Великая теорема Ферма. Классическое доказательство

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #249960 писал(а):

Не мутите воду: изначально в равенстве Ферма задается число $c=c'2^3$, потом определяется степень четности числа $a+b$ и только после этого расчитывается степень четности числа $a+b-c$. Сами посчитать сможете?

В таком порядке согласна.
Теперь смотрим

victor_sorokin в сообщении #249615 писал(а):

Тройка чисел $a, b, c$ порождает – неважно, каким образом! – тройку чисел $a^n, b^n, c^n$

Известно, каким образом, возведением в степень. А вот остальные 'порождают' туманно. Например,

victor_sorokin в сообщении #249615 писал(а):

А вот ЧЕТНОЕ слагаемое $\frac{a+b}{2^k}=c'''$ числа $u$ порождает

victor_sorokin в сообщении #249615 писал(а):

порождает множитель $2^{kn}$ при числе $R-c'^n$ в равенстве 1°

При внимательном рассмотрении это число, $R-c'^n$, оказывается равным нулю. И какой множитель перед ним стоит, четный или нечетный, роли не играет.

Попробуйте все же для показателя три написать, и поконкретнее.

[anwior]

shwedka в сообщении #249817 писал(а):

anwior в сообщении #249813 писал(а):

бесграмотное оформление

Я 12 часов жду, что вы в какой-то момент подметите здесь одно малюсинькое математико-лингвистическое
открытие и озвучите. Я его подметил. Вот прямая наводка

Быть невосхитительным слово "бесграмотное" в принципе не может!

victor_sorokin в сообщении #249960 писал(а):

age в сообщении #238002 писал(а):

Пусть имеется некоторое число $n$ - простое, и число $a$, взаимнопростое с $n$. Докажем, что $a^{n-1}-1\div n$.
Пусть существует такое $a$, взаимно простое с $n$, что $a^{n-1}-1$ не делится на $n$.
Умножим $a^{n-1}-1$ на $a$. Получим $a^n-a$.
Сделаем замену переменной $a=b+1$. Тогда:
$a^n-a=(b+1)^n-(b+1)=b^n+Pn+1-b-1=b^n+Pn-b$ не делится на $n$. Или
$b^n-b$ не делится на $n$.

$b^n-b$ делится на $n$! В любом случае.

Не в любом! Причем, даже и неважно об этом факте делимости знать. Подсказка, опять-таки, прямо перед тобой--внимательней смотреть надо.
Не догадаешся-- подскажу.

[victor_sorokin]

anwior в сообщении #249992 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #249960 писал(а):

$b^n-b$ делится на $n$! В любом случае.

Не в любом! Причем, даже и неважно об этом факте делимости знать. Подсказка, опять-таки, прямо перед тобой--внимательней смотреть надо.
Не догадаешся-- подскажу.

Пример, поржалуйста! (Для простого $n$ и натурального $b$.)

shwedka в сообщении #249656 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #249653 писал(а):

2) А Ваши доказательства лежат близко?

Мои-то да. У меня хватает солидных публикаций.

Вспоминаю выступление председателя правления Тульского союза писателей в 70-е годы: "До революции в губернии был только один писатель, а сейчас их у нас двести!"
И еще: "врун" и "клоун" поэт Пьер Ферма практически не публиковался...
В 60-е годы я участвовал в научном исследовании по эффективности фундаментальной науки в системе АН СССР. Оказалось, что между числом публикаций и научным потенциалом ученого нет никакой заметной зависимости.

[shwedka]

anwior в сообщении #249992 писал(а):

малюсинькое

[age]

anwior
Для начала, приведите пример, когда $b^n-b$ не делится на $n$ - простое.

[anwior]

age в сообщении #250133 писал(а):

anwior
Для начала, приведите пример, когда $b^n-b$ не делится на $n$ - простое.

Первый шаг-- все же за вами. Поднимите хронологию событий:
1. Вы подали док-во классика П. Ферма, но не указали источник.
2. Попросили оценить свою домашнюю заготовку, с явными ляпами
(например, 'число a', вместо 'положительное число a' ; а
еще невразумительный символ в формуле, которую надо док-ть).
Кстати, это не единственные недочеты.
3. Я сам напросился ответить victor_sorokin'у
(он и я работали с вашим неотредактированным текстом, но в процессе самого
ответа В. Сорокину я неприемлю работать с текстом, в котором эти недочеты не устранены).
4. Вы позже Виктора Сорокина просите того, что он хотел.

Вывод: устраните названные недочеты в восхитительном софизме, тогда (после
моего ответа В. С.) я стану всецело ваш.

[age]

anwior
Отрицательное $b$ тоже делится!
$(-b)^n-(-b)=-b^n+b=-(b^n-b)\div n$

anwior в сообщении #250188 писал(а):

Вывод: устраните названные недочеты в восхитительном софизме, тогда я стану
всецело ваш.

Не хотите ли сходить на сайт участника KORIOLA и стать всецело его?

[yk2ru]

age в сообщении #250194 писал(а):

Не хотите ли сходить на сайт участника KORIOLA и стать всецело его?

Кто нибудь туда сходил? Или попытки KORIOLA зазвать туда тщетны.

[anwior]

age в сообщении #250194 писал(а):

anwior
Отрицательное $b$ тоже делится!
$(-b)^n-(-b)=-b^n+b=-(b^n-b)\div n$

anwior в сообщении #250188 писал(а):

Вывод: устраните названные недочеты в восхитительном софизме, тогда я стану
всецело ваш.

Не хотите ли сходить на сайт участника KORIOLA и стать всецело его?

Опонент заволновался-значит я его заинтриговал.
Сударь, будьте смелым математиком!
Это ж так просто: взять и подредактировать свой софизм.
Затем понаблюдать как бесграмотный ферматист anwior будет
отвечать Виктору Сорокину-- неужели это не великий соблазн:
насмеятся от души над выскочкой anwior'ом.

[victor_sorokin]

victor_sorokin в сообщении #247941 писал(а):

Доказательство ВТФ в новом оформлении.
***
Покажем, что равенство Ферма
1°) $A^n+B^n=C^n$, где простое $n>2$ и $A+B-C=U=un^k$ ($u$ не кратно $n$ и $k>1$), с необходимостью порождает противоречивое равенство $a^n+b^n=c^n$ с суммой оснований $a+b-c=n^k$ (нечетной!) или равной НУЛЮ.
...
2°) Как хорошо известно, $k$-значные окончания значимых частей чисел $A^{n-1}, B^{n-1}, C^{n-1}$ равны 1.

Небольшое отступление от этой идеи позволило мне увидеть дефекты в данном доказательстве: оно работает только при $k=1$ и $2$. При $k>2$ – утверждение 2° неверно и, возможно, неисправимо.

Небольшое утешение: доказательство один к одному работает в бинарной системе счисления при $A+B-C=U=u2^1$ – при всех нечетных степенях – и при $A+B-C=U=u2^k$ – при нечетных степенях вида $n=q2^k+1$.

Сегодня появились признаки того, что четное число вместе с тем делится и на $n$.

Перечисленные случаи говорят о том, что полное доказательство лежит где-то рядом.
Исследование продолжается.

victor_sorokin в сообщении #250247 писал(а):

Сегодня появились признаки того, что четное число вместе с тем делится и на $n$.

1) После преобразования $kn$-значного окончания числа $B$ в 1 (в бинарной системе счисления) $kn$-значное окончание числа $R$ (в равенстве $A^n+B^n=(A+B)R$) оканчивается на $n$ (в двоичной записи).

2) При этом, $kn$-значное окончание числа $A+B$ равно 1. Но чтобы число $A+B$ дополнить до степени $n$, его нужно умножить на $n$. (Это единственнное $n$ сомножитель $R$ отрывает у числа $A+B$ - в случае $C$ и $A+B$ кратых $n$.) Однако может ли число с $kn$-значным окончанием равным $n$ являться степенью $n$?

Если существует простое доказательство этих двух утверждений, то мы имеем примитивнейшее доказательство ВТФ.

[anwior]

age в сообщении #250194 писал(а):

anwior
Отрицательное $b$ тоже делится!
$(-b)^n-(-b)=-b^n+b=-(b^n-b)\div n$

Сударь! С почином вас! Полушаг в желаемом мне направлении вы совершили.

Могу подсказать следующий полушаг, после которого (уже по собственной инициативе)
галопом помчитесь подправлять свой софизм.

[victor_sorokin]

victor_sorokin в сообщении #250247 писал(а):

1) После преобразования $kn$-значного окончания числа $B$ в 1 (в бинарной системе счисления) $kn$-значное окончание числа $R$ (в равенстве $A^n+B^n=(A+B)R$) оканчивается на $n$ (в двоичной записи).

2) При этом, $kn$-значное окончание числа $A+B$ равно 1. Но чтобы число $A+B$ дополнить до степени $n$, его нужно умножить на $n$. (Это единственнное $n$ сомножитель $R$ отрывает у числа $A+B$ - в случае $C$ и $A+B$ кратых $n$.) Однако может ли число с $kn$-значным окончанием равным $n$ являться степенью $n$?

Если существует простое доказательство этих двух утверждений, то мы имеем примитивнейшее доказательство ВТФ.

После анализа этой идеи появились веские основания заняться ею основательно.
Итак, очередная идея доказательства ВТФ.

Допустим, что
1°) $A^n+B^n=(A+B)R=C^n$, где простое $n>2$ и $A+B-C=U=u2^k$ ($u, A, B, R$ нечетны и $k>0$). Тогда, как хорошо известно,
2°) если $C$ кратно $n$, то в равенстве 1° $n(A+B)=c^n, R=nr^n$,
3°) если $C$ не кратно $n$, то в равенстве 1° $A+B=c^n, R=r^n$.

Доказательство ВТФ

4°) С помощью умножения равенства 1° на соответствующее число $d^{n^2}$ (которое существует) преобразуем $kn$-значное окончание числа $A$ в 1. Важно, что от этой операции формулы 2°-3°, очевидно, не изменились.

5°) Теперь запишем все числа в полученном равенстве в системе счисления с основанием $m=2^k$.

6°) Легко подсчитать, что $kn$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ в базе $m$ будут соответственно равны: $1, -1, 0, n$.

Покажем, что в представлениях чисел $A+B$ и $R$ в 2° и 3° из чисел $c$ и $r$ только одно целое.

Окончание следует.

shwedka в сообщении #249962 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #249615 писал(а):

порождает множитель $2^{kn}$ при числе $R-c'^n$ в равенстве 1°

При внимательном рассмотрении это число, $R-c'^n$, оказывается равным НУЛЮ.

Да, нулю - если числа $A$ и $B$ НЕцелые:
$A=\frac{A'}{2^k}$, $B=\frac{B'}{2^k}$.

Впрочем, за эту идею я не цепляюсь.



Продолжение.

Итак, в равенстве Ферма для четного числа $C$ мы имеем две $n$-х степени:
$A+B$ и $R$ (в 3°) либо $(A+B)n$ и $\frac{R}{n}$ (в 2°) с основаниями $c$ и $r$ (в 3°) либо $c'n^t$ и $r'$ (в 2°).

Примем за заведомо целочисленную (являющейся к тому же кратной $2^{kn}$) степень $c^n$ (либо $c'n^t$), поскольку ее целочисленность легко реализовать на числовых примерах, и допустим, что целочисленны и основания степени $r^n$ (либо $r'^n$). Тогда степень $r^n$ можно получить из степени $c^n$ путем прибавления к основанию некоторого числа $d$:
7°) $(c+d)^n=r^n$.
Остановимся пока на рассмотрении случая 3° (случай 2° рассматривается анаогично).

Для невозможности равенства 7° (следовательно, и равенства Ферма) достаточно показать, что оно не выполняется на $2^{kn}$-значных окончаниях обеих частей равенства ни при каком нечетном $d$ от 1 до $2^{kn}^-1$ и при условии, что $c+d$ не кратно $n$ (ибо в этом случае $C$ становится кратным $n$, а это уже будет случай 2°).

Так, чтобы доказать ВТФ для $n=3$ при $C$, не кратном 3, и $k=1$, достаточно (т.е. не прибегая к общему доказательству) показать, что по модулю 8 (8-значным окончаниям левой и правой частей) равенство $(2+d)^3=3$ не выполняется для $d=3, 5$.
(Собственно, точно так же доказывается и случай $C$, кратного 3, только вместо равенства $(2+d)^3=3$ проверяется невозможность равенства $(2+d)^3=1$ для тех же самых $d=3, 5$.)

Продолжение следует.

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

6°) Легко подсчитать, что $kn$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ в базе $m$ будут соответственно равны: $1, -1, 0, n$.
...
Тогда степень $r^n$ можно получить из степени $c^n$ путем прибавления к основанию некоторого числа $d$:
7°) $(c+d)^n=r^n$.

В случае, если $C$ не кратно $n$ $kn$-значное окончание (в бинарной системе счисления) числа $r^n$ в 7° равно $n$ (что, заметим, меньше $kn$-1);
а в случае, если $C$ кратно $n$ $kn$-значное окончание числа $r^n$ в 7° равно $1$.
И, если я не ошибаюсь в примитивных тавтологических рассуждениях, в этом случае $kn$-значное окончание числа $d$ равно $n$.

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

И, если я не ошибаюсь в примитивных тавтологических рассуждениях, в этом случае $kn$-значное окончание числа $d$ равно $n$.

Испр.:
И, если я не ошибаюсь в примитивных и по сути тавтологических рассуждениях (при переходе в расчетах окончаний к базе $n$), в этом случае $kn$-значное окончание числа $d$ равно $pn$.

А значит в базе $n$ число $c$ (возможно, и $a$ и $b$) окначиваются на 1. И тогда сумма степеней $A, B, C$ в равенстве Ферма оканчивается на 1, а не на ноль.



Доказательство ВТФ в текущей редакции.

Допустим, что
1°) $A^n+B^n=(A+B)R=C^n$, где простое $n>2$ и $A+B-C=U=u2^k$ ($u, A, B, R$ нечетны и $k>0$). Тогда, как хорошо известно,
2°) если $C$ не кратно $n$, то в равенстве 1° $A+B=c^n, R=r^n$.
3°) если $C$ кратно $n$, то в равенстве 1° $n(A+B)=c^n, R=nr^n$.

Доказательство ВТФ

4°) С помощью умножения равенства 1° на соответствующее нечетное число $d^{n^2}$ (которое существует) преобразуем $kn$-значное окончание числа $A$ в 1. Важно, что от этой операции формулы 2°-3°, очевидно, не изменились.

5°) Теперь запишем все числа в полученном равенстве в бинарной системе счисления (по основанию $2$).

6°) Легко подсчитать, что $kn$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ теперь соответственно равны: $1, -1, 0, n$.

Итак, в формуле для четного числа $C^n$ мы имеем две $n$-х степени:
7a°) $c^n$ ($A+B$ или $(A+B)n$) и
7b°) $r^n$ ($R$ или $\frac{R}{n}$) (см. 2° и 3°).

Покажем, что если число $c$ целое, то число $r$ нецелое.

Допустим, что $r$ целое. Тогда
8°) $(c+d)^n=r^n$, где $kn$-значные окончания числа $c+d$ равно $d$, а числа
$r^n$ равно $n$ (в случае 2°) либо 1 (в случае 3°).

Запишем $kn$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $kn$-значные окончания их степеней по модулю $n$:
9°) $d'^n \equiv r'^n \pmod{n}$. (Это допустимо, поскольку $n<2^{kn}$.)
Но так как $r'=n$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^n$ тоже кратно $n$ (и в то же время меньше $2^{kn}$).

Но из этого следует, что в $n$-ичной системе счисления число $d$ оканчивается на ноль. И тогда
10°) $(c+d)^n \equiv c^n \equiv r^n \pmod{n}$.

11°) А это означает, что число $c^n$ – следовательно и число $C^n$ – в базе $n$ оканчивается на цифру 1 (т.к. $R$, как известно, оканчивается на цифру 1).

И мы видим, что равенство Ферма (1°) по последним цифрам противоречиво, ибо все три степени оканчиваются на цифру 1 и в сумме нулем не оканчиваются.

В случае же 3° ($C$ кратно $n$) в результате операций 8°-12° мы находим, что равны последние цифры в числах $n(A+B)=c^n$ и
$\frac{R}{n}= r^n$ (напомню, что здесь $R$ не кратно $n$).

Таким образом, ВТФ доказана.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

Доказательство ВТФ в текущей редакции.

Допустим, что
1°) $A^n+B^n=(A+B)R=C^n$, где простое $n>2$

В сответствии с правилами, перепишите Ваше 'доказательство' для степени три.

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

преобразуем $kn$-значное окончание числа $A$ в 1

в какой системе?

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

6°) Легко подсчитать, что $kn$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ теперь соответственно равны: $1, -1, 0, n$

Как всегда. Без доказательства не пойдет.

И пишите рассуждение для первого и второго случаев отдельно.

А пока пишете, почитайте своего коллегу, который, в отличие от Вас, с показателем три элементарными методами справился. Всего пара страниц.

http://arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0103/0103051v1.pdf

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

8°) $(c+d)^n=r^n$, где $kn$-значные окончания числа $c+d$ равно $d$, а числа
$r^n$ равно $n$ (в случае 2°) либо 1 (в случае 3°).

Запишем $kn$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $kn$-значные окончания их степеней по модулю $n$:
9°) $d'^n \equiv r'^n \pmod{n}$. (Это допустимо, поскольку $n<2^{kn}$.)
Но так как $r'=n$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^n$ тоже кратно $n$ (и в то же время меньше $2^{kn}$).

А здесь, пожалуйста, все время пишите, в какой системе числа записываются. А то Вы одновременно две системы используете.

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #251425 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

Доказательство ВТФ в текущей редакции.

Допустим, что
1°) $A^n+B^n=(A+B)R=C^n$, где простое $n>2$

В сответствии с правилами, перепишите Ваше 'доказательство' для степени три.

См. здесь:

victor_sorokin в сообщении #250547 писал(а):

... чтобы доказать ВТФ для $n=3$ при $C$, не кратном 3, и $k=1$, достаточно (т.е. не прибегая к общему доказательству) показать, что по модулю 8 (8-значным окончаниям левой и правой частей) равенство $(2+d)^3=3$ не выполняется для $d=3, 5$.
(Собственно, точно так же доказывается и случай $C$, кратного 3, только вместо равенства $(2+d)^3=3$ проверяется невозможность равенства $(2+d)^3=1$ для тех же самых $d=3, 5$.)

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #251486 писал(а):

достаточно (т.е. не прибегая к общему доказательству) показать,

Нетушки, не 'достаточно показать', а покажите. Репутация, видите ли.
С меня достаточно случая, когда одно из чисел делится на 9.