еще о ВТФ для P=3

[vasili]

Уважаемый binki ! Числа (2),(3) и (4) содержат только простые числа вида $6n + 1$. Ваш пример это подтверждает$18^3 + 19^3 =37\cdot7^3 =(6\cdot6 + 1) + (6 + 1)$
Числа (2),(3) и (4) носят вспомогательный характер при доказательстве ВТФ для $n = 3$.

-- 12.03.2018, 08:12 --

Уважаемый binki ! Числа (2),(3) и (4) содержат только простые числа вида $6n + 1$. Ваш пример это подтверждает$18^3 + 19^3 =37\cdot7^3 =(6\cdot6 + 1) (6\cdot1 + 1)^3$
Числа (2),(3) и (4) носят вспомогательный характер при доказательстве ВТФ для $n = 3$.

[binki]

Виноват. Ошибка при копировании примера. Правильный

$$17^3+37^3= 54 (3\cdot7^3)$$

Было указано на использование в докве сумм степеней не содержащих делитель 3. В этом случае Вы правы. Трехчлен является числом вида $6n+1$ Но докво длиновато. Проще

$$z^3+x^3 \equiv (z+x)\cdot 1 \mod 6 $$

Откуда сразу видно, что трехчлен число вида $6n+1$. Остается в силе доказать, что трехчлены содержащие делитель нет необходимости учитывать. То есть доказать, что у Вас не частный случай.

[vasili]

Уважаемый binki !
1.Благодарю за подсказку. Числа (2),(3) и (4) не только имеют вид $6n +1$, но и представляют произведение простых чисел вида $(6n + 1)$.
2. Чтобы поставить точку в доказательстве ВТФ для $n=3$
следует доказать, что равенство (1) несправедливо, если числа (2), (3) и (4) представляют произведения только простых чисел вида $(6n_2 + 1)$(Подмножество 2), т.е. таких, что $2^{2n_2}-1\equiv 0\mod (6n_2 +1)$. Это числа к примеру 31, 43, 127, 157... Доказательство достаточно обьемное.

-- 12.03.2018, 20:21 --

Уважаемый binki ! Пример $17^3 + 37^3$ не удачный, так как $37 - 17=20$ не делиться на3.

[binki]

vasili в сообщении #1296996 писал(а):

! Пример $17^3 + 37^3$ не удачный, так как $37 - 17=20$ не делиться на3.

Это не делиться Ваш трехчлен $((z-x)^2+zx)$, а трехчлен $((x+y)^2-3xy)$ делится, так как $(x+y)=(37+17)$ . Но Вы эти трехчлены игнорируете. А зря.

[vasili]

март 2018
1. В посте обозначенном «27.02. 2018 »
показано, что равенство $x^3 + y^3-z^3=0\engo(1)$ несправедливо, если хотя бы одно из чисел
$z^2-z x +x^2 = (z-x) ^2 +z x\engo(2)$,

$z^2-z y +y^2 = (z-y) ^2 +z y \engo(3)$,

$x^2 + x y +y^2=(x + y) ^2 +x y\engo(4)$,
содержит, хотя бы один простой сомножитель (делитель) вида $p_1 =6n_1 +1$ (Подмножество1),
т.е. такой, что $2^{2n_1}-1\not\equiv 0\mod (6n_1 +1)$.

2. Чтобы поставить точку в доказательстве ВТФ для $n=3$
следует доказать, что равенство (1) несправедливо, если числа (2), (3) и (4) представляют произведения только простых чисел вида $6n_2 + 1$(Подмножество 2), т.е. таких, что $2^{2n_2}-1\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(5)$.

I. Доказательство
3.Пусть для определенности число (2) есть произведение только простых чисел вида $6n _2 + 1$, тогда очевидно
$z^2-z x +x^2 = (z +x) ^2 -3z x\equiv 0\mod(6n_2+1)\engo(6)$,
отсюда
$[(z + x), (6n_2 + 1)] =1\engo(7)$.


Очевидно благодаря (6) будет справедливо сравнение
$z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n _2 + 1)\engo(8)$.
4. Пусть для определенности $(y, 3) =1$ и пусть
формулы Абеля для делителей числа y будут

$y = U_1d_1$,где $U_1^3 =z^2 + zx + x^2\engo(9)$ и

$z-x =d_1^3\engo(10)$.
Из правой и левой части (9) вычтем $2z x$

$U_1^3 -2z x=z^2 + z x +(-2zx) +x^2$, отсюда с учетом (6)

$U_1^3 -2zx=z^2 –z x +x^2\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, тогда

$U_1^3 \equiv 2zx\mod (6n_2 + 1)\engo(11)$.

Правую и левую части (11) возведем в степень$2n_2$

$ (U_1^3)^{2n_2}\equiv 2^{2n_2}z^{2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)$,
отсюда с учетом (5) и Малой теоремой Ферма (МТФ)имеем

$1\equivz^{2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)\engo(12)$.

5. Поиск противоречия в сравнении(12)
Благодаря МТФ имеем
$ z^{6n_2}\equiv 1\mod (6n_2+ 1)\engo(13)$.

$ x^{6n_2}\equiv 1\mod (6n_2+ 1) \engo(14)$.
Из (13) вычтем (12) получим
$z^{6n_2}-z^{2n_2}x^{2n_2}\equiv 0\mod (6n_2+ 1)$,отсюда
$ z^{4n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2+ 1) \engo(15)$.$
Из (14) вычтем (12) получим

$x^{6n_2}-z^{2n_2}x^{2n_2}\equiv 0\mod (6n_2+ 1)$
$ x^{4n_2}\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2+ 1)\engo(16)$.

Из (15) вычтем (16) получим

$ z^{4n_2}- x^{4n_2}\equiv- (z^{2n_2}- x^{2n_2})\mod (6n_2+ 1)$, отсюда

$(z^{2n_2}- x^{2n_2})(z^{2n_2}+ x^{2n_2} + 1)\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(17)$, отсюда возможны 2 варианта сравнений

или
вариант 1--$(z^{2n_2}- x^{2n_2})\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(18)$.
или
вариант 2--$(z^{2n_2}+x^{2n_2} +1)\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(19)$.

II. Вспомогательные сравнения
пусть
6. $r_1z\equiv x\mod (6n_2 + 1) \ engo(20)$,

$r_2y\equiv z\mod (6n_2 + 1) \ engo(21)$,

$r_3x\equiv -y\mod (6n_2 + 1) \ engo(22)$,
где $(r_1,r_2,r_3)$- наименьшие натуральные вычеты, принадлежащие приведенной системе таких вычетов по модулю $6n_2 + 1$
6.1.Перемножим сравнения (20),(21) и (22) $r_1r_1r_3z y x\equiv-x z y\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$r_1r_1r_3\equiv-1\mod (6n_2 +1) \ engo(23)$.

6.2. Рассмотрим (8) с учетом (20) получим $z^3 +x^3\equiv z^3 + (r_1z)^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$r_1^3\equiv -1\mod (6n_2 +1) \ engo(24)$.
6.3. Из (23) вычтем (24)
$r_1r_1r_3-r_1^3=r_1(r_2r_3-r_1^2)\equiv 0\mod(6n_2 +1)$, отсюда

$r_2r_3\equiv r_1^2\mod (6n_2 +1) \ engo(25)$, тогда с учетом (24) имеем
$(r_2r_3) ^3\equiv( r_1^2)^3\equiv 1\mod (6n_2 +1) $
Продолжение следует....

[binki]

vasili в сообщении #1297106 писал(а):

6.2. Рассмотрим (8) с учетом (20) получим $z^3 +x^3\equiv z^3 + (r_1z)^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

Уважаемый vasili!
Нельзя рассматривать (8), так как вводите для (1) дополнительное ограничение. Уравнение Ферма требует, чтобы для натуральных, сумма

$$(y^3 +x^3) \quad \text{была кубом, а не }\quad (z^3 +x^3)\eqno (b)$$

А раз так, то $\quad (z^3 +x^3)$ вполне может состоять из простых чисел указанного вида.
Кроме того, опечатки в (4) по знаку. В (12) отсутствует часть формулы. Перед номерами формул \eqno , как в (b), но не engo.

[vasili]

Уважаемый binki! Благодарю за замечания. Действительно в (4) в правой части равенства следует вместо $+xy$ читать $-xy$. А сравнение(12) -это булет $1\equiv z^{2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$.

Сравнение $z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ есть результат числа (2), а не равенства (1).

[binki]

vasili в сообщении #1297315 писал(а):

Сравнение $z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ есть результат числа (2), а не равенства (1).

В том то и дело, что по (1) число (2) не обременено свойствами куба, поэтому может состоять из простых чисел вида $(6n+1)$
Например:

$$3^3+4^3=91$$

и Ваше сравнение $z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ справедливо

[vasili]

Продолжение поста «Март 2018»
7. Будем рассматривать три возможных варианта, показателя $2n_2$, а именно:
(а)--$2n_2 =3k_0$, где $k_0 $-число четное

(б)--$2n_2 =3k_1 + 1$, где $k_1$ -число нечетное

(в)--$ 2n_2 =3k_2 + 2$, где $k_2$ -число четное

8. Анализ сравнения $(z^{2n_2}- x^{2n_2})\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(18)$ с учетом п.7

8.1. Пусть $2n_2 = 3k_0$, тогда сравнение (18)

$z^{3k_0}- x^{3k_0}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда
$z^{3k_0}\equiv x^{3k_0}\mod (6n_2 +1)$, тогда
с учетом этого сравнение (12) будет

$z^{3k_0}x^{3k_0}\equiv z^{6k_0}\equiv 1 \mod (6n_2 +1)$, а также
$z^{3k_0}x^{3k_0}\equiv x^{6k_0}\equiv 1 \mod (6n_2 +1)$.
Благодаря МТФ имеем
$z^{9k_0}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$, а также

$x^{9k_0}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

Тогда $z^{9k_0}- z^{6k_0}\equiv z^{6k_0}(z^{3k_0}-1)\mod (6n_2 + 1)$, отсюда
$z^{3k_0}-1\mod (6n_2 + 1) engo(25)$.

Тогда $x^{9k_0}- x^{6k_0}\equiv x^{6k_0}(x^{3k_0}-1)\mod (6n_2 + 1)$.
$x^{3k_0}-1\mod (6n_2 + 1) engo(26)$.
Пусть
$2^{k_0}\equiv m_0$, тогда с учетом (5)
$(2^{k_0})^3\equiv m_0^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

$z^{k_0}\equiv m_1$, тогда
$(z^{k_0})^3\equiv m_1^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

$x^{k_0}\equiv m_2$, тогда
$(x^{k_0})^3\equiv m_2^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

$r_2r_3\equiv m_3$, тогда
$ (r_2r_3)^3\equiv m_3^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$

Мы получили 4 наименьших натуральных вычета $m_0, m_1. m_2, m_3$, принадлежащих показателю 3
по модулю $(6n_2 + 1)$, что невозможно, так как $\varphi(3) =2$.
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_0$.

8.2. Пусть $2n_2 = 3k_1 + 1$, тогда сравнение (18)

$z^{3k_1 + 1}- x^{3k_1 +1}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда с учетом (8) имеем

$z^{3k_1}z -(-z^3)^{k_1}x\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, тогда

$ z^{3k_1}(z + x)\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$(z + x)\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, что не возможно в силу(7).
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_1 +1$.

8.3. Пусть $2n_2 = 3k_2 + 2$, тогда сравнение (18)

$z^{3k_2 + 2}- x^{3k_2 +2}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда с учетом (8) имеем

$(z^3)^{k_2}z^2- (-z^3)^{k_2}x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)$.
Так как $k_2$- число четное, то
$(z^3)^{k_2}- (-z^3)^{k_2}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ и
$z^2-x^2=(z-x)(z +x)\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, отсюда
или
$(z +x)\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$ , что не возможно в силу(7).
или
$(z-x)\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$ , что невозможно, так как $[z x y, (6n_2 +1)] =1$. $[(z-x=d_1^3),(y=Ud_1)] =d_1$
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_2 +2$.

Сравнение (18) не справедливо, так все три варианта показателя $2n_2$ приводят к противоречию.

9. . Анализ сравнения $z^{2n_2}+x^{2n_2}+1\equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(19)$ с учетом п.7
Пусть $2n_2 = 3k_0$, тогда сравнение (19)
$z^{3k_0}+x^{3k_0}+1\equiv 0\mod(6n_2 +1)$
Так как $3k_0$ число четное ,то с учетом (8) будет
$ z^{3k_0}\equiv (-z^3)^{k_0}\x^{3k_0}\mod (6n_2 +1)$, тогда
$z^{3k_0}+x^{3k_0}+1\equiv 2 x^{3k_0} +1\mod(6n_2 +1)$,
Отсюда с возведением в степень 3 имеем
$(2 x^{3k_0})^3\equiv(-1)^3\mod(6n_2 +1)$, отсюда с учетом МТФ имеем
$2^3=8\equiv-1\mod (6n_2 +1)$, что невозможно, так как
$(6n_2 +1) > 3$.
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_0$.
Продолжение следует...

[binki]

vasili в сообщении #1297106 писал(а):

II. Вспомогательные сравнения
пусть 6.

$$r_1z\equiv x\mod (6n_2 + 1) \eqno (20)$$

$$r_2y\equiv z\mod (6n_2 + 1) \eqno (21)$$

$$r_3x\equiv -y\mod (6n_2 + 1) \eqno (22)$$

Уважаемый vasili!
Почему рассматриваете только три вычета для модуля $(6n_2 + 1)$? Ваше "пусть" для (20), (21),(22) требует пояснений.

[vasili]

Уважаемый binki ! Три числа и три вычета. Можно взять вычеты $m_1, m_2, m_3$ такие, что
$m_1r_1\equiv1\mod (6n_2 +1)$,
$m_2r_2\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,
$m_3r_3\equiv1\mod (6n_2 +1)$ и
получить

$m_1x\equiv z\mod(6n_2 +1)$,
$m_2z\equiv y\mod(6n_2 +1)$,
$m_3y\equiv -x\mod(6n_2 +1)$.

[binki]

vasili в сообщении #1299864 писал(а):

Три числа и три вычета. Можно взять вычеты $m_1, m_2, m_3$ такие, что

vasili , Если говорить только о трех вычетах, определяемых УФ, но не модулем $(6n_2 +1)$, то можно ли брать вычеты такие (другие), что выполняются (20),(21),(22), но будет ли при этом выполняться УФ?

[vasili]

Уважаемый binki ! Числа $r_i, $ вспомогательные и вводятся мною для углубленного анализа ВТФ.

[vasili]

Продолжение поста « Март 2018»
Апрель 2018.

10. Продолжим рассмотрение сравнения
$z^{2n_2} +x^{2n_2} +1\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$
для случая, когда$2n_2 =3k_2 + 2$ и для случая, когда $2n_2 =3k_1 + 1$
Случай, когда $2n_2 =3k_0$ рассмотрен в предыдущем посте.
11. Итак, пусть $2n_2 = 3k_2 + 2$, тогда сравнения (19) будет
$z^{3k_2 +2}+ x^{3k_2 +2} + 1\equiv0\mod (6n_2 к+1)\engo(19)$, а с учетом (8) имеем

$(z^3)^{k_2} z^ 2+ (- z^ 3)^{k_2} x^ 2 + 1\equiv0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$,отсюда

$(z^3)^{k_2} (z^ 2-x^ 2)\equiv -1\mod (6n_2 +1)\engo(19)$, а после умножения на $z^2$ имеем

$z^{3k_2 +2}(z^ 2-x^ 2)\equiv -z^2\mod (6n_2 +1)\engo(20)$
Возведем сравнение (20) в 3-ю и учитывая, что $(z^{3k_2 +2})^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ получим

$(z^ 2-x^ 2)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$
Преобразуем левую часть (21)
$(z-x)^2(z-x)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$

$[(z^2-zx + x^2)-z x] (z-x)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$, а с учетом (6) имеем

$-z x (z-x)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$
или
$- x (z^2-zx)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$
Благодаря (6) имеем
$(z^2-zx)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$, тогда

$x^3(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$, а

учитывая, что $x^3\equiv -z^3\mod (6n_2 +1)$ имеем

$(z + x)^3\equiv z^3\mod (6n_2 +1)\engo(22)$
Преобразуем (22) получим
$3z x(z +x) +x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$
Или после сокращения на x имеем
$3z^2 +3zx +x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(23)$,
но благодаря (6) имеем

$3z^2 -3zx +3x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(24)$
Из (23) вычтем (24) получим

$6zx-2x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)$
Или после сокращения на$2x$ имеем

$3z\equiv x\mod (6n_2 +1) \engo(25)$.
А после возведения (25) в 3-ю степень и учитывая (8) имеем

$27z^3\equiv x^3\ equiv- z^3\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$27\equiv- 1\mod (6n_2 +1)$
или
$28=4\cdot7\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$7\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, что невозможно, так как простое число 7 относится к I Подмножеству простых чисел вида $6n +1$/
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_2 + 2$..

Осталось доказать, что: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_1 + 1$.

[binki]

vasili в сообщении #1308504 писал(а):

Благодаря (6) имеем
$(z^2-zx)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$, тогда

$x^3(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$,

Уважаемый vasili!
Ошибка в знаке. Правильно

$$x^3(z - x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\eqno(21)$$

Поэтому все остальное и заключительный вывод ошибочные.