ВТФ Доказательство клёвое весеннее

[Rak so dna]

Ну вот сразу же:

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

Пусть по определению $k=z-x-y,v=z-x,u=z-y$, то есть $z=x+y+k,z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^7+y^7=(x+v)^7\Rightarrow \frac{y^7-v^7}{7v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^7,$
Так как $7\mid y-v;v=m^7\Rightarrow m^7\mid y^7\Rightarrow m\mid y;$

Может матёрым числовикам сразу очевидно, что $7\mid y^7-v^7 \Rightarrow 7\mid y-v$, но мне, например, нет. Здесь я восстановил доказательство из тождества $y^7-v^7 = (y-v)\left((y-v)^6+7vy(y^2-vy+v^2)^2\right)$, но всё-таки это должны делать вы.

-- 01.05.2023, 17:05 --

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

$(x,y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x$

Я правильно понял, что $(w^7+7wh_x,m^7+7mh_y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x$ ?

Если да, то это неверно:

$(2^7+7 \cdot 2 \cdot 1, 3^7+7\cdot 3 \cdot 2)=(142,2229)=1$

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591991 писал(а):

Я правильно понял, что $(w^7+7wh_x,m^7+7mh_y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x$ ?
Если да, то это неверно:
$(2^7+7 \cdot 2 \cdot 1, 3^7+7\cdot 3 \cdot 2)=(142,2229)=1$

Нет. К этому моменту я уже установил, что $m\mid y,w\mid x$, причём $7mh_y$ и $7wh_x$ это одно и то же число, равное $-k$. Условие $(x,y)=1$ я записал, чтобы показать, что $(m,w)=1$ и чтобы показать, как должны записываться $mh_y$ и $wh_x$ при таких условиях

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1592000 писал(а):

Условие $(x,y)=1$ я записал, чтобы показать, что $(m,w)=1$ и чтобы показать, как должны записываться $mh_y$ и $wh_x$ при таких условиях

И в чём тогда была проблема записать:

$(x,y)=1 \Rightarrow (m,w)=1 \Rightarrow y-v=x-u=7mh_y=7wh_x=7mwA$

А то, что записали вы, можно прочесть единственным способом:

Условие $(x,y)=1$ равносильно равенству $7mh_y=7wh_x$

Вас уже в который раз просят привести в читабельный вид свой поток мыслей, но вы это упорно игнорируете, и из раза в раз копипастите всю изначальную простыню своих выкладок лишь с косметическими изменениями. Вас же никто не торопит: потратьте день, два, неделю — распишите всё как следует, даже в тех местах, где для вас всё очевидно — это всё равно будет быстрее, чем разводить писанину через каждую $3$-ю строку того, что имеется сейчас.

(Ради интереса)

А вы всё же завершили доказательство, или так — до куда получится?

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

Пусть по определению $k=z-x-y,v=z-x,u=z-y$, то есть $z=x+y+k,z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^7+y^7=(x+v)^7\Rightarrow \frac{y^7-v^7}{7v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^7,$
Так как $7\mid y-v;v=m^7\Rightarrow m^7\mid y^7\Rightarrow m\mid y;$
Очевидно, если вспомнить определения чисел $v,u$ чуть выше, то получится $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^7+7mh_y$. Где $h_y$ целое число.
Из определения $u$ и произведенной ранее замены $z=x+y+k$ следует $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^7+y^7=(y+u)^7\Rightarrow \frac{x^7-u^7}{7u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^7,$
Так как $7\mid x-u;u=w^7\Rightarrow w^7\mid x^7\Rightarrow w\mid x;$. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^7+7wh_x$. Где $h_x$ целое число.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} h_y=wA \\ h_x=mA \\ \end{array} \right.$$. Окончательно получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7p, \\ y=m^7+7p, \\ p=mwA\\ z=m^7+7p+w^7,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

Вот примерно, как стоило бы переписать этот кусок:

Пусть целые числа $u$, $v$ такие, что $z=x+v=y+u$.

Тогда $x^7+y^7=(x+v)^7$

поэтому $(x+v)^7-x^7-y^7=(v^7-y^7)+7vx(x+v)(x^2+vx+v^2)^2=0$.

Отсюда $7v\mid v^7-y^7 \Rightarrow v\mid y^7$.

Теперь, в силу делимости левой части тождества $y^7-v^7 = (y-v)\left((y-v)^6+7vy(y^2-vy+v^2)^2\right)$ на $7$ заключаем, что хотя бы один из множителей правой части этого тождества делится на $7$, а значит, неизбежно $7\mid y-v$.

Итак, имеем: $v\mid y^7$ и $7\mid y-v$

То, что существует целое $m$ такое, что $v=z-x=m^7$ следует отсюда:

mihaild в сообщении #1585434 писал(а):

Да, доказательство есть у Постникова ("Теорема Ферма", стр. 19-21 в издании 1978 года). Чтобы не потерялось, перепишу сюда.
Пусть $x^n + y^n = z^n$, $n$ простое большее $2$, $x, y, z$ взаимно просты, $y$ не делится на $n$. Тогда $\sqrt[n]{z - x}$ - целое число.
Напишем $a = z - x$, $b = \frac{y^n}{a} = \frac{z^n - x^n}{a} = \frac{(a + x)^n - x^n}{a} = C_n^0 a^{n - 1} + C_n^1 a^{n - 2} x + \ldots + C_n^{n - 1} x^{n - 1}$.
Очевидно что $a$ и $x$ взаимно просты, потому что любой их общий делитель делит $a + x = z$.
В выражении для $b$ все слагаемые, кроме, быть может, последнего, делятся на $a$ - значит любой общий делитель $a$ и $b$ делит $C_n^{n - 1} x^{n - 1} = n \cdot x^{n - 1}$. Но у $a$ нет общих делителей с $x$, а т.к. $y^n = ab$ не делится на $n$, то $n$ тоже не входит в общие делители $a$ и $b$. Значит, $a$ и $b$ взаимно просты. Ну и т.к. их произведение является $n$-й степенью, то и каждое из них является $n$-й степенью.

а учитывая, что $v\mid y^7$, заключаем, что $m\mid y$ причём $m$ не делится на $7$, поскольку это противоречило бы взаимной простоте $x,y$ и $z$ (это тоже нужно проговаривать).
Итак, имеем:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m\mid y \\ 7\mid y-v \\ v=m^7 \\ 7\nmid m \\ \end{array}\Rightarrow y-v=mh_1-m^7=7h_2=7mh_y \Rightarrow y=m^7+7mh_y \right$$

Далее, в силу симметрии $(x\leftrightarrow y)$, аналогичными рассуждениями относительно $x$ получим $x=w^7+7wh_x$

Наконец:

$(x,y)=1 \Rightarrow (m,w)=1 \Rightarrow y-v=x-u=7mh_y=7wh_x=7mwA$

откуда окончательно получаем:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7mwA, \\ y=m^7+7mwA, \\ z=m^7+w^7+7mwA,m,w,A\in\mathbb{Z} \end{array}\right$$

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1592011 писал(а):

А вы всё же завершили доказательство, или так — до куда получится?

Да, завершил. В том числе для произвольного показателя степени

Rak so dna в сообщении #1592050 писал(а):

Вот примерно, как стоило бы переписать этот кусок:

Да просто mihaild написал, что он более менее понял первые две леммы, поэтому я их переписал по большей части как было изначально. Вот его ответ

mihaild в сообщении #1585406 писал(а):

Вообще, можете как-то кратко описать общую структуру, что происходит после первых двух лемм? Их я более-менее понимаю (существует примерно бесконечное количество чисел, через которые $x, y, z$ выражаются указанным образом), дальше вводим дробь $\frac{x^2 + y^2 - z^2}{2xy}$, и что-то про неё доказываем. Утверждается, что она является корнем какого-то кубического уравнения, но какого - загадка, и в чем дальше будет противоречие - тоже.

[Rak so dna]

Следующее предложение:

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

Пусть $z$ делится на $7$. Тогда $x+y=7^6C^7$

Опять же где доказательство? Ладно, попробую восстановить. Имеем тождество:

$y^7+x^7=(x+y)\left(7y^6-(x+y)(6y^5-5xy^4+4x^2y^3-3x^3y^2+2x^4y-x^5)\right)$

Пусть $p\neq7$ — общий делитель двух множителей правой части тождества, тогда $p\mid x+y$ и $p\mid y$, а значит $p\mid x$, а это противоречит $(x,y)=1$. Поэтому общим делителем может быть только $7$. Случай $x+y=7^6C^7$ вы указали. Почему невозможен случай $x+y=7C^7$ ?

И опять же, на этот разбор у меня ушло полчаса, и то я до конца так и не понял почему ваше утверждение верно. Надеюсь, больше не надо объяснять смысл просьбы расписывать всё подробно?

Rak so dna в сообщении #1592109 писал(а):

Почему невозможен случай $x+y=7C^7$ ?

Тут вроде бы всё получается, если использовать ещё тождество

$x^7+y^7 = (x+y)\left((x+y)^6-7xy(x^2+xy+y^2)^2\right)$

но тем не менее, это не отменяет основной претензии.

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1592109 писал(а):

И опять же, на этот разбор у меня ушло полчаса, и то я до конца так и не понял почему ваше утверждение верно. Надеюсь, больше не надо объяснять смысл просьбы расписывать всё подробно?

Понял. Распишу подробно тогда. Просто у mihaild с пониманием вами обозначенных фактов проблем не возникло, потому я решил ничего не менять в изложении первых двух лемм. Раз вам непонятно, буду писать ещё подробнее тогда

[mathematician123]

Rak so dna в сообщении #1592109 писал(а):

Следующее предложение:

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

Пусть $z$ делится на $7$. Тогда $x+y=7^6C^7$

Опять же где доказательство? Ладно, попробую восстановить. Имеем тождество:

Для любого простого $p$ верно: если $\frac{x^p + y^p}{x + y}$ делится на $p^2$, то $p \mid x$ и $p \mid y$.

[mihaild]

(Оффтоп)

Не надо пожалуйста ссылаться на меня как на авторитета тут. Ну и если я не задал вопросов по какому-то поводу, то это только значит что мне другое место показалось более подозрительным. Я тут пока не пытался всё вычитать от и до, а именно читал по диагонали в надежде быстро найти легко демонстрируемую ошибку.

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1592110 писал(а):

Просто у mihaild с пониманием вами обозначенных фактов проблем не возникло

Ну так не зря же он ЗУ.

Antoshka в сообщении #1592110 писал(а):

Раз вам непонятно, буду писать ещё подробнее тогда

Отлично. Давайте начнём с Леммы 1, и больше пока ничего не пишите.

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1592113 писал(а):

Для любого простого $p$ верно: если $\frac{x^p + y^p}{x + y}$ делится на $p^2$, то $p \mid x$ и $p \mid y$.

Lifting-the-exponent lemma

[Rak so dna]

(Оффтоп)

mathematician123 в сообщении #1592113 писал(а):

Для любого простого $p$ верно: если $\frac{x^p + y^p}{x + y}$ делится на $p^2$, то $p \mid x$ и $p \mid y$.

Интересно, а имеет ли уравнение $\frac{x^p + y^p}{x + y}=z^p$ решения в натуральных числах, для $z\geq2,\ p\geq3$

[mihaild]

Rak so dna в сообщении #1592145 писал(а):

Интересно, а имеет ли уравнение $\frac{x^p + y^p}{x + y}=z^p$ решения в натуральных числах, для $z\geq2,\ p\geq3$

$\frac{3^3 + 6^3}{3 + 6} = 27 = 3^3$

[mathematician123]

(Оффтоп)

Rak so dna
Для $p = 5$ есть решения (11, 22, 11), (32, 32, 16), (61, 183, 61). Можно заметить, что во всех решениях $x, y, z$ имеют общие делители. Вроде я где-то видел гипотезу, что при $p \ge 5$ и $\gcd(x, y) = 1$ решений нет.

[Rak so dna]

(Оффтоп)

mihaild, mathematician123 спасибо.
Про условие взаимной простоты я забыл :

$x=\frac{(a^p+b^p)a}{a+b}$

$y=\frac{(a^p+b^p)b}{a+b}$

$z=\frac{a^p+b^p}{a+b}$

mathematician123 в сообщении #1592148 писал(а):

Вроде я где-то видел гипотезу, что при $p \ge 5$ и $\gcd(x, y) = 1$ решений нет.

А для $p=3$ есть куча взаимнопростых решений: $(1,19,7)$, $(17,53,13)$ и т.д. Теперь я знаю, что буду отвечать ферматикам на вопрос:
— Почему при $n=3$ доказательство ВТФ "особое"?