30 лет и знаю ур-ние для любой простой степени $p$.

Я уважаю Ваши познания в области этой теоремы и полагаю, что Вы сможете сделать больше выводов чем я по показателю степени $p$ и возможным значениям числа $s$.

Кстати, вот тут ещё более сильный результат, полученный другим исследователем.

Nilenbert в сообщении #162296 писал(а):

Если не ошибаюсь, на это счёт была маленькая заметка в Кванте (№2 1991, доступна в интернете тут Страшевич С., Бровкин Е., Малая и Большая теоремы Ферма.
Там показано, что если $p$ - простое, $p>3$, и $x^p+y^p=z^p$, для некоторых натуральных $x,y,z$, то $x>6p$

.

И скажу больше - есть другой подход к этой задаче без использования числа $s$ и он даёт аналогичные результаты. Т.е., если предположить что ВТФ справедлива, то для $p$=3 , $x$>6 (при условии, что другие ограничения не действуют).

-- Вс мар 07, 2010 18:13:11 --

Гаджимурат в сообщении #295599 писал(а):

$z-x=n$, а $z-y=n_1$

Вот тут, мне кажется, что требуется дополнительное пояснение, что эти два числа взаимнопросты. Без этого дальше могут быть проблемы, т.к. Вы считаете их кубами, а кубами могут быть только взаимнопростые числа (в этом контексте).

[Гаджимурат]

ananova в сообщении #295617 писал(а):

Вот тут, мне кажется, что требуется дополнительное пояснение, что эти два числа взаимнопросты. Без этого дальше могут быть проблемы, т.к. Вы считаете их кубами, а кубами могут быть только взаимнопростые числа (в этом контексте).

Это не мое открытие и что $x+y=c^p$, а $z-x=b^p$ и $z-y=a^p$ доказали еще за 100 лет до меня,но все исследователи прошли мимо такого факта,что
$xy-zs=nn_1$ и,если $(z+s)^2=(x+y)^2 $ и
$z^2+s^2+2zs=x^2+y^2+2xy$
$z^2+s^2=x^2+y^2+2xy-2zs=x^2+y^2+2nn_1$ и,если $x^2+y^2=z^2$,то
$s^2=2nn_1$. Приняв $2n=a^2$ , а $n_1=b^2$ имеем
$s^2=a^2b^2$ и $s=ab$,тогда
$x=ab+b^2$
$y=ab+a^2/2$
$z=ab+b^2+a^2/2$,где $x$-нечет,а $y$-четное ,т.есть
$a$-четное,а $b$-нечет, $a$ и $b$ взаимно простые числа.
Мы получили(довольно просто) новые формулы для определения $xyz$ для $p=2$.
И так можно получить формулы для любой степени $p$.

[ananova]

Гаджимурат в сообщении #295716 писал(а):

Мы получили(довольно просто) новые формулы для определения $xyz$ для $p=2$.

Я не знал о формулах, которые Вы привели. Возможно я их просмотрел в Рибенбойме. Не подскажете ссылочку, где они были получены? (Я имею ввиду формулы, которые были 100 лет назад)

Жаль, что у меня сейчас нет времени заниматься проблемой и нет времени на разные выводы и проверки ;( Может оно позже появится и я обязательно "поиграю" с Вашими результатами.