О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

«Первый» случай теоремы П. Ферма.
Давно принято при доказательстве утверждения П. Ферма – равенство $x^n+y^n=z^n$ при взаимно простых натуральных $x;y;z$ и простом не чётном $n$ не имеет решений – делить доказательство на два случая: «первый» - когда ни одно из чисел $x;y;z$ не делится на $n$; «второй» - когда одно и только одно из чисел $x;y;z$ делится на $n$.
Доказательство «первого» случая получим, доказав обратное: равенство $x^n+y^n=z^n$ может выполняться только если одно из чисел делится на $n$.
Предположим, что выполняется равенство $x^n+y^n=z^n$ при взаимно простых натуральных $x;y;z$ и простом не чётном $n$. Так как в любом случае два из чисел $x;y;z$ не делятся на $n$, то положим, что это числа $y;z$. Тогда для них справедлива «малая» теорема Ферма и должно быть
$z^{n-1}-1=nC$, $y^{n-1}-1=nB$, где $C;B$ - натуральные числа. Так как последние равенства могут выполняться только если числа $z;y$ при делении на $n$ дают в остатке $1$ , то должно быть $z=nc+1$; $y=nb+1$, где $c;b$ - натуральные числа. Тогда должно быть $z-y=n(c-b)$, то есть всегда целым числом должна быть дробь

$$\frac{z-y}{n}=c-b$$

. Что бы исходное равенство выполнялось, число $z-y$ должно делиться на $n$, то есть в своём разложении в соответствии с основной теоремой арифметики должно содержать простой множитель $n$.
В то же время из исходного равенства получаем

$$\frac{x^n}{z-y}=z_{n-1}+z^{n-2}y+…+zy^{n-2}+y^{n-1}$$

. Ясно, что дробь

$$\frac{x^n}{z-y}$$

должна быть целым числом. Это возможно, только если $x$ содержит в своём разложении в соответствии с основной теоремой арифметики все множители числа $z-y$, следовательно, и множитель $n$.
Таким образом, $x$ должно делиться на $n$.
Отсюда, будет верно обратное утверждение: если ни одно из чисел $x;y;z$ не делится на $n$- «первый» случай- равенство $x^n+y^n=z^n$ не выполняется в натуральных числах.
Дед.

[venco]

ljubarcev в сообщении #219105 писал(а):

Тогда для них справедлива «малая» теорема Ферма и должно быть
$z^{n-1}-1=nC$, $y^{n-1}-1=nB$, где $C;B$ - натуральные числа. Так как последние равенства могут выполняться только если числа $z;y$ при делении на $n$ дают в остатке $1$

Малая теорема Ферма говорит о том, что любое целое число, не кратное простому $n$, удовлетворяет равенству $z^{n-1}-1=nC$, а не только те, что при делении на $n$ дают в остатке $1$. Например: $3^{5-1}-1=80=5 \times 16$.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #219105 писал(а):

Так как последние равенства могут выполняться только если числа $z;y$ при делении на $n$ дают в остатке $1$

Неверно!!!

[Maxim1984]

ljubarcev в сообщении #9256 писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

ljubarcev писал(а):

О «последнем» утверждении П. Ферма...

В. Сорокин писал(а)
Среди всех попыток элементарного доказательства ВТФ идея приспособить случай n = 2 для n > 2 самая распространенная. Этот коридор пройден самым тщательным образом, а потому бесперспективен.
В.С.

Коридор то пройден и затоптан до неприличия. А если истина
находится под его полом - у ИСТОКОВ ?
Ещё раз подчеркиваю; степень n = 2 ,Всегда имеющая место в уравнении Диофанта, которое Должно иметь решения в целых числах, и степень k , входящих в него чисел - разные вещи.
Дед.

Уважаемый ljubarcev! Если теорема Ферма верна для некоторых чисел, то это не значит, что будет верно уравнение Пифагора в этих числах.

[ljubarcev]

[/quote"Maxim1984"ъ Уважаемый ljubarcev! Если теорема Ферма верна для некоторых чисел, то это не значит, что будет верно уравнение Пифагора в этих числах.[\quote]
Уважаемый Maxim1984 ! Конечно Вы правы. Ведь при $x^n+y^n=z^n$ всегда
$x^2+y^2>z^2$ и очевидно, что прямоугольного треугольника с целочисленными сторонами нет. В то же время, например, при $n=3$ если бы существовала тройка чисел $x;y;z$, удовлетворяющая равенству $x^3+y^3=z^3$, то существовал бы прямоугольный треугольник со сторонами $x\sqrt x;y\sqrt y;z\sqrt z$ так как всегда
$(x\sqrt[2] x)^2+(y\sqrt[2] y)^2-(z\sqrt[2] z)^2= x^3+y^3-z^3$.
Дед

[ljubarcev]

«Второй» случай теоремы П. Ферма.
Предположим, что выполняется равенство $x^n+y^n=z^n$ (1) при попарно взаимно простых натуральных $x;y;z$ и простом не чётном $n$. Положим также, что на $n$ делится $x$.
Утверждение 1. Если имеет место (1), то $x+y-z$ должно делиться на $n$.
В соответствии с «малой» теоремой Ферма в нашем случае должно быть $x^n-x=nA$; $y^n-y=nB$; $z^n-z=nC$,
где $A;B;C$ - натуральные числа. Если теперь сложить два первых равенства и вычесть третье, то с учётом того, что $x^n+y^n-z^n=0$, получим $n(C-B-A)=x+y-z$. Так как $C-B-A=t$ - натуральное число, то $(x+y-z)/n=t$ - целое.
Утверждение 2. Если имеет место (1), то пара чисел $x$ и $z-y$ не взаимно простые и имеют НОД (наибольший общий делитель) $m$, пара чисел $y$ и $z-x$ не взаимно простые и имеют НОД равный $k$ , пара чисел $z$ и $x+y$ не взаимно простые и имеют НОД равный $g$. При этом число $z-y$ может состоять только и только из множителей числа $x$, число $z-x$ только и только из множителей числа $y$; число $x+y$ только и только из множителей числа $z$, то есть при взаимно простых числах $x;y;z$, - числа $x+y$; $z-y$; $z-x$ также должны быть попарно взаимно простыми.
Из равенства $x^n+y^n=z^n$ находим, что должны выполняться равенства
$x^n/(z-y)=z^{n-1}+z^{n-2}y+$…$+zy^{n-2}+y^{n-1}$; (2)
$y^n/(z-x)=z^{n-1}+z^{n-2}x+$…$+zx^{n-2}+x^{n-1}$; (3)
$z^n/(x+y)=x^{n-1}-x^{n-2}y+$…$-xy^{n-2}+y^{n-1}$; (4)
В этих равенствах числа справа целые – как суммы целых чисел, следовательно, что бы равенство выполнялось. - числа $xn/(z-y)$; $yn/(z-x)$; $zn/(x+y)$ должны быть целыми. А из этого очевидно, что число $z-y$ должно состоять только и только из множителей числа $x$; число $z-x$ - только и только из множителей числа $y$; число $x+y$ - только и только из множителей числа $z$, то есть при попарно взаимно простых числах $x;y;z$, - числа $x+y$; $z-y$; $z-x$ также должны быть попарно взаимно простыми.
Утверждение 3. В равенствах (2): (3): (4) числа
$(z-y)$ и $z^{n-1}+z^{n-2}y+$…$+zy^{n-2}+y^{n-1}$;
$z-x$ и $z^{n-1}+z^{n-2}x+$…$+zx^{n-2}+x^{n-1}$;
$x+y$ и $x^{n-1}-x^{n-2}y+$…$-xy^{n-2}+y^{n-1}$; – могут иметь только один общий множитель $n$, причем только одна пара, другие две пары при этом должны быть взаимно простыми с $n$. .
Предположим, что это утверждение не верно – то есть , например, что числа $z-y$ и $z^{n-1}+z^{n-2}y+$…$+zy^{n-2}+y^{n-1}$; имеют общий простой множитель $b$.
Тогда $z-y=bA$ а $z^{n-1}+z^{n-2}y+$…$+zy^{n-2}+y^{n-1}=bB$, где A и B – натуральные числа. Подставив в последнее равенство $z=y+bA$ получим:
$(y+bA)^{n-1}+(y+bA)^{n-2}y+$…$+(y+bA)y^{n-2}+y^{n-1}=bB$. (5)
Так как $(y+bA)^{n-1}=y^{n-1}+bP_{n-1}$; $(y+bA)^{n-2}y=y^{n-1}+bP_{n-2}$; $(y+bA)^{n-3}=y^{n-3}y^2+bP_{n-3}$;$...$(y+bA)y^{n-2}=y^{n-1}+ bP_1$;
Где $P_{n-1}$…$P_1$ – натуральные числа. После подстановки в (5) увидим, что сумма слева состоит из $n$ чисел $y^{n-1}$ и чисел каждое из которых делится на $b$, то есть должно быть $ny^{n_1}+b(P_{n-1}+$…$+P_1)=bB$ и после деления на $b$ увидим, что должно быть $ny^{n-1}/b=B-(Pn-1+$…$+P1)$. Здесь число справа целое, следовательно, целым должно быть и число $ny^{n-1}/b$. Но ведь $b$ является множителем числа $z-y$, которое в свою очередь состоит, как доказано выше, только из множителей числа $x$, а $y$ и $x$ взаимно простые, поэтому число $y^{n-1}$ на $b$ делиться не может, поэтому, что бы равенство выполнялось необходимо чтобы $n$ делилось $b$, а так как они оба простые по предположению, то равенство может выполняться только и только если $b=n$.
Утверждение 4. При $x$ делящемся на $n$, то есть $x=nmx_1$, где числа $n;m;x_1$ попарно взаимно простые, должно быть $z-y=n^{n-1}m^n$.
Из $x^n=z^n-y^n$ имеем $m^nx_1^n=((z-y)(z^{n-1}+z^{n-2}y+…+zy^{n-2}+y^{n-1}))/n^n$. Выше, было доказано, что число (дробь) справа может быть целым числом только при $z-y$ делящемся на $n$ причём, так как число $z^{n-1}+z^{n-2}y+$…$+zy^{n-2}+y^{n-1}$ делится только на $n$ в первой степени, должно быть
$n^nm^nx_1^n=n^{n-1}m^n(z^{n-1}+z^{n-2}y+$…$+zy^{n-2}+y^{n-1})$. Теперь понятно, что должно быть $z-y=n^{n-1}m^n$.
Утверждение 5. В рассматриваемом случае должно быть
$z-x=k^n$; $x+y=g^n$, где $k;g;y_1;z_1$ - натуральные не делящиеся на $n$ взаимно простые числа.
Так как в равенстве $y^n=(z-x)(z^{n-1}+z^{n-2}x+$…$+zx^{n-2}+x^{n-1})$ при $y$ не делящемся на $n$ числа $(z-x)$; $(z^{n-1}+z^{n-2}x+$…$+zx^{n-2}+x^{n-1})$ взаимно простые, то ясно, что должно быть $y^n=k^ny_1^n$ и $z-x=k^n$; $(z^{n-1}+z^{n-2}x+$…$+zx^{n-2}+x^{n-1})=y_1^n$, где $k;y_1$ взаимно простые не делящиеся на $n$ натуральные числа.
Так как в равенстве $z^n=(x+y)(x^{n-1}-z^{n-2}y +$…$-xy^{n-2}+y^{n-1})$ при $z$ не делящемся на $n$ числа $(x+y)$; $(z^{n-1}-z^{n-2}x+$…$-zx^{n-2}+x^{n-1})$ взаимно простые, то ясно, что должно быть $z^n=g^nz_1^n$ и $x+y=g^n$; $(x^{n-1}-x^{n-2}y+$…$-xy^{n-2}+y^{n-1})=z_1^n$, где $g;z_1$ взаимно простые не делящиеся на $n$ натуральные числа.
Утверждение 6. В рассматриваемом случае должны выполняться равенства:
$2z=g^n+k^n+n^{n-1}m^n$ (5)
$2y=g^n+k^n-n^{n-1}m^n$ (6)
$2x=g^n-k^n+n^{n-1}m^n$ (7)
$2(x+y-z)=g^n-k^n-n^{n-1}m^n$ (8)
Так как для ЛЮБОЙ тройки натуральных чисел справедливы тождества:
$2z=(x+y)+(z-x)+(z-y)$
$2y=(x+y)+(z-x)-(z-y)$
$2x=(x+y)-(z-x)+(z-y)$
$2(x+y-z)=(x+y)-(z-x)-(z-y)$, а в нашем случае в соответcтвии с утверждениями $4;5$ должно быть $x+y=g^n$; $z-x=k^n$; $z-y=n^{n-1}m^n$, то после подстановки в тождества этих значений и получаем, что должны выполняться и равенства (5); (6); (7); (8).
Утверждение 6. В рассматриваемом случае при $k;g;$ - натуральных не делящихся на $n$ взаимно простых числах, число $g^n-k^n$ должно делиться на $n^2$.
Из равенства (8) так как $x+y-z=nt$ получаем
$2nt=g^n-k^n-n^{n-1}m^n$ и после деления на $n$
$2t-n^{n-2}m^n=\frac{g^n-k^n}{n}$. Замечаем, что число - $g^n-k^n$ должно делиться на $n$. Это возможно при $g;k$ не делящихся на $n$ только при $g;k$ равноостаточных при делении на $n$. То есть числа $g;k$ должны иметь вид $g=ng_1+c$; $k=nk_1+c$ где $c$ - натуральное число. Но тогда $g^n-k^n=n^n(g_1^n-k_1^n)+nn^{n-1}(g^{n-1}-k^{n-1})c+C_n^2n^{n-2}(g_1^{n-2}-k_1^{n-2}c^2+$…$+C_n^2n^2(g_1^2-k_1^2)c^{n-2}+nn(g-k)c^{n-1}+(c^n-c^n)$. Так как $c^n-c^n=0$, а все слагаемые в правой части последнего равенства содержат множитель $n$ в степени не меньше 2, то видно , что число $g^n-k^n$ должно делиться на $n^2$.
Утверждение 7. Равенство $x^n+y^n=z^n$ при попарно взаимно простых натуральных $x;y;z$, простом не чётном $n$, $x$ делящемся на $n$ и $x+y-z$ не делящемся на $n^2$ не имеет решений в натуральных числах.
Так как должно выполняться равенство $2(x+y-z)=g^n-k^n-n^{n-1}m^n$, то после деления его на $n^2$, должно выполняться и равенство $\frac{2(x+y-z)}{n^2}=\frac{g^3-k^3}{n^2}$. Так как $g^n-k^n$ делится на $n^2$, то число справа целое. Число слева не целое, так как $x+y-z$ всегда делится на $n$ и не делится на $n^2$ по предположению, поэтому решений в натуральных числах нет.
Дед.

[shwedka]

В соответствии с правилами,
рассуждение должно быть приведено для степени 3.
Имея опыт общения с Вами, настоятельно прошу сформулировать доказывемое утверждение в первых строках сообщения, чтобы лишить Вас возможности новых фальсификаций.

[Someone]

ljubarcev в сообщении #259590 писал(а):

Так как должно выполняться равенство $2(x+y-z)=g^n-k^n-n^{n-1}m^n$, то после деления его на $n^2$, должно выполняться и равенство $\frac{2(x+y-z)}{n^2}=\frac{g^3-k^3}{n^2}$. Так как $g^n-k^n$ делится на $n^2$, то число справа целое. Число слева не целое, так как $x+y-z$ всегда делится на $n$ и не делится на $n^2$ по предположению

По какому "предположению"? Не увидел нигде в Вашем тексте такого предположения. А если оно где-то есть (мало ли, вдруг я пропустил), то Вы доказываете не второй случай теоремы Ферма, в котором такого предположения нет, а другое утверждение - с дополнительным предположением, что $x+y-z$ не делится на $n^2$. Более того, из второго Утверждения 6 следует, что $x+y-z$ делится на $n^2$, так что Ваше предположение ложно.

P.S. А результат деления на $n^2$ Вы переврали.
P.P.S. Поддерживаю требование ограничиться третьей степенью.
P.P.P.S. По-моему, это то самое доказательство, по результатам которого была закрыта другая Ваша тема.

[shwedka]

Someone
Это предположение было сделано.

ljubarcev в сообщении #259590 писал(а):

Утверждение 7. Равенство $x^n+y^n=z^n$ при попарно взаимно простых натуральных $x;y;z$, простом не чётном $n$, $x$ делящемся на $n$ и $x+y-z$ не делящемся на $n^2$ не имеет решений в натуральных числах.

[Someone]

Да, действительно. Но в формулировку основного утверждения это предположение не вынесено.

[shwedka]

Отсюда и мое требование

[ljubarcev]

Уважаемая Shwedka !
1.Согласны ли Вы, что в формулировке: "равенство $x^n+y^n=z^n$ при простом не чётном простом $n>2$, $x$ делящемся на $n$ и не делящемся на $n^2$ не имеет решений в натуральных числах" доказательство верно ? Конечно, в нем надо исправить опечатку, на которую указал Someone.
В утверждении 7 вместо $\frac{2(x+y-z)}{n^2}=\frac{g^n-k^n}{n^2}$ должно быть
$\frac{2(x+y-z)}{n^2}=\frac{g^n-k^n}{n^2}-n^{n-3}m^n$.
2. Ясно, что случай $y$ делящегося на $n$ можно не рассматривать, так как в приведенном доказательстве при этом достаточно везде заменить $x$ на $y$. А как быть с $z$ делящемся на $n$ ? М.М. Постников указывал, что в исследуемомм равенстве числа $x;y;z$ равнозначны. Достаточно ли этого ?
3. Случай, когда одно из чисел делится на $n^2$ пока оставим в покое, а то закроют и эту тему.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #259708 писал(а):

1.Согласны ли Вы, что в формулировке: "равенство $x^n+y^n=z^n$ при простом не чётном простом $n>2$, $x$ делящемся на $n$ и не делящемся на $n^2$ не имеет решений в натуральных числах" доказательство верно ? Конечно, в нем надо исправить опечатку, на которую указал Someone.

Нет! Вы утаили одно условие.

Прочитайте выше мои требования.

[Someone]

ljubarcev в сообщении #259708 писал(а):

Согласны ли Вы, что в формулировке: "равенство $x^n+y^n=z^n$ при простом не чётном простом $n>2$, $x$ делящемся на $n$ и не делящемся на $n^2$ не имеет решений в натуральных числах" доказательство верно ?

Не согласен. По двум причинам.

1) В приведённом выше рассуждении использовалось условие

ljubarcev в сообщении #259590 писал(а):

при ... $x+y-z$ не делящемся на $n^2$

а здесь Вы пишете про то, что $x$ не делится на $n^2$. Это совсем не одно и то же. В сообщении http://dxdy.ru/post7492.html#p7492 имеется пример для $n=7$, в котором ни одно из чисел $x,y,z$ (там они обозначены $a,b,c$) не делится на $n$, в то время как $x+y-z$ делится на $n^4$ (а все известные соотношения для решений уравнения $x^n+y^n=z^n$ выполняются, если рассматривать $8$ младших цифр чисел при записи их в семиричной системе счисления; существование подобных примеров показывает, что невозможно доказать теорему Ферма, рассматривая только свойства делимости на степени числа $n$; между прочим, Вы как раз это и пытаетесь сделать).

2) Согласно правилам, Вы обязаны ограничиться случаем $n=3$, пока не докажете полностью теорему для этого случая.

[Гаджимурат]

ljubarcev в сообщении #259590 писал(а):

Число слева не целое, так как $x+y-z$ всегда делится на $n$ и не делится на $n^2$ по предположению, поэтому решений в натуральных числах нет.
Дед.

ДА,если $x$ делится на $n$ решения ВТФ в целых числах нет!! Уважаемые участники форума и ljubarcev! При решении ВТФ необходимо знать,что если рассматривать 2 случай Ф.,то $x$ или $y$ или $z$ должны делится на $n^2$ и более.(это замечание относится и к $n=2$ -найдите хотя бы одну тройку чисел,где бы ,например $y$ ,делится только на 2 ?).Далее.
Если $x$ делится на $n^2$,то $z-y=\frac{b^n}n=n^{2n-1}b_1^n$
Если рассматривать 1 случай Ф.,то $x+y-z=abcm$ и $m$ делится на $n$,но не для всех простых степеней.Например для $n=7$ число $m$ делится на $7^2$ и более.