Доказательство теоремы Ферма

[Мат]

shwedka писал(а):

Докажите, что из $z^n\div(x+y)$ следует: Любой множитель $x+y$ одновременно является и множителем $z$. Я соглашусь, если речь идет о простых множителях. Тогда нужно переписать все Ваши рассуждения, включив слово 'простой'.вас устроит, если $x+y$ делится на 9, а $z$ только на 3? Но если речь идет о произвольных множителях, то жду доказательства.

1. Предположим, что $z\div z_i^k$ и $x+y\div z_i$. Тогда т.к. каждый множитель $x+y$ есть $n$-ная степень числа (за исключением множителя $n$), то в $x+y$ данный множитель входит в степени $n$.
2. Т.к. $x+y$ и

$$\frac{x^n+y^n}{x+y}$$

взаимно простые числа и могут иметь общим множителем лишь $n$, а $x^n+y^n=z^n$, то если в $z$ данный множитель $z_i\neq n$ входит в степени $k$, то он входит либо в полином, либо в основание числа $x^n+y^n$. Но тогда он также должен быть $n$-ой степенью числа. Тогда т.к. $n$ - простое, то единственным показателем степени, который одновременно является и $n$-ой и $k$-ой степенью является $kn$, т.е. $x+y\div z_i^{kn}$. Т.е. $x+y$ делится не просто на $z_i^k$, а аж на $z_i^{kn}$.
Таким образом речь идет действительно о произвольных множителях.

[Коровьев]

От Дж.Литлвуда.

Цитата:

Устное слово опасно. Одна знаменитая лекция была совершенно непонятна большинству аудитории потому, что "Ханю", - несомненно важное действующее лицо в драме - не сразу отождествлялась слушателями с h\nu

После прочтения супертермина основание, введённого тут кем-то, не буду говорить кем, хотя это и Petern1, у меня сложилось твёрдое убеждение, что любой пользующий его, кроме школьной алгебры ничего более не читал. И не желает.

[shwedka]

Мат в сообщении #187249 писал(а):

взаимно простые числа и могут иметь общим множителем лишь $n$

Уж Вы определитесь, то ли взаимно простые, то ли имеют общий множитель $n$. Уж через союз 'и' такое писать нельзя.

Цитата:

Таким образом речь идет действительно о произвольных множителях.

Все-таки не произвольных, а отличных от $n$.
То есть для множителей, равных $n$ или его степеням все Ваши рассуждения не работают?

[Мат]

Цитата:

Уж Вы определитесь, то ли взаимно простые, то ли имеют общий множитель . Уж через союз 'и' такое писать нельзя.

Цитата:

То есть для множителей, равных $n$ или его степеням все Ваши рассуждения не работают?

shwedka
Изначально, в виду ососбенности числа $n$ при доказательстве теоремы Ферма выделяют два случая:
1. Ни одно из $x$,$y$,$z$ не делится на $n$.
2. Одно из $x$,$y$,$z$ делится на $n$.
Будем считать, что случай 1 вы в моем исполнении зачли.
Рассмотрим случай 2. Пусть $z\div n$ или даже $z\div n^k$.
Тогда точно также как и выше несложно показать, что $x+y\div n^{nk-1}$, но т.к.

$$\frac{x^n+y^n}{x+y}\div n$$

именно в первой степени, то в основание $x+y$ $n$ может входить лишь в степени $n^{nk-1}$.
3. При доказательстве модифицированного п.2. выше мы также учли тот факт, что основание $2z-(x+y)\div z_i$. Таким образом, если $z_i=n^k$ - данный случай, то т.к. $z\div n^k$, $(x+y)\div n^{nk-1}$, то $2z-(x+y)\div n^k$ - и ни в какой другой степени, т.к. иначе окажется что

$$\frac{x^n+y^n}{x+y}\div n^n$$

, что невозможно.
Т.е. $(z-x)^n+(z-y)^n$ включает также и множитель $n^k$, причем только в основании, в полиноме же оно делится на $n$ причем точно в первой степени, в точности в той же структуре как и $z$.
Таким образом, данное доказательство замечательно также тем, что абсолютно не чувствительно к 1 и 2-му случаям теоремы Ферма.

[shwedka]

Мат в сообщении #187337 писал(а):

Будем считать, что случай 1 вы в моем исполнении зачли.

Ни в одном глазу!!
Вы не объяснили, что происходит после пункта 2. Вот Вы, имея одно решение УФ, построили другое решение. Я не вижу дальнейшего рассуждения. Не ссылайтесь, плиз, на какие-то далеkие страницы. Если доказательство есть, скопируйте.

[Мат]

shwedka
Покорнейше извиняюсь. Имеется в виду случай 1 п.2 (модифицированного).

[shwedka]

Давайте, пока ограничимся случаем 1 и расскажите, что происходит дальше.

[Мат]

А дальше мы получаем условие $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$, т.е. чтобы $n$-я степень числа $z^n$ вида была числом вида $x^n+y^n$ необходимо и достаточно, чтобы само число $z$ было также числом вида $a^n+b^n$ (строгая формулировка), вернее чтобы существовало равенство $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$.
Дальше я на много процентов уверен, что данное уравнение невозможно ни для каких $k>2$. Но строгого доказательства пока нет. Вернее есть для $k\neq n$ см.выше, но для этого случая к сожалению не всегда выполним п.2. в частности $x^3+y^3=z^2$, но $x^3+y^3\neq (a^3+b^3)^2$.

[shwedka]

Мат в сообщении #187388 писал(а):

А дальше мы получаем условие $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$, т.е. чтобы $n$-я степень числа $z^n$ вида была числом вида $x^n+y^n$ необходимо и достаточно, чтобы само число $z$ было также числом вида $a^n+b^n$ (строгая формулировка), вернее чтобы существовало равенство $x'^n+y'^n=(a^n+b^n)^n$.

Доказано только то, что стоит после 'вернее', при этом доказана только часть 'необходимо'. Доказательства части 'достаточно' я не наблюдаю.

Мат в сообщении #187388 писал(а):

Но строгого доказательства пока нет.

Всего хорошего и желаю удачи. Встретимся, когда докажете.
Очень честный ферматик попался: сам признался в отсутствии доказательства.

[Мат]

shwedka
Общение с вами, ваш интерес побудили меня на новые деяния и поглядите какой бред я соорудил.
1. Рассмотрим случай 1: ни одно из $x$,$y$,$z$ не делит $n$. Тогда каждое из чисел $z-x$, $z-y$ есть $n$-ая степень числа, причем:
$z-y=x_0^n\in x^n$
$z-x=y_0^n\in y^n$
Откуда $x=x_0x_1$, где $x_1$ - полиномиальная часть $x$, $y=y_0y_1$, где $y_1$ - полиномиальная часть $y$.
2. Тогда исследуемое нами в п.2. уравнение примет вид:
$k_1^nk_2^nx^n+k_1^nk_2^ny^n=\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)^n$ или
$k_1^nk_2^nx_0^nx_1^n+k_1^nk_2^ny_0^ny_1^n=\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)^n$
3. Правую часть данного уравнения можно представить:
$\left(x_0^{n^2}+y_0^{n^2}\right)^n=((x_0^n)^n+(y_0^n)^n)^n=(x_0^n+y_0^n)^n(x_0^{n^2-n}+...+y_0^{n^2-n})^n$
Откуда:
$k_1^nk_2^nx_0^nx_1^n+k_1^nk_2^ny_0^ny_1^n\div (x_0^n+y_0^n)^n$

4. Т.к. и
$k_1^nk_2^nx_0^nx_1^n+k_1^nk_2^ny_0^ny_1^n\div (x_0^n+y_0^n)^n$ и

$x_0^n+y_0^n\div x_0^n+y_0^n$ то и

$k_1^nk_2^nx_1^n-k_1^nk_2^ny_1^n\div x_0^n+y_0^n$ или

$k_1^nk_2^n(x_1^n-y_1^n)\div x_0^n+y_0^n$

Но т.к. $x_0^n+y_0^n=k_1k_2z$, то ни $k_1$ ни $k_2$ общих множителей с $z$ не имеют откуда:

$k_1^nk_2^n(x_1^n-y_1^n)\div k_1k_2z$

$k_1^{n-1}k_2^{n-1}(x_1^n-y_1^n)\div z$

$x_1^n-y_1^n\div z$.

5. Обе полиномные части $x_1^n\in x^n$ и $y_1^n\in y^n$ также представимы:
$x_1^n=z^{n-1}+...+y^{n-1}=\alpha_1z+y^{n-1}$
$y_1^n=z^{n-1}+...+x^{n-1}=\alpha_2z+x^{n-1}$
Откуда:
$x_1^n-y_1^n=\alpha_1z+y^{n-1}-(\alpha_2z+x^{n-1})=\alpha z+y^{n-1}-x^{n-1}\div z$
Т.е. $y^{n-1}-x^{n-1}\div z$

6. Но т.к. в силу свойства, на которое я вам указывал никакой полином степени $k$ не может иметь общих множителей с полиномом степени $n$, где $k$ и $n$ - взаимно простые, то единственные множители числа $y^{n-1}-x^{n-1}$, которые могут делиться на полиномную часть $z_1$ - это $x+y$ и $x-y$. Выше было показано, что $x+y$ и $z_1$ - взаимно простые (как полином и основание одного и того же числа $x^n+y^n$). Тогда лишь $(x-y)\div z_1$. Но это невозможно.
Буду признателен за разбитие.

[shwedka]

Мат в сообщении #187456 писал(а):

никакой полином степени $k$ не может иметь общих множителей с полиномом степени $n$, где $k$ и $n$ - взаимно простые, т

Когда докажете это, буду смотреть на остальное.

[Мат]

shwedka
Ну пожалуйста, поверьте на слово. Ну посмотрите остальное.

Добавлено спустя 5 минут 57 секунд:

shwedka писал(а):

Мат в сообщении #187456 писал(а):

никакой полином степени $k$ не может иметь общих множителей с полиномом степени $n$, где $k$ и $n$ - взаимно простые, т

Когда докажете это, буду смотреть на остальное.

Ладно! Я приведу лишь общую структуру доказательства. Ибо оно выполнено в духе П.Ферма.
Допустим два полинома степени $n$ и степени $k$ имеют общий множитель $m$. Но тогда на $m$ делится и их разность и сумма. Но тогда найдется меньший полином степени $p$, который также делится на $m$ и т.д. Пока в конце концов не найдется полином степени 1, который делится на $m$, но это невозможно, т.к. это будет основание, а основание любого числа $x^n+y^n$ и его полином всегда взаимно просты. А значит таких множителей $m$ не существует.

Добавлено спустя 17 минут 42 секунды:

shwedka
Хотя, спасибо! Один пробел я все же не в данном случае, но в общем увидел:
Например, полиномы:
$x^{17}+y^{17}$ и $a^6+b^6$ могут иметь общие множители. В частности

$$\frac{7^{17}+2^{17}}{7+2}\div \frac{6^6+5^6}{6^2+5^2}$$

. Но в рассматриваемом случае, т.к. $x=a$, $y=b$, то данное замечание несущественно.
В общем случае не могут иметь общие множители никакие полиномы $x^n+y^n$ и $a^k+b^k$ если $n$ и $k$ - взаимнопростые простые числа, большие двух.

[shwedka]

Мат в сообщении #187469 писал(а):

Но тогда найдется меньший полином степени $p$, который также делится на $m$ и т.д

Доказательства этого факта не вижу.

Цитата:

а основание любого числа $x^n+y^n$ и его полином всегда взаимно просты

вы сами писали, что это не так.

[Мат]

shwedka
Если я один буду все доказывать, то что же останется математикам? Математика скучна, если в ней нет загадок. Вот и этот факт, пусть останется загадкой. Быть может найдутся пытливые умы, которые в процессе его "взятия" создадут новые теоремы и области математики, продвинут математику дальше к новым горизонтам. Пусть дерзают, зачем лишать их этого?

Добавлено спустя 1 минуту 45 секунд:

Цитата:

вы сами писали, что это не так.

Речь идет не об общем доказательстве, а лишь о доказательстве случая 1, когда ни $x$, ни $y$, ни $z$ не делят $n$.

[shwedka]

Мат в сообщении #187502 писал(а):

Если я один буду все доказывать

Если Вы не будете доказывать, то и не хвалитесь, как стоит в заголовке темы,

Цитата:

Доказательство теоремы Ферма

.
Назвали бы 'некоторые разговоры о ВТФ'