Простое доказательство ВТФ для чётных степеней

[maxal]

Феликс Шмидель
Если в уравнении $x^{2n} + y^{2n} = z^{2n},$ которое вы рассматриваете, одно из чисел $x,y,z$ является простым или степенью простого числа, то это как и будет "степень простого числа в составе пифагоровой тройки".

[Феликс Шмидель]

Мы должны добавить условие, что $(\alpha-\beta)$ делится на $(z-y)$ уже начиная с леммы 5, иначе фигурирующие в леммах дроби не будут целыми числами.

Предположим $z$ - делится на 4, $y$ - нечётное число, $\alpha$ и $\beta$ - нечётные числа, такие, что $(\alpha-\beta)$ делится на $(z-y)$.
Тогда $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ даёт остаток 1 при делении на 4, а $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ - нечётное число.

Предположим $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}>0$ и $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}>0$
Предположим также, что $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ и $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ не имеют общих делителей.
Тогда закон квадратичной взаимности применим и доказательство непроверенной леммы A проходит.

При этих предположениях проходит и доказательство непроверенной леммы B, если вместо условия взаимной простоты $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ и $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ предположить, что $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ и $\frac{z^{4(m-1)}*\alpha-y^{4(m-1)}*\beta}{z-y}$ не имеют общих делителей. Условие $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}>0$ не нужно для доказательства непроверенной леммы B, достаточно условия $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}>0$.

В доказательстве непроверенной леммы B есть неточность ($\alpha$ и $\beta$ следует поменять местами).
В доказательстве используется, что $(\frac{y}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2=1$, но, при остальных предположениях, это утверждение является следствием закона квадратичной взаимности, если только $y$ не имеет общих делителей с $\beta$.

С учётом этих замечаний дадим более точную формулировку и доказательство наших непроверенных лемм.

Непроверенная лемма A
--------------------------------------

Предположим $(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом целого числа, где n, z, y - целые числа, n - нечётное число, n>2. Пусть $m=(n+1)/2$.
Предположим $z$ - делится на 4, $y$ - нечётное число и $z$ и $y$ - взаимно-просты.
Тогда для любых нечётных взаимно-простых целых чисел $\alpha$ и $\beta$, таких, что $(\alpha-\beta)$ делится на $(z-y)$:

Если $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}>0$, $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}>0$, $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ и $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ не имеют общих делителей и $\beta$ взаимно-просто с $y$, то

$(\frac{\frac{\alpha^n-\beta^n}{z-y}}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2$=1

Док-во:
-----------

Из леммы 5 следует, что $(\frac{\frac{z*\beta^2-y\alpha^2}{z-y}}{\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}})_2=1$. Cогласно закону квадратичной взаимности: $(\frac{\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}}{\frac{z*\beta^2-y\alpha^2}{z-y}})_2=1$. Подставляя $y\alpha^2/\beta^2$ вместо $z$ в $(z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta)$ получим результат леммы.


Непроверенная лемма B
--------------------------------------

Предположим $(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом целого числа, где n, z, y - целые числа, n - нечётное число, n>2. Пусть $m=(n+1)/2$.
Предположим $z$ - делится на 4, $y$ - нечётное число и $z$ и $y$ - взаимно-просты.
Тогда для любых нечётных взаимно-простых целых чисел $\alpha$ и $\beta$, таких, что $(\alpha-\beta)$ делится на $(z-y)$:

Если $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}>0$, $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ и $\frac{z^{4(m-1)}*\alpha-y^{4(m-1)}*\beta}{z-y}$ не имеют общих делителей и $\beta$ взаимно-просто с $y$
то

$(\frac{\frac{\alpha^{2n}-\beta^{2n}}{z-y}}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2=1$

Док-во:
-----------

Меняя в лемме 5 $\alpha$ и $\beta$ местами получим, что

если $\frac{z^{m-1}*\beta-y^{m-1}*\alpha}{z-y}$ делится на p, то $\frac{z*\alpha^2-y*\beta^2}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю p.

Подставляя $\beta^{2(m-1)}$ вместо $\beta$ и $\alpha^{2(m-1)}$ вместо $\alpha$ в $\frac{z^{m-1}*\beta-y^{m-1}*\alpha}{z-y}$ получим, что

если $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ делится на p, то $\frac{z*\alpha^{4(m-1)}-y*\beta^{4(m-1)}}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю p.

Подставляя $y\alpha^2/\beta^2$ вместо $z$ в $\frac{z*\alpha^{4(m-1)}-y*\beta^{4(m-1)}}{z-y}$ получим результат леммы.

Здесь мы использовали утверждение, что $(\frac{y}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2=1$, которое является следствием закона квадратичной взаимности.

Добавлено спустя 14 минут 39 секунд:

maxal писал(а):

Феликс Шмидель
Если в уравнении $x^{2n} + y^{2n} = z^{2n},$ которое вы рассматриваете, одно из чисел $x,y,z$ является простым или степенью простого числа, то это как и будет "степень простого числа в составе пифагоровой тройки".

Я думаю, что эти случаи не являются интересными, поскольку в этой теме я дал простое доказательство невозможности $x^{2n} + y^{2n} = z^{2n},$ для многих n, предполагая только, что $x$, $y$ и $z$ не делятся на n (первый случай FLT). Моё доказательство отличается от доказательства Тержаняна, и лично для меня это достижение. Несмотря на новые методы, я пока не продвинулся дальше Тержаняна, но пытаюсь

Добавлено спустя 2 часа 35 минут 32 секунды:

Условия наложенные на $z$, $y$, $\alpha$ и $\beta$ реализуемы при больших $\alpha$ и $\beta$, но мне уже не удаётся получить противоречие, и это хорошо, потому что оно означало бы ошибку, поскольку леммы A и B верны при n=5.
Но я подозреваю, что из лемм 5 и 6 можно вывести, что

$(\frac{\frac{\alpha^n-\beta^n}{z-y}}{\frac{z*\beta^k-y*\alpha^k}{z-y}})_2=1$

для любого натурального числа $k$, такого, что $k<n$.

Если это подтвердится, то нашей ближайшей целью будет формулировка соответствующей леммы.

Например, если $(m-1)$ делится на $k$, то подставляя в лемме 5 $\beta^k$ вместо $\beta$ и $\alpha^k$ вместо $\alpha$, получим, что

если $\frac{z^{(m-1)/k}*\alpha-y^{(m-1)/k}*\beta}{z-y}$ делится на p, то $\frac{z*\beta^{2k}-y*\alpha^{2k}}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю p.

Используя закон квадратичной взаимности и подставляя $y\alpha^{2k}/\beta^{2k}$ вместо $z$ в $(z^{(m-1)/k}*\alpha-y^{(m-1)/k}*\beta)$ получим, что

$(\frac{\frac{\alpha^n-\beta^n}{z-y}}{\frac{z*\beta^{2k}-y*\alpha^{2k}}{z-y}})_2=1$

[Iosif1]

Феликс Шмидель писал(а):

ИМХО, среди простых доказательств ВТФ, доказательство Тержаняна для чётных степеней это луч света в тёмном царстве, потому что в отличие от многочисленных "доказательств", оно правильно. Мои доказательства ВТФ для чётных степеней тоже правильны, и я думаю, это никто не станет оспаривать. А о вашем "доказательстве" этого сказать нельзя.

А моё?
Я не понимаю, зачем необходимо доказывать БТФ по частям, когда она доказана целиком вашим покорным слугой.
Работу можно посмотреть по ссылкам:
http://babylon.wiki-wiki.ru/b/index.php ... 0%BC%D0%B0
Доказательство показывалось и на данном форуме:
«Доказательство БТФ» Iosif1, правда, безуспешно.
Но это не меняет сути вопроса.
Да, доказательство никем не признано, но и не опровергнуто.
При этом даётся три варианта доказательства с использованием элементарных методов математики. Могу дать ещё два, но они основаны на использовании контрольных модулей, которые используется в одном из показанных вариантов доказательств.
Мне кажется, что доказательство может быть обеспечено и посредством других подходов.
Чем объясняется, что моё доказательство игнорируется, не знаю.
Могу только предполагать, но это дело не эффективное.
Да и потом на форуме не разрешено критиковать модераторов. А я человек послушный.
Я, конечно, ищу рецензента, вернее всего напрасно.
Но Вам, как человеку, имеющему определённые цели, и, может быть, достаточно осведомлённому, не бесполезно ознакомится хотя бы с первым вариантом. (С использованием счислений)
Ознакомление со второй частью доказательства, основанного на использовании счислений, лучше всего начать с варианта, названного «Самым простым». Остальные варианта появились в процессе полемики на данном форуме. Но они не отличаются простотой и эффективностью. Это просто доводы, что не надо сопоставлять большие разряды.
Очевидность истины становится понятной на начальных разрядах, точно также, как и при наличии единичного сомножителя $n$ в одном из оснований.
Надеюсь прочесть Ваше мнение о работе. Извините, если что не так.
С уважением.

[Someone]

Iosif1 в сообщении #171877 писал(а):

Работу можно посмотреть по ссылкам:
[url=http://babylon.wiki-wiki.ru/b/index.php/Обсуждение:Большая_теорема_Ферма]http://babylon.wiki-wiki.ru/b/index.php/%D0%9E%D0%.....0%BC%D0%B0[/url]
Доказательство показывалось и на данном форуме:
«Доказательство БТФ» Iosif1, правда, безуспешно.

Мы с Вами это доказательство обсуждали и, как я вижу, за два года у Вас существенных изменений не произошло. Всё та же идея, всё так же не можете подобрать три цифры и на основании этого утверждаете, что теорему доказали. Я же Вам показывал пример, где подобрано 16 цифр, и это опровергает Ваше доказательство. Я писал тогда, что Ваш перебор неполный и пропускает правильное решение, а Вы за два года так этого и не поняли.

Вообще, здесь Ваше сообщение является offtopicом.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Iosif1 в сообщении #171877 писал(а):

Работу можно посмотреть по ссылкам:
[url=http://babylon.wiki-wiki.ru/b/index.php/Обсуждение:Большая_теорема_Ферма]http://babylon.wiki-wiki.ru/b/index.php/%D0%9E%D0%.....0%BC%D0%B0[/url]
Доказательство показывалось и на данном форуме:
«Доказательство БТФ» Iosif1, правда, безуспешно.

Мы с Вами это доказательство обсуждали и, как я вижу, за два года у Вас существенных изменений не произошло. Всё та же идея, всё так же не можете подобрать три цифры и на основании этого утверждаете, что теорему доказали. Я же Вам показывал пример, где подобрано 16 цифр, и это опровергает Ваше доказательство. Я писал тогда, что Ваш перебор неполный и пропускает правильное решение, а Вы за два года так этого и не поняли.

Вообще, здесь Ваше сообщение является offtopicом.

Я Вам постараюсь ответить в своей теме. С наступающим Вас!

[Феликс Шмидель]

Пункт 1 леммы 2 позволил нам доказать первый случай ВТФ для чётных степеней вида
$16k+10$. Оказывается у леммы 2 есть отличающиеся от неё аналоги.
Мы не использовали фигурирующие в лемме 2 числа $a$ и $b$. Поскольку мы не давали подробного доказательства леммы 2, то докажем сейчас ту её часть, которую мы использовали для доказательства указанного случая ВТФ, а затем рассмотрим упомянутые аналоги.

Пусть $z$ и $y$ - взаимно-простые целые числа, а $n$ - целое число вида $4t+1$, $n>2$.

Рассмотрим тождество: $(\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y})^2-\frac{z^n-y^n}{z-y}=z*y*(\frac{z^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2}}{z-y})^2$. Если предположить, что $\frac{z^n-y^n}{z-y}$ является квадратом целого числа: $\frac{z^n-y^n}{z-y}=v^2$ , то левая часть этого тождества является произведением двух множителей: $(\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}-v)*(\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}+v)$. Эти множители имеют единственный общий делитель: 2.

Если $z*y$ -чётное число, то $\frac{z^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2}}{z-y}$ - нечётное число, и эти множители представимы в виде $z_1*y_1*t_1^2$ и $z_2*y_2*t_2^2$, где
$y=y_1*y_2$, $z=z_1*z_2$,
$t_1*t_2=\frac{z^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2}}{z-y}$, $y_1*z_1*t_1^2+y_2*z_2*t_2^2=2*\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}$.

Если $z*y$ -нечётное число, то $\frac{z^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2}}{z-y}$ - чётное число, и эти множители представимы в виде $z_1*y_1*2*t_1^2$ и $z_2*y_2*2*t_2^2$, где
$y=y_1*y_2$, $z=z_1*z_2$,
$t_1*t_2=\frac{z^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2}}{z-y}/2$, $y_1*z_1*t_1^2+y_2*z_2*t_2^2=\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}$.

Как мы видели, первый случай ВТФ для чётных степеней вида $16k+10$ ($n=8k+5$) следует
из случая, когда $z*y$ -нечётное число и $z$ и $y$ дают при делении на 4 одинаковые остатки.

В следующем посту мы рассмотрим аналоги тождества $(\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y})^2-\frac{z^n-y^n}{z-y}=z*y*(\frac{z^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2}}{z-y})^2$

[Феликс Шмидель]

Тождество из предыдущего поста является частным случаем следующего тождества:

$(\frac{\alpha*z^{(n+1)/2}-\beta*y^{(n+1)/2}}{z-y})^2-\frac{z^n-y^n}{z-y}\frac{\alpha^2*z-\beta^2*y}{z-y}=z*y*(\frac{\beta*z^{(n-1)/2}-\alpha*y^{(n-1)/2}}{z-y})^2$,

где $\alpha$ и $\beta$ - произвольные числа.

Из этого тождества сразу следует лемма 5, таким образом у нас есть ещё одно, вероятно самое простое, доказательство этой леммы. Но, это тождество гораздо сильнее леммы 5, и нас особенно интересует случай, когда $\frac{\alpha^2*z-\beta^2*y}{z-y}$ является квадратом целого числа. Если существуют такие нечётные $\alpha$ и $\beta$, что $\frac{\alpha-\beta}{z-y}$ - целое число, дающее при делении на 4 остаток 2, то проходит доказательство второго случая ВТФ для чётной степени вида $16k+10$ тем же методом, которым мы доказали первый случай ВТФ для степеней этого вида. Для доказательства второго случая, мы предполагаем, что $z$ и $y$ - нечётные числа дающие при делении на 4 разные остатки.
Я пока не знаю, существуют ли такие нечётные $\alpha$ и $\beta$, что $\frac{\alpha-\beta}{z-y}$ - целое число, дающее при делении на 4 остаток 2, и $\frac{\alpha^2*z-\beta^2*y}{z-y}$ является квадратом целого числа. Если существуют, то это продвинуло бы нас дальше Тержаняна.

[Феликс Шмидель]

Поищем такие целые числа $\alpha$ и $\beta$, что $\frac{\alpha^2*z-\beta^2*y}{z-y}$ является квадратом целого числа и $\alpha-\beta$ делится на $z-y$.
Будем искать только взаимно-простые $\alpha$ и $\beta$, предположим также, что $\alpha$ взаимно-просто с $y$, а $\beta$ взаимно-просто с $z$.

Пусть $\alpha-\beta=g*(z-y)$ и $\frac{\alpha^2*z-\beta^2*y}{z-y}=h^2$.
Тогда $\frac{\alpha^2*z-\beta^2*y}{z-y}=\frac{(\beta+g*(z-y))^2*z-\beta^2*y}{z-y}=\beta^2+2*\beta*g*z+g^2*(z-y)*z=(g*z+\beta)^2-g^2*z*y$,
следовательно

$(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$.

Поскольку $g*z+\beta=g*y+\alpha$, то также

$(g*y+\alpha)^2-g^2*z*y=h^2$.

Теперь у нас уже есть ответ на вопрос из предыдущего поста, а именно, невозможно, чтобы $g$ давало при делении на 4 остаток 2,
и $\beta$, $z$ и $y$ были нечётнымы, потому что тогда правая и левая части равенства $(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$ давали бы разные остатки при делении на 4.

Покажем, что $h$ взаимно-просто с $g^2*z*y$. Поскольку $\beta$ взаимно-просто с $z$ и $(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$, то $h$ взаимно-просто с $z$. Аналогично, $h$ взаимно-просто с $y$. Числа $h$ и $g$ взаимно-просты, иначе из $(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$ следовало бы, что $\beta$ делится на их общий делитель, а из $(g*y+\alpha)^2-g^2*z*y=h^2$ следовало бы, что и $\alpha$ на него делится, но $\alpha$ и $\beta$ взаимно-просты.

Из $(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$ следует, что

$(g*z+\beta-h)*(g*z+\beta+h)=g^2*z*y$.

Поскольку $h$ взаимно-просто с $g^2*z*y$, то $(g*z+\beta-h)$ и $(g*z+\beta+h)$ либо взаимно-просты, либо имеют единственный общий делитель: 2.

Если они взаимно-просты, то $g*z+\beta-h=g_1^2*z_1*y_1$, а $g*z+\beta+h=g_2^2*z_2*y_2$, где $g_1*g_2=g$, $z_1*z_2=z$ и $y_1*y_2=y$. В этом случае, мы получим решение:

$\beta=(g_1^2*z_1*y_1+g_2^2*z_2*y_2)/2-g_1*g_2*z$ и

$\alpha=(g_1^2*z_1*y_1+g_2^2*z_2*y_2)/2-g_1*g_2*y$

Если же $(g*z+\beta-h)$ и $(g*z+\beta+h)$ имеют единственный общий делитель: 2, то мы либо получим решение того же вида,
либо $g*z+\beta-h=2*g_1^2*z_1*y_1$, а $g*z+\beta+h=2*g_2^2*z_2*y_2$, где $g_1*g_2=g/2$, $z_1*z_2=z$ и $y_1*y_2=y$. В этом случае, мы получим решение:

$\beta=g_1^2*z_1*y_1+g_2^2*z_2*y_2-2*g_1*g_2*z$ и

$\alpha=g_1^2*z_1*y_1+g_2^2*z_2*y_2-2*g_1*g_2*y$

В качестве $g_1$ и $g_2$ можно взять произвольные целые числа,
а $z_1$, $y_1$, $z_1$, $z_2$ должны удовлетворять равенствам: $z_1*z_2=z$ и $y_1*y_2=y$.

Заметим, что это решение содержит и предыдущее, если сформулировать общее решение так: вычисляем $\alpha$ и $\beta$ по указанным выше формулам и сокращаем их на общий делитель.

[Феликс Шмидель]

Исправление: в предыдущем посту, вместо фразы

"Теперь у нас уже есть ответ на вопрос из предыдущего поста, а именно, невозможно, чтобы $g$ давало при делении на 4 остаток 2,
и $\beta$, $z$ и $y$ были нечётнымы, потому что тогда правая и левая части равенства $(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$ давали бы разные остатки при делении на 4."

должно быть

"Теперь у нас уже есть ответ на вопрос из предыдущего поста, а именно, невозможно, чтобы $g$ давало при делении на 4 остаток 2,
и $\beta$, $z$ и $y$ были нечётнымы, потому что тогда правая и левая части равенства $(g*z+\beta)^2-g^2*z*y=h^2$ давали бы разные остатки при делении на 8."

[Феликс Шмидель]

Я должен признать, что последние тождества, по сути дела, не дали пока никаких результатов.
Моё доказательство первого случая ВТФ для степени вида $16k+10$ правильно, но у этого случая есть более простое эквивалентное доказательство: если $n=8k+5$, а $z$ и $y$ - нечётные числа, дающие при делении на 4 одинаковые остатки, то

$\frac{z^n-y^n}{z-y}=v^2$ невозможно поскольку $\frac{z^n-y^n}{z-y}-1$ не делится на 8.