Великая теорема Ферма. Классическое доказательство

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #251495 писал(а):

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.

Вообще-то забавно, когда люди полагают, что если доказательство верно для всех простых $n>2$, то оно может оказаться неверным для $n=3$.
И наоборот…
Но… хозяин – барин..


Доказательство ВТФ для $n=3$.

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

Доказательство ВТФ

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

6°) Легко подсчитать, что $3k$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ теперь соответственно равны: $1, -1, 0, 3$.
Ибо $1*1=1, 0-1=-1, 1*n=n$.

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

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

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

Запишем $3k$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $3k$-значные окончания их степеней по модулю $3$:
9°) $d'^3 \equiv r'^3 \pmod{3}$. (Это допустимо, поскольку $3<2^{3k}$.)
Но так как $r'=3$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^3$ тоже кратно $3$ (и в то же время меньше $2^{3k}$).

Но из этого следует, что в $3$-ичной системе счисления число $d$ оканчивается на ноль. И тогда
10°) $(c+d)^3 \equiv c^3 \equiv r^3 \pmod{3}$.

11°) А это означает, что число $c^3$ – следовательно и число $C^3$ – в базе $3$ 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 $3$) в результате операций 8°-12° мы находим, что равны последние цифры в числах $3(A+B)=c^3$ и
$\frac{R}{3}= r^3$ (напомню, что здесь $R$ не кратно $3$).

Таким образом, ВТФ доказана.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

напомню, что здесь $R$ не кратно $3$

и почему?

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Легко подсчитать, что $3k$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ теперь соответственно равны: $1, -1, 0, 3$.

Еще про $B, A+B, R$ подсчитайте, пожалуйста, прилюдно. Опять, не просила бы, но, знаете, репутация Ваша....

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #251581 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

напомню, что здесь $R$ не кратно $3$

1) и почему?

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Легко подсчитать, что $3k$-значные окончания чисел $A, B, A+B, R$ теперь соответственно равны: $1, -1, 0, 3$.

2) Еще про $B, A+B, R$ подсчитайте, пожалуйста, прилюдно. Опять, не просила бы, но, знаете, репутация Ваша....

1) Потому что единственную тройку из второго множителя в разложении суммы степеней мы присоединили к первому множителю, чтобы образовать из числа $A+B$ $n$-ю степень.

2) $3k$-значное окончание (=1) числа $A$ (в бинарной системе) мы образуем с помощью умножения равенства Ферма на некоторое число.
$A+B$ оканчивается на $3k$ нулей, потому что число $C$ (в котором множитель $R$ нечетен) оканчивается на $k$ нулей. Т.о., $3k$-значное окончание числа $A+B=0$.
Подставив в последнее равенство $A=1$, мы находим, что $B=-1$.
Подставив в многочлене $R=A^2+AB+B^2$ (в формуле разложения $A^3+B^3=(A+B)R$) вместо $A$ 1 и вместо $B$ -1 и учтя, что $(-1)*(-1)=1$, мы получаем сумму из 3-х единиц: 1+1+1=3.

Боюсь, однако, что мой ответ Вашу репутацию не поднимет.

[shwedka]

Два заявления Сорокина

Цитата:

3°) если $C$ кратно $3$, то в равенстве 1° $3(A+B)=c^3, R=3r^3$

Цитата:

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

Так кратно или нет?

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Но из этого следует, что в $3$-ичной системе счисления число $d$ оканчивается на ноль.

Вот это место поподробнее. поясняю:

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Запишем $3k$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $3k$-значные окончания их степеней по модулю $3$:
9°) $d'^3 \equiv r'^3 \pmod{3}$. (Это допустимо, поскольку $3<2^{3k}$.)
Но так как $r'=3$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^3$ тоже кратно $3$ (и в то же время меньше $2^{3k}$).

Вот как Вы переходите от делимости на три окончаний чисел в двоичной системе к делимости на три самих чисел. Ведь старшие двоичные цифры влияют на делимость на три.

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #251758 писал(а):

Два заявления Сорокина

Цитата:

3°) если $C$ кратно $3$, то в равенстве 1° $3(A+B)=c^3, R=3r^3$

Цитата:

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

1) Так кратно или нет?

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Но из этого следует, что в $3$-ичной системе счисления число $d$ оканчивается на ноль.

Вот это место поподробнее. поясняю:

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Запишем $3k$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $3k$-значные окончания их степеней по модулю $3$:
9°) $d'^3 \equiv r'^3 \pmod{3}$. (Это допустимо, поскольку $3<2^{3k}$.)
Но так как $r'=3$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^3$ тоже кратно $3$ (и в то же время меньше $2^{3k}$).

2) Вот как Вы переходите от делимости на три окончаний чисел в двоичной системе к делимости на три самих чисел. Ведь старшие двоичные цифры влияют на делимость на три.

1) Опечатка. Правильно: (напомню, что здесь $r^3$ не кратно $3$), либо (напомню, что здесь $R$ не кратно $9$).

2) Я НЕ перехожу "от ДЕЛИМОСТИ на три окончаний чисел в двоичной системе к делимости на три самих чисел". Я перехожу от факта равенства окончаний в равных числах в двоичной системе к факту равенства окончаний в равных числах в троичной системе.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #251782 писал(а):

2) Я НЕ перехожу "от ДЕЛИМОСТИ на три окончаний чисел в двоичной системе к делимости на три самих чисел". Я перехожу от факта равенства окончаний в равных числах в двоичной системе к факту равенства окончаний в равных числах в троичной системе.

Но переходите через операции с двоичными остатками.
Напишите рассуждение, приведшее от

Цитата:

Запишем $3k$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $3k$-значные окончания их степеней по модулю $3$:
9°) $d'^3 \equiv r'^3 \pmod{3}$. (Это допустимо, поскольку $3<2^{3k}$.)
Но так как $r'=3$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^3$ тоже кратно $3$ (и в то же время меньше $2^{3k}$).

к

Цитата:

Но из этого следует, что в $3$-ичной системе счисления число $d$ оканчивается на ноль.

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #251789 писал(а):

Напишите рассуждение, приведшее от
...
к...

Это самое интересное место. К сожалению, для подробного изложения требуется время...

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #252075 писал(а):

Это самое интересное место. К сожалению, для подробного изложения требуется время...

А жизнь коротка...
Значит, такого изложения не было?
Ай, нехорошо девушку обманывать....

[victor_sorokin]

victor_sorokin в сообщении #252075 писал(а):

shwedka в сообщении #251789 писал(а):

Напишите рассуждение, приведшее от
...
к...

Это самое интересное место. К сожалению, для подробного изложения требуется время...

shwedka в сообщении #251789 писал(а):

Напишите рассуждение, приведшее от

Цитата:

Запишем $3k$-значные окончания чисел $c+d$ и $r$ как числа $d'$ и $r'$
и сравним $3k$-значные окончания их степеней по модулю $3$:
9°) $d'^3 \equiv r'^3 \pmod{3}$. (Это допустимо, поскольку $3<2^{3k}$.)
Но так как $r'=3$, то, согласно малой теореме Ферма, и основание $d'$ степени $d'^3$ тоже кратно $3$ (и в то же время меньше $2^{3k}$).

к

Цитата:

Но из этого следует, что в $3$-ичной системе счисления число $d$ оканчивается на ноль.

Итак, в системе счисления по основанию $3k$ число $r^3 (=R)$ представимо в виде $r^3=E+3$.
Если остаток $f$ от деления числа $E$ на $3$ меньше $3$, то число $r^3$ в базе $3k$ должно было иметь остаток не $3$, а $3+f$,
а если остаток $f$ от деления числа $E$ на $3$ $3+f$ (где $f<3$), то число $r^3$ в базе $3k$ должно было иметь остаток не $3$, а $f$.
Таким образом, при переходе от базы $3k$ к базе $3$ остаток от деления числа $r^3$ на $3$ равно $0$, т.е. число $r^3$ кратно число $3$.
Но понятно, что никакое основание, не оканчивающееся на ноль при возведении в степень ($3$) не может оканчиваться на ноль.
Итак, случай, когда $C$ не кратно $3$ доказан.

Доказательство случая, когда четное число в равенстве Ферма не кратно простому $n$ совершенно аналогично.

Второй случай будет дорассмотрен позже.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Итак, случай, когда $C$ не кратно $3$ доказан.

Неинтересно даже и смотреть. 'первый' случай ВТФ для трех доказывается в три строчки. Вот Любарцев давно уже сделал, и многие другие.

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Итак, в системе счисления по основанию $3k$ число $r^3 (=R)$ представимо в виде $r^3=E+3$.

Доказать придется!

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Если остаток $f$ от деления числа $E$ на $3$ меньше $3$,

А бывает иначе??

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

то число $r^3$ в базе $3k$ должно было иметь остаток не $3$, а $3+f$

не доказано
Как и все остальное...

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Доказательство случая, когда четное число в равенстве Ферма не кратно простому $n$ совершенно аналогично.

Фантазируете!! Как всегда! Все у вас аналогично. К сожалению, должна вновь упомянуть репутацию....

victor_sorokin в сообщении #251578 писал(а):

Вообще-то забавно, когда люди полагают, что если доказательство верно для всех простых $n>2$, то оно может оказаться неверным для $n=3$.

А, действительно...

[Гаджимурат]

shwedka
Уважаемая Shwedka!! Слежу за Вашей полемикой с "фермистами".Вы столько тратите времени на это, даже завидую.

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #252598 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Итак, случай, когда $C$ не кратно $3$ доказан.

1) Неинтересно даже и смотреть. 'первый' случай ВТФ для трех доказывается в три строчки. Вот Любарцев давно уже сделал, и многие другие.

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Итак, в системе счисления по основанию $3k$ число $r^3 (=R)$ представимо в виде $r^3=E+3$.

2) Доказать придется!

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):

Доказательство случая, когда четное число в равенстве Ферма не кратно простому $n$ совершенно аналогично.

Фантазируете!! Как всегда! Все у вас аналогично.
3) К сожалению, должна вновь упомянуть репутацию....

1) И мне не интересно - метод Любарцева применим только для $n=3$.
2) Вы ломитесь в открытую дверь! Любой второклассник знает, что если (в десятичной системе - т.е. для случая ВТФ $n=5$) число оканчивается на 5, то остаток от деления этого числа на 5 равен НУЛЮ! Или Вам это нужно доказать?
3) См. п.2.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #252811 писал(а):

2) Вы ломитесь в открытую дверь! Любой второклассник знает, что если (в десятичной системе - т.е. для случая ВТФ $n=5$) число оканчивается на 5, то остаток от деления этого числа на 5 равен НУЛЮ! Или Вам это нужно доказать?

Вместо темных аналогий, привели бы доказательство.
И , стыдливо, не ответили на

Цитата:

victor_sorokin в сообщении #252595 писал(а):
Если остаток $f$ от деления числа $E$ на $3$ меньше $3$,


А бывает иначе??

[Виктор Ширшов]

victor_sorokin в сообщении #252811 писал(а):

2) Вы ломитесь в открытую дверь! Любой второклассник знает, что если (в десятичной системе - т.е. для случая ВТФ $n=5$) число оканчивается на 5, то остаток от деления этого числа на 5 равен НУЛЮ! Или Вам это нужно доказать?

Только не 0. Вообще-то, не совсем понятно, какую десятичную систему Вы имеете ввиду.

[victor_sorokin]

Виктор Ширшов в сообщении #252828 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #252811 писал(а):

2) Вы ломитесь в открытую дверь! Любой второклассник знает, что если (в десятичной системе - т.е. для случая ВТФ $n=5$) число оканчивается на 5, то остаток от деления этого числа на 5 равен НУЛЮ! Или Вам это нужно доказать?

Только не 0. Вообще-то, не совсем понятно, какую десятичную систему Вы имеете ввиду.

Я имею в виду школьную десятичную систему счисления. Других не знаю.
И Вы за деревьями (за оговоркой) не видите леса?
Исправляю:
Если (в десятичной системе - т.е. для случая ВТФ $n=5$) число оканчивается на 5, то данное число делится на 5 (и в 5-значной системе счисления оканчивается на НОЛЬ)! Или Вы с этим не согласны?

shwedka в сообщении #252813 писал(а):

Вместо темных аналогий, привели бы доказательство.
И , стыдливо, не ответили на...

Признайтесь лучше, что ПРОИГРАЛИ!