Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[yk2ru]

Опечатка выше: Делится $(z^3-y^3)$ ...

[vasili]

Используя формулы Абеля в «тяжелых» обозначениях, предложенных уважаемым Someone покажу, что $[(z-y), x] = 1$

1.Пусть $3^k x = x_0$, тогда $A = x_0X$.

2. Пусть $(x, P) =P$, где $P >3$-- простой делитель x.

3. Пусть (от противного) $[(z-y), P] = P\engo(1)$.

4.$A +B-C =zx_0y$, отсюда

$Y-y^2 =z x_0\engo(2)$,

$ X-x_0^2 = z y\engo(3)$

5.Из (2) вычтем (3)

$Y-X + x_0^2-y^2 = z(x_0 -y)$, отсюда

. $\frac{Y-X}{ x_0 -y} + x_0 + y =z $, тогда

$z-y = x_0 + \frac{Y-X}{ x_0 -y}$, отсюда с учетом (1)

$[(Y-X), P] = P$, а тогда и $[(Y^3-X^3), P] = P$.

6. Учитывая,, что $Y^3 = C^2 + CA + A^2$, а $X^3 = C^2 + CB + B^2$

Получим сравнение

$Y^3-X^3\equiv –B(C +B)\mod P$, отсюда

.$C + B = (Z z +Y y )\equiv 0\mod P$, а с учетом (1) имеем

$(Z+Y )\equiv0\mod P\engo(4)$, тогда и

$(Z^3+Y^3) \equiv0\mod P$, но

$(Z^3+Y^3)\equiv C^2 +B^2\mod P$, тогда

$C^2 + B^2 = (Z z )^2+(Y y )^2\equiv 0\mod P$,

а с учетом (1) имеем

$(Z^2+Y^2 )\equiv 0\mod P$,

а с учетом (4) имеем

$(Z-Y )\equiv 0\mod P\engo(5)$.

Сложти сравнения (4) и (5)

$(Z+Y ) + (Z-Y) =2Z\equiv 0\mod P$,

что не возможно т.к. $(C, A) =1$.

Пришли к противоречию.

Условие (1) не справедливо, значит $[(z-y),x]=1$

[Someone]

vasili в сообщении #1283005 писал(а):

Используя формулы Абеля в «тяжелых» обозначениях, предложенных уважаемым Someone покажу

Это не мои обозначения. Это обозначения ydgin: https://dxdy.ru/post1282017.html#p1282017, https://dxdy.ru/post1278158.html#p1278158. Меня они тоже несколько удивили, но, в конце концов, мне не важно, какие конкретно буквы написаны.

[ydgin]

yk2ru
$z^3-y^3=(z-x)(z^2+zy+y^2)$ но также по нашему предположению $z^3-y^3=9x(27x^2+2yz)$

[yk2ru]

Что хотели сказать? Продолжите и дайте вывод из приведённой формулы.

[vasili]

В предыдущем посте мной допущена ошибка
Ниже еще одна попытка показать, что $[(z-y), x] = 1$.

1.Пусть $3^k x = x_0$, тогда $A = x_0X$.

2. Пусть $(x, P) =P$, где $P >3$-- простой делитель x.

3. Пусть (от противного) $[(z-y), P] = P\engo(1)$, тогда

$z (z-y) =z^2-zy\equiv 0\mod P\engo(2)$.

4. Из $A +B-C =z x_0y$, следуют

$z^2-Z = x_0y\engo(3)$, $,

$X-x_0^2 =z y\engo(4)$, $

Из (3) и (4) следуют соответственно

$z^2\equiv Z\mod P\engo(5)$,

$zy\equiv X\mod P\engo(6)$, тогда (2) будет

$z^2-zy\equiv (Z-X)\equiv 0\mod P$, а значит будет справедливо

$(Z^3-X^3)\equiv 0\mod P$, а с учетом формул Абеля имеем

$(A^2 –AB +B^2) –(C^2 +CB + B^2)\equiv-C(C + B)\equiv 0\mod P$, отсюда

$[(C-B) + 2B]\equiv 0\mod P$, а с учетом того, что $C-B = x_0^3/ 3$ имеем

$2B\equiv 0\mod P$, что не возможно.

Пришли к противоречию. Условие (1) не справедливо, значит $[(z-y),x]=1$

[ydgin]

yk2ru
Далее возможны три варианта - делится первый множитель, делится второй, не делятся сами по себе оба на $x$.
Из второго выражения видно что на $x$ делится только первый сомножитель а второй не делится.

[yk2ru]

Не видно, подробнее - почему только первый? vasili выше доказывал, что не делится первый сомножитель. Вы смотрели это сообщение?

[vasili]

Покажем, что $z^2 +z y + y^2\equiv 0\mod x$

1. Из $A +B-C = 3^ k z x y\engo(1)$, следуют

$z^2\equiv Z\mod x\engo(2)$,

$z y\equiv X\mod x\engo(3)$,

$y^2\equiv Y\mod x\engo(4)$, тогда пусть

$ z^2 +z y + y^2\equiv Z + X + Y\equiv 0\mod x\engo(4)$,

Преобразуем (4) и возведем в 3-ю степень

$(Z + Y)^3\equiv (-X^3)\mod x$, отсюда после умножения на 3

$3[Z^3 +3Z Y (Z + Y) +Y^3]\equiv (-3X^3)\mod x\engo(5)$, так как

$ Z^3 +Y^3\equiv C^2 + B^2\mod x$, а

$-3X^3\equiv-3CB\mod x$ и

$Z + Y\equiv-X\mod x$

Получим (5)

$3(C^2 + B^2 -3ZYX)\equiv-3CB\mod x$, отсюда

$3[(C-B)^2 +2CB-3ZYX]\equiv-3CB\mod x$, тогда

$9 CB -9ZYX =9Z Y (z y-X)\equiv 0\mod x$, отсюда

$X- z y\equiv 0\mod x$, так как $X- z y = (3^k x)^2$

Следовательно

$z^2 +z y + y^2\equiv 0\mod x$

[vasili]

Вместо $X- zy =(3^k x)^2$ следует читать $X- z y =3^{2k-1}x^2$.

[ishhan]

vasili в сообщении #1283124 писал(а):

Ниже еще одна попытка показать, что $[(z-y), x] = 1$.

vasili в сообщении #1283243 писал(а):

Покажем, что $z^2 +z y + y^2\equiv 0\mod x$

Уважаемый vasili!
Если всё это верно, то с учётом того, что:

$$x^3=(z-y)(z^2+zy+y^2)$$

Следует, что уравнение $x^3+y^3=z^3$ может выполняться только в случае если $ z-y=1$

[Someone]

ishhan в сообщении #1283400 писал(а):

… уравнение $x^3+y^3=z^3$ может выполняться только в случае если $ z-y=1$

В этой теме топикстартер, а за ним и остальные используют несколько необычные обозначения, которые все можно посмотреть в сообщении https://dxdy.ru/post1282473.html#p1282473. Однако, судя по равенству (4) из упомянутого сообщения, делимость $z^2+zy+y^2$ на $x$ весьма маловероятна.

[yk2ru]

Что там с доказательством vasili, что будто бы $z-y$ не делится на $x$? Если же $x$ содержит двойки, то $z-y$ будет делиться хотя бы на эти двойки, а $z^2+zy+y^2$ точно не будет делиться на $x$. Но в доказательстве используется условие, что простое число из $x$ больше трёх. Про делимость суммы на $x$ vasili явно не то написал.

[vasili]

Уважаемый yk2ru! Вы правы, если А число четное, тогда для четного делителя $2^m$ числа A будет справедливо
$z-y\equiv x\mod 2^m$

Уважаемый ishhan!
Если $z =y +1$, то приходим к противоречию, так как

$C-B =Z z-y Y =Z(y +1)-yY =y(Z-Y) +Z\equiv 0\mod 3^{3k-1}$ и

$Z-Y\equiv 0\mod 3$, тогда $Z\equiv 0\mod 3$, что невозможно. Пришли к противоречию.

[ishhan]

vasili в сообщении #1283529 писал(а):

Если $z =y +1$, то приходим к противоречию

Уважаемый vasili!
Из этого следует, что у Вас есть доказательство ВТФ3 (случай 2) для соседних кубов $z,y$.
Поясните пожалуйста, так ли это.