Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

У меня логическая ошибка была в конструкции полинома.
Возьмём правильную конструкцию, в ней всегда есть несколько корней. Нужно подобрать бесконечную цепочку модулей, в каждом из которых те же самые корни, а других нет. Если получится, то всегда можно будет взять модуль, который больший произвольно выбранного натурального числа, и использовать определение перехода к бесконечности из мат. анализа. И обнаружить, что корни не подходят к уравнению ВТФ из-за наличия общего множителя или отрицательного дискриминанта.

[Someone]

Tot в сообщении #1178245 писал(а):

Возьмём правильную конструкцию, в ней всегда есть несколько корней. Нужно подобрать бесконечную цепочку модулей, в каждом из которых те же самые корни, а других нет. Если получится, то всегда можно будет взять модуль

Что значит — "те же самые"? При увеличении модуля корни тоже будут становиться всё длиннее и длиннее. В пределе Вы получите корни в некотором кольце, имеющем весьма слабое отношение к кольцу целых чисел.
Вот, например, решение уравнения $a^3+b^3=c^3$ по модулю $3^{80}$ (в троичной системе счисления):

$$a=\ldots 1120210001 1012000222 0002002121 0011020200 0001202202 2001212221 2001102201 1212000201_3,$$

$$b=\ldots 1010010200 0111022220 0122122220 0012120012 0210002211 2022111020 0012200022 2102021100_3,$$

$$c=\ldots 1111010221 1110112222 1210122012 0022102000 2020021201 2211000022 0110122212 2212100201_3.$$

[Tot]

Стало быть не обратил внимания на бесконечно растущие вслед за модулем корни. Доказывать по набору модулей специального вида будем то, что корни полинома делятся на две группы. В первой имеем небольшое число конечных корней легко вычислимого вида для $\frac{c^6}{a^3b^3}$ (случай ВТФ с $n=3$), а во второй у нас любое число корней заведомо бесконечных в предельном переходе.

[Someone]

Tot в сообщении #1178305 писал(а):

В первой имеем небольшое число конечных корней легко вычислимого вида для $\frac{c^6}{a^3b^3}$

??? Что это за корни такие у уравнения Ферма объявились?

Tot в сообщении #1178305 писал(а):

во второй у нас любое число корней заведомо бесконечных в предельном переходе

Это заблуждение. Они нисколько не бесконечные, просто у них бесконечная запись. Как, например,

$$\sqrt{2}=1{,}414213562373095048801688724209698078570\ldots$$

имеет бесконечную запись, но не является бесконечным.

[Tot]

Someone в сообщении #1178475 писал(а):

??? Что это за корни такие у уравнения Ферма объявились?

Уравнение Ферма по модулю раскладывается в полином от одной переменной. Над примером работаю. По неподходящим модулям демонстрировалось разложение в записях этой темы марта 2015 года.

Someone в сообщении #1178475 писал(а):

Это заблуждение. Они нисколько не бесконечные, просто у них бесконечная запись.

У теоремы Ферма решение должно быть в целых числах. Бесконечная запись целого числа даёт бесконечное целое число. В случае перехода к решению в рациональных числах имеем у числа с бесконечной записью бесконечный знаменатель, который опять-таки делает одно из целых чисел тройки Ферма бесконечным.

[Someone]

Tot в сообщении #1178554 писал(а):

Бесконечная запись целого числа даёт бесконечное целое число.

Оно, в некотором смысле, целое и вполне себе конечное, но к натуральным числам имеет весьма отдалённое отношение. Однако мешает получить противоречие, используя только соображения делимости и анализ остатков.

И во всём этом есть ещё одна проблема: действительно, последовательно увеличивая модуль, мы видим, что запись числа становится всё более длинной. Однако мы не знаем, будет ли это продолжаться неограниченно. Вдруг в какой-то момент мы обнаружим, что дальше пошли одни нули, и получилось решение в натуральных числах?

[Tot]

Someone в сообщении #1178569 писал(а):

Однако мешает получить противоречие, используя только соображения делимости и анализ остатков.

Согласен, но потенциально возможны и другие соображения.

Someone в сообщении #1178569 писал(а):

Вдруг в какой-то момент мы обнаружим, что дальше пошли одни нули, и получилось решение в натуральных числах?

Используем определение бесконечного перехода из мат. анализа. Возьмём произвольное, сколь угодно большое $N_0$ в качестве параметра степени и выкинем все корни, которые не оказались конечными на этом этапе.

[Someone]

Tot в сообщении #1178867 писал(а):

выкинем все корни, которые не оказались конечными на этом этапе

А они окажутся вполне себе натуральными, но только больше этого самого $N_0$.
В таком случае нужно доказывать, что корней больше взятого $N_0$ не существует. А Вы этого делать явно не собираетесь, судя по формулировке.

[ananova]

Tot в сообщении #1178554 писал(а):

Уравнение Ферма по модулю раскладывается в полином от одной переменной.

С одной переменной?
Вот примеры:

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

$$(y+1)^3-y^3= \frac {1^2 + 3(2y+1)^2} 4={\color{blue}x^3} \ldots \eqno (3)$$

ananova в сообщении #1136116 писал(а):

$$(y+1)^5-y^5= \frac {-(1^2) + 5(2y^2+2y+1)^2} 4={\color{blue}x^5} \ldots \eqno (8)$$

[ananova]

(Оффтоп)

"Погорячился" с примерами. Разобрался - это не то, что Вы имели ввиду.

[Tot]

Элементарное доказательство кубической ВТФ.

$$a^3+b^3=c^3 (1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$.
$a,b,c$ не имеют общего делителя, в противном случае его сокращаем.
Доказать отсутствие решений.
Рассмотрим уравнение (1) как предельный переход бесконечного ряда сравнений специального вида на основе теоремы Дирихле, имеющей, как известно, и элементарное доказательство.

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^3+b^3\equiv c^3\mod p) (2)$$

$p\in\mathbb P \setminus \{2\}$ даёт функцию Эйлера $e=\varphi (p)=p-1$;
$p>a^3$, $p>b^3$, $p>c^3$ избавляют от пропорционального модулю множителя;
$p\mod 4 \equiv 3$ задаёт степень чётности функции Эйлера.
$p\mod 3 \not\equiv 1$ избавляет от неоднозначности корней по модулю, что необходимо при предельном переходе.
Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера.

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(\frac{1}{a^{e-3}}+\frac{1}{ b^{e-3}}\equiv c^3\mod p)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(b^{e-3}+a^{e-3}\equiv (ab)^{e-3}c^3\mod p) (3)$$

Перемножим левые и правые части $(2)$ и $(3)$.

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(2+(ab)^3(a^{e-6}+b^{e-6})\equiv (ab)^{e-3}c^6\mod p)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{e-6}+b^{e-6}\equiv \frac{(ab)^{e-3}c^6-2}{(ab)^3}\mod p\equiv A)$$

Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и
перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{6}+b^{6}\equiv A(ab)^{6} \mod p)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(2+(ab)^6(a^{e-12}+b^{e-12})\equiv (ab)^6A^2\mod p)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{e-12}+b^{e-12}\equiv \frac{[(ab)^{e-3}c^6-2]^2_{(1)}-2}{(ab)^6}\mod p\equiv B)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{12}+b^{12}\equiv B(ab)^{12} \mod p)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(2+(ab)^{12}(a^{e-24}+b^{e-24})\equiv (ab)^{12}B^2\mod p)$$

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{e-24}+b^{e-24}\equiv \frac{[[(ab)^{e-3}c^6-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}-2}{(ab)^{12}}\mod p)$$

Продолжив итерации, мы придём опять в левой части после цикла к степени $e-6$, так как у нас $p \mod 4\equiv 3$.
Тогда подставим вместо левой части другое значение $A$.

$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(\frac{c^6}{(ab)^3}-2\equiv [...[[\frac{c^6}{(ab)^3}-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{(l)}-2\mod p) (4)$$

$$l=\varphi (\frac{p-1}{2})$$

Изначально наложенное на модуль условие приводит к однозначному определению значений переменных по значению их кубов, квадратный корень даёт плюс значение и минус значение.
Поэтому возможно осуществить предельный переход и получить предельное уравнение, которое эквивалентно исходному уравнению $(1)$.

$$\frac{c^6}{(ab)^3}-2 = [...[[\frac{c^6}{(ab)^3}-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{\infty}-2 (5)$$

Предельное уравнение имеет всего $4$ потенциальных корня. Рассмотрим их.
1)

$$c^6=(ab)^3$$

Возведём $(1)$ в квадрат и подставим

$$a^6+(ab)^3+b^6=0$$

Корней нет при отрицательном дискриминанте.
2)

$$c^6=4(ab)^3$$

Возведём $(1)$ в квадрат и подставим

$$a^3=b^3$$

противоречие с исходным предположением об отсутствии общего множителя или $2=8$.
Вывод: $(1)$ не имеет решений.

[Someone]

1) Номер формулы задаётся командой \eqno:

$$a^3+b^3=c^3.\eqno(1)$$

2) Предельный переход в (2) не определён.
3) Известно, что уравнение (1) имеет решения по любому модулю, а также в множестве $p$-адических чисел.
4) Что такое "сдвиг переменной на функцию Эйлера" не определено.

[Tot]

Someone в сообщении #1263911 писал(а):

2) Предельный переход в (2) не определён.

Используем определение бесконечного перехода, то есть "... больше любого наперёд заданного натурального числа". Имеем бесконечный ряд сравнений по модулю, увеличивающемуся в рамках наложенных ограничений. Предельный переход бесконечного ряда сравнений к предельному уравнению определён, если все значения всех переменных произвольного решения образуют бесконечные ряды, все элементы которых однозначно определены. В противном случае предельный переход изменял бы область допустимых значений.

Someone в сообщении #1263911 писал(а):

3) Известно, что уравнение (1) имеет решения по любому модулю, а также в множестве $p$-адических чисел.

Замечательно. Только вот все решения, кроме указанных в доказательстве, для предельного уравнения (5) являются гарантированно бесконечно большими. Можно ещё вспомнить нашу дискуссию в этой теме в декабре прошлого года.

Someone в сообщении #1263911 писал(а):

4) Что такое "сдвиг переменной на функцию Эйлера" не определено.

В бесконечном ряду сравнений каждое последующее определяется через предыдущее по мат. индукции. Значит операции с функцией Эйлера определены для всех членов ряда. Но они не определены для предельного уравнения, их там и нет.
Количество переходит в качество. Предельное уравнение (5) является циклическим аналогом ациклического уравнения (1) при бесконечном увеличении цикла.

[Someone]

Tot в сообщении #1263935 писал(а):

Используем определение бесконечного перехода, то есть "... больше любого наперёд заданного натурального числа". Имеем бесконечный ряд сравнений по модулю, увеличивающемуся в рамках наложенных ограничений. Предельный переход бесконечного ряда сравнений к предельному уравнению определён, если все значения всех переменных произвольного решения образуют бесконечные ряды, все элементы которых однозначно определены. В противном случае предельный переход изменял бы область допустимых значений.

Это бред.

Tot в сообщении #1263935 писал(а):

Замечательно. Только вот все решения, кроме указанных в доказательстве, для предельного уравнения (5) являются гарантированно бесконечно большими. Можно ещё вспомнить нашу дискуссию в этой теме в декабре прошлого года.

Пока нет чётких определений — это всё бессмыслица.

Tot в сообщении #1263935 писал(а):

В бесконечном ряду сравнений каждое последующее определяется через предыдущее по мат. индукции. Значит операции с функцией Эйлера определены для всех членов ряда.

Когда определите, тогда будут определены. А пока это всё бессмысленно.

[vasili]

Уважаемый Tot! Я правильно Вас понял?. Вы пытаетесь доказать утверждение , что если равенство $x^3 + y^3 = z^3$ справедливо для некоторых натуральных взаимно простых чисел $x, y, z$, то одно из этих чисел кратно простому числу $ q > z $ и имеющему вид $6k +1$, т.е. доказать что $(x y z, q) = q $?