Вывод основных уравнений для анализа ВТФ

[Razgulyai]

Уважаемый Гаджимурат!
1)Абсолютно с Вами согласен, что если x-y делимо на N,
то 2 в степени N-1 делимо на N в кубе. Имею иное, но
тоже элементарное этому доказательство.
2) К сожалению, это условие не является достаточным и необходимым для т.н. I случая ВТФ.Поясню.
"Введение в теорию..." Постников М.М.1982 г."Наука".
стр.89.Лемма. Из леммы: Если есть решение в целых числах начального ур-ния, то x-y обязано делиться на N.
Но лемма исходит из "Вспомогательного утверждения",
которое требует, чтобы N отвечали условию Б).
Куммер, Бернулли, Мириманов, Виферих ,Фуртвенглер...
не удалось показать, что все N отвечают условию Б)

[Someone]

Гаджимурат в сообщении #251865 писал(а):

Книгу я читал в публичной библиотеке им.Белинского г.Екатеринбург в начале
80 г.г. Изучал часов 5-6,скопировать не имел возможности.

Ну так теперь скачайте из Интернета обе книги и изучайте сколько хотите; ссылки на обе книги я давал.

[Гаджимурат]

Razgulyai в сообщении #252771 писал(а):

не удалось показать, что все N отвечают условию Б)

Уважаемый Razgulyai ! Для доказательства,что если $xyz$ не делится на $n$,то $x-y$ делится на $n$ и это утверждение верно для любых простых степеней (3,5,7,.....$n$),
мне ненужны ни леммы,ни ссылки на знаменитых и известных математиков.Я это доказываю элементарно просто,исходя из анализа полученных мню уравнений. А то,что я сделал ссылку на уважаемых математиков-это просто дань уважения.Спасибо за замечание,в дальнейшем,если я буду утверждать случай,когда $x-y$ делится на $n$,то сначала приведу свое доказательство.
Почему я так смело утверждаю,что знаю данное доказательство?. Просто все известные математики прошли рядом и не заметили ,что для всех простых степеней,в том числе и для $n=2$ ,можно получить обобщенную формулу для нахождения чисел $xyz$ .Возникает вопрос,если я знаю эти формулы,то почему не могу найти числовые значения для $xyz$ например для $n=3$.Дело в том ,что формулы для $n=2$ зависят от двух взаимно простых переменных $ab$,а для $n=3$ формулы содержат три взимно простые переменные $abc$,но они еще и связаны между собой, а для $n=5$ и более формулы содержат четыре переменные $abcm$.Что не понятно,с удовольствием поясню.

[Razgulyai]

Уважаемый Гаджимурат!
Если Вы абс. уверены, что в I сл. ВТФ x-y делимо на N,
то, как уже пенсионер-почти пенсионеру, настоятельно
советую не медля защитить Ваше АВТОРСКОЕ ПРАВО.
Ибо, если в библии "вначале было Слово", то в нашей
реалии доминирует Печатное Слово. Т.е., как минимум,
1) Выверенный текст Вашего док-ва, скрепленный
печатью, проще всего, юридической консультации-
(1 экземпляр Вам, 2-й - им ) И, желательно,
2) Публикация в прессе. (Но редакции обычно за сохранность присланного не отвечает!)
Поэтому Ваше предложение о разъяснении могу
принять ,когда хотя бы 1) защитит Вашу интеллек-
туальную собственность. Тогда и продолжим.Успеха.

[Гаджимурат]

Razgulyai в сообщении #253275 писал(а):

1) Выверенный текст Вашего док-ва, скрепленный
печатью, проще всего, юридической консультации-

Это сделать очень просто,но вот с публикацией ?. Я с 89 года живу в
селе,куда даже "декабристов" не ссылали. И второе-я не имею законченного варианта доказательства ВТФ.На форум хожу за новыми идеями,но увы.
А доказательство ,что $x-y$ всегда делится на $n$ для 1 случая ВТф ,я считаю не таким важным открытием (кстати я считал ,что это 2 случай ,а 1 случай, это когда
$xyz$ делятся на $n$,но это не суть важно).Работы много -наступает зима и требуется провести определенный обьем работ по водо и теплоснабжению,а денег в бюджете "нуль"-кризис.Вот и кручусь.Не исчезайте с форума хотя бы месяц.Когда я буду готов-продолжим.

[grisania]

Гаджимурат в сообщении #201853 писал(а):

----------------------------------------------
И так,доказано,что если х или у делится на 9 и более,решения уравнения Ф. для N=3 в целых числах нет. Таким же методом доказывается и случай,когда z делится на 9 и более.
Если данные выкладки верны,то можем утверждать:ВТФ решена на елементарном уровне,т.как доказательство для всех простых степеней N аналогично приведенноиу.
Формулы для анализа (z-делится на 9) имеют другой вид.[ $3(x+y)=c^3$] Приводить доказательство для z делится на 9 ,уже не интересно,главное-в чем я заблуждаюсь в данной статье.

Утверждение 1. Если уравнение $x^3+x^3+z^3=0$ имеет решения в целых числах, то одно из чисел делится на $3$.
Которое доказал как я понимаю ljubarcev на своей ветке, я его доказал другим способом.
Вы же утверждаете, что этого достаточно решения ВТФ для $n=3$ в целых числах нет.
Можно ли ли считать ваше доказательство верным? ljubarcev утверждал что-то подобное, но не смог этого четко доказать, за что его ветку модераторы прикрыли

[Гаджимурат]

grisania в сообщении #253822 писал(а):

Вы же утверждаете, что этого достаточно решения ВТФ для$n=3$ в целых числах нет.

Я не доказал ВТФ ни для $n=3$, и не доказал вообще.Что же было в "опусе" при доказательстве ВТФ для $n=3$ -проверил как работает критика на форуме,т.есть я сознательно допустил ошибку и никто не обратил на нее внимания.Подобного не повторится.Приношу свои извинения всем участникам форума.

Гаджимурат в сообщении #253387 писал(а):

Не исчезайте с форума хотя бы месяц.Когда я буду готов-продолжим.

Уважаемый Razgulyai !
Я обещал показать доказаткльство ВТФ для 1 случая и не опираться на условие,что при этом случае $x-y$ делится на $n$. Доказательство покажу на примере $n=5$,
т.как для $n=3$ не требуется доказательство 1 случая.Почему?.Докажем это утверждение. И так. В ранее помещенной мною статье на этом форуме (вывод основных уравнений для анализа ВТФ),мы имеем(если ур-ние Ферма имеет решение в целых числах и $xyz$ являются его решением):
$x^3+y^3=z^3$ и $(x^2-1+1)x+(y^2-1+1)y=(z^2-1+1)z$ и
$(x^2-1)x+x+(y^2-1)y+y=(z^2-1)z+z$ ,но
$x^2-1$ и $y^2-1$ и $z^2-1$ делятся на 3,тогда и $x+y-z$ делится на 3,но
$x+y=z+x_1$, т.есть $x_1$ делится на 3,но $x_1=abc$, тогда $a$ либо $b$ либо $z$ делится на 3, поэтому $xyz$ делится на 3, т.как
$x=abc+b^3$
$y=abc+a^3$
$z+cd=abc+a^3+b^3$
$n=5$. Для удобста далее будут использованы символы $n$ и $n_1$ -это не степень $n$.
1. $x=x_1+n_1=abcm+b^5$
2. $y=x_1+n=abcm+a^5$
3. $z=cd=abcm+a^5+b^5$
4. $c^5=x+y=z+x_1=2abcm+a^5+b^5$
5. $c^4=d+abm$
$x^5=(x_1+n_1)^5=........+5x_1n_1^4+n_1^5$
$y^5=(x_1+n)^5=............+5x_1+n^5$
$z^5=(x_1+n+n_1)^5=......+5x_1(n+n_1)^4+(n+n_1)^5$
(здесь опущены все члены ,которые делятся на $5x_1^2$,т.есть делятся на $5^3$) и $5x_1n^4=5x_1(n^4-1+1)=5x_1(n_1^4-1)+5x_1$,но $5x_1(n_1^4-1)$ делится на $5^3$. Также поступим с $5x_1n^4$ и $5x_1(n+n_1)^4$ и
$(n+n_1)^5=n^5+n_1^5+5nn_1(n^3+n_1^3)+10n^2n_1^2(n+n_1)$.
Учитывая все написанное,можем записать
$...5x_1+5x_1+n^5+n_1^5=....5x_1+n^5+n_1^5+5nn_1(n+n_1)(n^2+nn_1+n_1^2)$ и $nn_1(n+n_1)(n^2+nn_1+n_1^2)-x_1$ делится на $5^2$,
но $n=a^5=a(a^4-1+1)=a(a^4-1)+a$, но $a^4-1$ делится на 5.Тоже и с $n_1=b^5$,поэтому $ab(a+b)(n^2+nn_1+n_1^2)-abcm$ делится на 25.
Из (5) следует,что $a+b-c$ делится на 5,поэтому и
$abc(n^2+nn_1+n_1^2)-abcm$ и $n^2+nn_1+n_1^2-m$ делится на 25.Далее.
$x^5+y^5=c^5d^5$ и $d^5=x^4+y^4-xy(x^2+y^2)+x^2y^2$ или
$d^5=(c^4)^5-5xy(x^2+xy+y^2)$,но $xy=nn_1+x_1z$,а $d-1$ делится на 5.(это следует из (5) ).Проделывая такие же сокращения,что и выше,мы прийдем к выводу,что $m-(x^2+xy+y^2)$ делится на 25.НО и $m-(n^2+nn_1+n_1^2)$ делится на 25,поэтому и
$x^2+xy+y^2-n^2-nn_1-n_1^2$ делится на 25,но
$x^2=x_1^2+2x_1n_1+n_1^2$
$y^2=x_1^2+2x_1n+n^2$
$xy=x_1z+nn_1$,тогда
$2x_1^2+2x_1(n+n_1)+x_1z+nn_1+n^2+n_1^2-n^2-nn_1-n_1^2$ и т.как
$2x_1^2+2x_1(n+n_1)=2x_1(x_1+n+n_1)=2x_1z$,то $3x_z$ делится на 25,но
принимали,что $x_1$ делится на 5,но $3z$ не делится на 5.
Для случая $x_1$ делится на $5^k$ мы всегда найдем ,что $3x_1z$ должно будет делится на $5^{k+1}$. Мы доказали 1 слуяай для 5 степени.Решения нет.
Существует и решение 1 случая ВТФ для $n$ степени и не используется ,что в этом
случае $x-y$ делится на $n$.Но это уже не интересно.Вопросы?.

[grisania]

Гаджимурат в сообщении #253878 писал(а):

------------------------------------------------
Я обещал показать доказаткльство ВТФ для 1 случая и не опираться на условие,что при этом случае $x-y$ делится на $n$. Доказательство покажу на примере $n=5$,
т.как для $n=3$ не требуется доказательство 1 случая.Почему?.Докажем это утверждение. И так. В ранее помещенной мною статье на этом форуме (вывод основных уравнений для анализа ВТФ),мы имеем(если ур-ние Ферма имеет решение в целых числах и $xyz$ являются его решением):
$x^3+y^3=z^3$ и $(x^2-1+1)x+(y^2-1+1)y=(z^2-1+1)z$ и
$(x^2-1)x+x+(y^2-1)y+y=(z^2-1)z+z$ ,но
$x^2-1$ и $y^2-1$ и $z^2-1$ делятся на 3,тогда и $x+y-z$ делится на 3,но
$x+y=z+x_1$, т.есть $x_1$ делится на 3, но $x_1=abc$, тогда $a$ либо $b$ либо $z$ делится на 3, поэтому $xyz$ делится на 3, т.как
$x=abc+b^3$
$y=abc+a^3$
$z+cd=abc+a^3+b^3$
--------------------------------------------------
Вопросы?.

Ошибочное утверждение - "$x^2-1$ и $y^2-1$ и $z^2-1$ делятся на 3".
Должно быть наверно "$(x^2-1)x$ и $(y^2-1)y$ и $(z^2-1)z$ делятся на 3". И это так, поскольку каждое число можно представить в виде $3k-1$ или $3k$ или $3k+1$. Откуда с очевидностью следует "$(x^2-1)x$ и $(y^2-1)y$ и $(z^2-1)z$ делятся на 3".
Гаджимурат сделайте аккуратно 1-ый случай ВТФ для $n=3, а уж потом для $n=5.

[Гаджимурат]

grisania в сообщении #256181 писал(а):

Гаджимурат сделайте аккуратно 1-ый случай ВТФ для$n=3$ , а уж потом для$n=5$ .

Я думал математикам все понятно и все расшивровывать нет нужды,извините.
Выражения типа $(K^{p-1}-1)K$ делятся на $p$ ,а по условию $K$ не делится на $p$,поэтому... Я поумолчанию пишу сразу: есть выражение $(x^2-1)x$ ,отсюда следует
$x^2-1$ делится на 3 и это выражение дальше не учавствует в анализе.Я очень плохо поясняю,это еще со школы.

[Гаджимурат]

Razgulyai в сообщении #252771 писал(а):

Уважаемый Гаджимурат!
1)Абсолютно с Вами согласен, что если x-y делимо на N,
то 2 в степени N-1 делимо на N в кубе. Имею иное, но
тоже элементарное этому доказательство.
2) К сожалению, это условие не является достаточным и необходимым для т.н. I случая ВТФ.Поясню.
"Введение в теорию..." Постников М.М.1982 г."Наука".
стр.89.Лемма. Из леммы: Если есть решение в целых числах начального ур-ния, то x-y обязано делиться на N.
Но лемма исходит из "Вспомогательного утверждения",
которое требует, чтобы N отвечали условию Б).

Приношу извинения за долгое молчание на поставленный вопрос. Требовалось время на заказ, получение и изучение книги «Теорема Ферма» автора М.М.Постников.
Я понял, что приведенное мною ранее доказательство 1 случая Ферма не полное и справедливо только для регулярных, простых степеней, т.есть для степеней, для которых доказано:
$y-x\equiv 0 mod( N).$
Проведя дополнительные исследования ВТФ для 1 случая Ф., я не смог найти различия между регулярными (3,5,7,..) и не регулярными (37,59,67,..) степенями.
Предлагаю на рассмотрение конечные результаты своих исследований.
$x+y-z=x_1=abcm.$ Для 1 случая Ф. $m\equiv 0 mod (N)$, здесь : $z\equiv 0 mod (c)$ и с - число целое нечетное, $y\equiv 0 mod (a)$ и а - число целое четное, $x\equiv 0 mod (b)$ и b - число целое нечетное, $a^N=n$, $b^N=n_1$.
Тогда, если принять $n^2+nn_1+n_1^2=K$ , то уравнение для $\frac{m^N}N$ можем записать в следующем виде: $$\frac{m^N}N=\alpha_1K^{\frac{N-3}2}+\alpha_2K^{\frac{N-7}2}n^2n_1^2+\alpha_3K^{\frac{N-9}2}n^3n_1^3+\dots+ \alpha_{\iota}K^{\beta}(nn_1)^{\frac{N-3}2-\beta}+Q_N(m)$$, где: $Q_N(m)$ -сумма членов,где каждый член ур-ния явно делится на $x_1$, а значит и на $m.$ Далее. $\alpha_1=\alpha_\iota=1$, $\iota=\frac{N-5}2$ и$\beta=1$ -для $N\equiv-1mod(3)$.
$\iota=\frac{N-7}2$ и $\alpha_1=1$, $\alpha_\iota=\frac{N-1}6$, $\beta=2$ -для $N\equiv 1mod(3)$
$\alpha_2=\alpha_3=\frac{N^2-13N+35}{24}$ -для всех простых $N$. $\alpha_4,\alpha_5,\dots,\alpha_{\iota-1}$ -не определены (не требовалось при анализе ур-ний).
Так,для:
$\frac{m^5}5=K+Q_5(m)$, где - $Q_5(m)=2zx_1$.
$\frac{m^7}7=K^2+Q_7(m)$,
$\frac{m^{11}}{11}=K^4+K^2n^2n_1^2+Kn^3n_1^3+Q_{11}(m),$
$\frac{m^{13}}{13}=K^5+2K^3n^2n_1^2+2K^2n^3n_1^3+Q_{13}(m),$
$\frac{m^{17}}{17}=K^7+5K^5n^2n_1^2+5K^4n^3n_1^3+1K^3n^4n_1^4+2K^2n^5n_1^5+1Kn^6n_1^6+Q_{17}(m),$

$\frac{m^{19}}{19}=K^8+7K^6n^2n_1^2+7K^5n^3n_1^3+3K^4n^4n_1^4+6K^3n^5n_1^5+3K^2n^6n_1^6+Q_{19}(m)$

И для нерегулярной степени $N=37$
$$\frac{m^{37}}{37}=K^{17}+40K^{15}n^2n_1^2+40K^{14}n^3n_1^3+273K^{13}n^4n_1^4+546K^{12}n^5n_1^5+
702K^{11}n^6n_1^6+\dots+6K^2n^{15}n_1^{15}+Q_{37}(m).$$
Более наглядно:
$\frac{m^{11}}{11}=K^4+n^2n_1^2(K+nn_1)+Q_{11}(m),$
$\frac{m^{13}}{13}=K^5+2K^2n^2n_1^2(K+nn_1)+Q_{13}(m),$
$\frac{m^{17}}{17}=K^7+5K^4n^2n_1^2(K+nn_1)+3K^2n^4n_1^4(K+nn_1)+Q_{17}(m),$
$\frac{m^{19}}{19}=K^8+7K^5n^2n_1^2(K+nn_1)+3K^2n^4n_1^4(K+nn_1)^2+Q_{19}(m),$

$$\frac{m^{23}}{23}=K^{10}+12K^7n^2n_1^2(K+nn_1)+14K^4n^3n_1^3(K+nn_1)^2+Kn^6n_1^6(K+nn_1)^3+Q_{23}(m)$$

и для нерегулярной степени

$$\frac{m^{37}}{37}=K^{17}+40K^7n^2n_1^2(K+nn_1)+273K^{11}n^4n_1^4(K+nn_1)^2+429K^8n^6n_1^6(K+nn_1)^3+143K^5n^8n_1^8(K+nn_1)^4+6K^2n^{10}n_1^{10}(K+nn_1)^5+Q_{37}(m).$$

Из анализа ур-ний можем сделать следующие выводы:
1).Для любых степеней (регулярных или нерегулярных) в ур-ниях, определяющих $\frac{m^N}{N},$
количество членов и коэффициенты при них не зависят от «регулярности» степени, а зависят от: делится или не делится число
$N-1$ на $3$ и от формулы Бинома Ньютона.
2).$K=n^2+nn_1+n_1^2\equiv 0 mod(m)$, а значит и $K\equiv 0 mod(N)$.
3).Для регулярных степеней: $y-x=n-n_1\equiv 0 mod (N)$ и
$n^2+nn_1+n_1^2\equiv 0 mod (N^2)$ , тогда $(n-n_1)^2+3nn_1\equiv 0 mod (N^2)$ . Отсюда следует и $3nn_1\equiv 0 mod (N^2)$, но $n$ и $n_1$ не делятся на $N$ по условию. Этим доказано, что для всех регулярных степеней, независимо от того делится $2^{N-1}-1$ на $N^2$ и более, 1 случай Ф. доказан.
Имеется доказательство и для нерегулярных степеней, если $K\equiv 0 mod (N^2)$ для таких степеней также справедливо, а $y-x$ не делится на $N$.

[Виктор Ширшов]

Уважаемый Гаджимурат! Что есть регулярные и нерегулярные степени? Ферма, стремившийся к обощению своих выводов, удивился бы Вашему "конечному" результату. Кстати, Вы проигнорировали предлагаемые для доказательства ВТФ методы "подъёма-спуска"

(Оффтоп)

Мечтаю дожить до пенсии и отрешится от всего, ловя карпов в собственном пруду

[Гаджимурат]

Виктор Ширшов в сообщении #343184 писал(а):

Уважаемый Гаджимурат! Что есть регулярные и нерегулярные степени?

Здравствуйте Виктор!. Давно не видел Ваших замечаний на форуме.
Регулярные и нерегулярные степени?. Я и сам об этом не подозревал,пока не изучил книгу
М.М.Постникова.Оказывается есть различия между ними,но вот какие -я не понял.Всегда считал,что для 1 случая Ф. достаточно условия :$y-x\equiv 0 mod (N)$, и решил 1 случай Ф.,используя данное условие,решил даже для таких степеней как $2^{N-1}-1\equiv 0 mod (N^2)$. Других исследователей такие степени ставили в тупик.
Поэтому я провел дополнительные исследования,но не нашел различия между регулярными и нерегулярными степенями.Надеюсь на других фермистов-подскажут в чем я ошибаюсь.

[Гаджимурат]

Гаджимурат в сообщении #342682 писал(а):

Имеется доказательство и для нерегулярных степеней, если $K\equiv 0 mod (N^2)$ для таких степеней также справедливо, а $y-x$ не делится на $N$ .

Тишина. Продолжаю,пропустив промежуточные исследования. И так.
Если уравнение Ферма имело бы решение в целых числах(1 случай Ферма),то для ""нерегулярных",да и для "регулярных" степеней должно выполняться следующее условие, а именно:
для $N\equiv 1 mod (3)$ следует,что: $(\frac{N-1}{6}})^{\frac{N-1}{2}}-1\equiv mod (N)$.
для $N\equiv -1 mod (3)$ следует,что:$3^{\frac{N-1}{2}}-(-1)^{\frac{N-1}{2}}\equiv mod (N)$.
Проверено даже на такой степени как $N=1093$.
Кто приведет контр.пример,заранее благодарен.
Для примера: $N=5$ и $5-1$ не делится на $3$.
$3^{\frac{5-1}{2}}-(-1)^{\frac{5-1}{2}}=8$ и $8$ не делится на $5$.
Для : $N=13$ и $13-1$ делится на $3$.
$(\frac{13-1}{6})^{\frac{13-1}{2}}-1=2^6-1=63$ и $63$ не делится на $13$. $N=7$- не рассматривайте.

[Гаджимурат]

Гаджимурат в сообщении #342682 писал(а):

Имеется доказательство и для нерегулярных степеней, если $K\equiv 0 mod(N)^2$ для таких степеней также справедливо, а $y-x$ не делится на $N$.

Доказательство 1 случая Ферма для нерегулярных степеней $l$ (здесь символ $N$ заменили на символ $l$).
Если уравнение Ферма имеет решение в целых числах и $y-x=n-n_1=a^l-b^l$ не делится на $l$,то тогда обязательно должно выполняться условие:
$x^2+xy+y^2\equiv 0 mod (l)$
$x^2+xy+y^2=n^2+nn_1+n_1^2+3zx_1\equiv 0 mod (l)$, но
$x_1=x+y-z\equiv 0 mod (l)$,тогда и $3zx_1\equiv 0 mod (l)$,отсюда и
(1) $n^2+nn_1+n_1^2=a^{2l}+a^lb^l+b^{2l}\equiv 0 mod (l)$.
Согласно малой теореме Ферма $a^{l-1}-1\equiv 0 mod (l)$ и $b^{l-1}-1\equiv 0 mod (l)$.
Сделаем в сравнении (1) следующие преобразования.
(2) $a^{2l}=a^2(a^{2(l-1)}-1+1)=a^2(a^{2(l-1)}-1)+a^2$.
(3) $b^{2l}=b^2(b^{2(l-1)}-1+1)=b^2(b^{2(l-1)}-1)+b^2$.
(4) $a^lb^l=a(a^{l-1}-1+1)b(b^{l-1}-1+1)=a(a^{l-1})b(b^{l-1}- 1+1)+ab(b^{l-1}-1)+ab$.
Подставим выражения (2),(3) и (4) в сравнение (1) и отбросим для последующих анализов члены,которые делятся на $l$. В остатке будем иметь сравнение:
(5) $a^2+ab+b^2\equiv 0 mod (l)$.
Далее,смотри первую страницу данной темы,запишем:
(6) $c^l=2x_1+a^l+b^l$ и
(7) $c^l=c(c^{l-1}-1+1=c(c^{l-1}-1)+c$.
(8) $a^l=a(a^{l-1}-1+1)=a(a^{l-1}-1)+a$.
(9) $b^l=b(b^{l-1}-1+1)=b(b^{l-1}-1)+b$.
Подставим выражения (7),(8) и (9) в формулу (6) и, отбросив все члены,которые должны делиться на $l$,в остатке получим следующее сравнение:
(10) $a+b-c\equiv 0 mod (l)$. Сравнение (10) можем записать:
$a+b=c+lk$ .Полученное возведем в квадрат,имеем:
$a^2+2ab+b^2=c^2+2clk+l^2k^2$ и
$a^2+ab+b^2=c^2-ab+2clk+l^2k^2$, отсюда следует,что:
(11)$c^2-ab\equiv 0 mod (l)$, а также:
$c^2(ab)^{\frac{l-5}{2}}\equiv 1 mod (l)$. (Отдельное доказательство).
Или,учитывая сравнение (11),запишем:
$(ab)^{\frac{l-3}{2}}\equiv 1 mod (l)$, но и
$(ab)^{\frac{l-1}{2}}\equiv 1 mod (l)$, поэтому:
$(ab)^{\frac{l-1}{2}}-(ab)^{\frac{l-3}{2}}\equiv 0 mod (l)$. Сократим полученное сравнение на $(ab)^{\frac{l-3}{2}}$, получим сравнение:
(12)$ab\equiv 1 mod (l)$, тогда,сравнивая (11) и (12),найдем:
$c^2\equiv 1 mod (l)$ и
(13)$c\equiv \pm1 mod (l)$.
И так имеем.
(5) $a^2+ab+b^2\equiv 0 mod (l)$
(10)$a+b\equiv c mod (l)$
(12)$ab\equiv 1 mod (l)$
(13)$c\equiv\pm 1 mod (l)$.

Примем $a\equiv a_1mod (l)$,здесь $a_1$-остаток от деления $a$ на $l$;
$b\equiv b_1 mod (l)$, здесь $b_1$- остаток от деления $b$ на $l$.
Ясно,что:
(14) $a_1+b_1\pm 1=l$.
$a_1b_1-1= \mu l $.
Из (14) следует,что:
$a_1=l\mp 1-b_1$,полученное равенство умножим на $b_1$,имеем:
$a_1b_1=b_1(l\mp 1)-b_1^2$,но $a_1b_1-1= \mu l$,тогда
$a_1b_1-1=b_1(l\mp 1)-b_1^2-1= \mu l$ или
$b_1^2-b_1(l\mp 1)+( \mu l+1)=0$ (решим как квадратное уравнение).
(15) $2b_1=(l\mp 1)\pm \beta$, здесь $\beta^2=(l\mp 1)^2-4( \mu l+1)$.
$2a_1=(l\mp 1)\mp \beta$.
Пусть.
(16) $a_1+r_1=l$. Тогда подставим (16) в (14),получим:
$b_1-r_1\pm 1=0$ и
$b_1=\mp 1+r_1$ ,умножим на $r_1$,имеем:
$b_1r_1= \mp r_1+r_1^2$, но
$b_1r_1+1=\mu_1l$, так как $ab+b_1r_1\equiv 0 mod (l)$,а $ab\equiv 1 mod (l)$.
$b_1r_1+1=\mp r_1+r_1^2+1=\mu_1l$, отсюда
$r_1^2\mp r_1-(\mu_1l-1)=0$ .Решим как квадратное уравнение,получим:
$2r_1=\beta_1\pm 1$,здесь :
(17) $\beta_1^2=1+4(\mu_1l-1)$
(18) $2b_1=\beta_1 \mp 1$, но также,согласно (15):
(15) $2b_1=(l\mp 1)\pm \beta$.
Из (15) вычтем (18) получим два варианта равенств (19) и (20):
(19) $l\pm \beta=\beta_1$
(20) $l\pm\beta\pm2=\beta_1$
Рассмотрим первый вариант -равенство (19).
$(l\pm\beta)^2=\beta_1^2$
$l^2\pm2l\beta+\beta^2=\beta_1^2$, но $\beta_1^2=1+4(\mu_1l-1)$,тогда:
$l^2\pm2l\beta-4\mu_1l+\beta^2+3=0$ -решим полученное равенство как квадратное уравнение.
$l=2\mu_1\mp\beta\pm\beta_2$, где:
(21)$\beta_2^2=(\beta\mp2\mu_1)^2-(\beta^2+3)$. Отсюда:
$\beta_2^2=4\mu_1^2\mp4\beta \mu_1-3$ и
$4\mu_1^2\mp4\beta\mu_1-(\beta_2^2+3)=0$ -решим как квадратное уравнение,получим:
$2\mu_1=\pm \beta\pm \beta_3$, где:
(21)$\beta_3^2=\beta^2+\beta_2^2+3$.
Ясно,что уравнение (21) не решается в целых числах по причине не соответствия
четности его членов.
Рассмотрим второе равенство (20).
$l\pm\beta\pm2=\beta_1$ - данное выражение возведем в квадрат:
$l^2\pm2l\beta+\beta^2\pm4l\pm4\beta+4=\beta_1^2=1+4\mu_1 l-4$ и
$l^2\pm2l\beta\pm4l-4\mu_1 l+\beta^2\pm4\beta+7=0$, отсюда
(22)$\beta^2\pm4\beta+7\equiv 0 mod (l)$,но так как
$\beta^2=(l\mp 1)^2-4(\mu l+1)$ и $\beta^2=l^2\pm2l+1-4\mu l-4$,то отсюда следует,что:
(23)$\beta^2+3\equiv 0 mod (l)$. Сравнение (22) запишем как:
$\beta^2+3-3\pm4\beta+7\equiv 0 mod (l)$ и,учитывая (23), находим,что и
$\pm4\beta+4\equiv o mod (l)$ и
$\beta\pm1\equiv 0 mod (l)$, тогда и $\beta^2-1\equiv 0 mod (l)$,но
$\beta^2+3\equiv 0 mod (l)$. Получается,что $-4\equiv 0 mod (l)$.
Полученное сравнение и выражение (21) дают основание утверждать,что теорема Ферма справедлива и для нерегулярных степеней $l$ при условии,что $xyz$ не делятся на $l$ и $y-x$ не делится на $l$, а $x^2+xy+y^2\equiv 0 mod (l)$.
Подробное доказательство 1 случая Ферма на элементарном уровне занимает в обьеме более 20 страниц машинописного текста.
Вопросы.

[ishhan]

Цитата:

Доказательство 1 случая Ферма для нерегулярных степеней $l$ (здесь символ $N$ заменили на символ $l$).
Если уравнение Ферма имеет решение в целых числах и $y-x=n-n_1=a^l-b^l$ не делится на $l$,то тогда обязательно должно выполняться условие:
$x^2+xy+y^2\equiv 0 mod (l)$

Если можно, коротко поясните это условие.
У меня есть другое:
Тройка целых чисел$x,y,z$ в кольце вычетов по модулю $l$ является подходящей в качестве решений ВТФ для показателя $l$ если:
$x=1modl$
$y=amodl$
$z=a^2modl$
Где $a^3=1modl$
Пример:
1,2,4 по модулю 7
1,3,9 по модулю 13
1,7,11 по модулю 19
Но в моём случае простые числа(показатели степени ВТФ) лежат на последовательности $n=6N+1$
Показатели ВТФ лежащие на последовательности$n=6N-1$ не могут быть подходящими для решений ВТФ.