Нестрогое доказательство ВТФ.

[Батороев]

Рассмотрим тождество при простых $p$ и натуральных $x, y, z, k$:

$$ (z^{2^{k+1}p}-1)(x^{2^{k+1}p}-1)=(z^{2^{k+1}p}\cdot x^{2^{k+1}p} +1)-(z^{2^{k+1}p}+x^{2^{k+1}p})\eqno(1)$$

Преобразуем:

$$ (z^{2^{k+1}p}-1)(x^{2^{k+1}p}-1)=(z^{2^{k+1}p}\cdot x^{2^{k+1}p} -2z^{2^{k}p}\cdot x^{2^{k}p}+1) - (z^{2^{k+1}p}- 2z^{2^{k}p}\cdot x^{2^{k}p} +x^{2^{k+1}p})\eqno(2)$$

$$ (z^{2^{k}p}-1)(x^{2^{k}p}-1)(z^{2^{k}p}+1)(x^{2^{k}p}+1) =(z^{2^{k}p}\cdot x^{2^{k}p} -1)^2-(z^{2^{k}p}-x^{2^{k}p})^2 \eqno(3) $$

$$ (z^{2^{k}p}-1)(x^{2^{k}p}-1)(z^{2^{k}p}+1)(x^{2^{k}p}+1) =(z^{2^{k}p}\cdot x^{2^{k}p} -1)^2- [(z^p-x^p)(z^p+x^p)(z^{2p}+x^{2p})...(z^{2^{k-1}p}+x^{2^{k-1}p})]^2 \eqno(4) $$

При условии выполнения основого уравнения ВТФ (ОУВТФ): $x^p+y^p=z^p$,
должны получить:

$$ [y^p (z^p+x^p)(z^{2p}+x^{2p})...(z^{2^{k-1}p}+x^{2^{k-1}p})]^2 = (z^{2^{k}p}\cdot x^{2^{k}p} -1)^2 - (z^{2^{k}p}-1)(x^{2^{k}p}-1)(z^{2^{k}p}+1)(x^{2^{k}p}+1) \eqno(5)$$

Аналогичным образом можно составить два других равенства:

$$ [x^p (z^p+y^p)(z^{2p}+y^{2p})...(z^{2^{k-1}p}+y^{2^{k-1}p})]^2 = (z^{2^{k}p}\cdot y^{2^{k}p} -1)^2 - (z^{2^{k}p}-1)(y^{2^{k}p}-1)(z^{2^{k}p}+1)(y^{2^{k}p}+1) \eqno(6)$$

$$ [z^p (x^p-y^p)(x^{2p}+y^{2p})...(x^{2^{k-1}p}+y^{2^{k-1}p})]^2 = (x^{2^{k}p}\cdot y^{2^{k}p} -1)^2 - (x^{2^{k}p}-1)(y^{2^{k}p}-1)(x^{2^{k}p}+1)(y^{2^{k}p}+1) \eqno(7)$$

Чтобы данные равенства выполнялись, необходимо, чтобы одно из чисел $x, y, z$ делилось на простое $q = 2^{k}p+1$ для любых $k$. Но если эти простые бесконечны , то ОУВТФ не выполнимо.

Нестрогость доказательства заключается:
во-первых, в том, чтобы доказать выделенное синим цветом;
во-вторых, подождать, когда будет доказано выделенное жирным шрифтом по всем простым $p$ .

[AKM]

Для нумерации уравнений предлагаю Вам $$bla-bla-bla \eqno(7)$$

-- Пт сен 25, 2009 14:57:40 --

И, если я ничего не упустил в монстрах (1), (2), то замечу: можно было начать с тождества (3) в виде

$$(Z-1)(X-1)(Z+1)(X+1)=(ZX-1)^2-(Z-X)^2, \eqno(1)$$

и только после этого вводить глазоломательные постановки типа $X=x^{2^kp}$. Это уже чисто в порядке заботы о глазах.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #246396 писал(а):

Чтобы данные равенства выполнялись, необходимо, чтобы одно из чисел$xyz$ делилось на простое$q=2^kp+1$

Пусть $p=3,k=1$,тогда $q=7$ .Ур-ние Ф. для 3 степени. Возведем правую и левую части в квадрат,имеем:$x^6+2x^3y^3+y^6=z^6$ и,так как $x^6-1 , y^6-1 , z^6-1$ делятся на 7, то и $2x^3y^3+1$ или $4x^6y^6-1$ делится на 7,но $x^6y^6-1$ делтся на 7,тогда и 3 должно делится на 7?.Отсюда $x$ или $y$ или $z$ делится на 7.
И так можно доказать для любого (простого) числа $p$ и $k$.

[venco]

Батороев, вроде это доказательство не проходит тест на $p=2$. Т.е. в нём нигде не используется нечётность $p$, и на пифагоровы тройки налагается такое же ограничение. Тем не менее они существуют.
Я проверил, что для них, если они не делятся на $q$, обязательно один из множителей $(z^{2^i p}+x^{2^i p})$ делится на $q$. И я не вижу, почему это не может быть так же и для нечётных $p$.
Собственно, только первый множитель $(z^{p}+x^{p})$ делится на $q$ вероятностью 1/4. Но может делится и один из остальных множителей. И вообще это напоминает мне тест Миллера-Рабина.

-- Пт сен 25, 2009 11:36:57 --

Таки да. Пусть $r_x = x^{-1} \not\equiv 0 \pmod q$. Домножим каждый из множителей на $r_x^{2^i p}$
$(z^{2^i p}+x^{2^i p}) \cdot r_x^{2^i p} = ((z\cdot r_x)^{2^i p}+1) \pmod q $
Миллер-Рабин утверждают, что обязательно найдётся $i$, при котором это выражение делится на $q$.

[Батороев]

Гаджимурат
Делимость на 7 можно доказать по остаткам $a^3\equiv 0, 1, 6 \pmod 7$.

venco, благодарен Вам, что уловили основную идею, т.к. долго мучился с тем, как донести свою мысль. Боялся, что никто не поймет.

venco в сообщении #246464 писал(а):

Таки да. Пусть $r_x = x^{-1} \not\equiv 0 \pmod q$. Домножим каждый из множителей на $r_x^{2^i p}$
$(z^{2^i p}+x^{2^i p}) \cdot r_x^{2^i p} = ((z\cdot r_x)^{2^i p}+1) \pmod q $
Миллер-Рабин утверждают, что обязательно найдётся $i$, при котором это выражение делится на $q$.

Свыше степени $\frac{q-1}{p}$, вроде бы, выполняться не должно.

$x^p\equiv X\pmod q$
$y^p\equiv Y\pmod q$
$z^p\equiv Z\pmod q$

$X^{\frac{q-1}{p}}\equiv 1\pmod q$
$Y^{\frac{q-1}{p}}\equiv 1\pmod q$
$Z^{\frac{q-1}{p}}\equiv 1\pmod q$

А ниже этих степеней, думать надо. Сегодня пятница и голова уже не варит.

-- Пт сен 25, 2009 23:23:29 --

Точно, голова не варит. Ответил Вам совсем не про то.
В выходные подумаю.

-- Пт сен 25, 2009 23:28:33 --

Похоже, надо рассмотреть несколько иное исходное тождество.

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #246396 писал(а):

Чтобы данные равенства выполнялись, необходимо, чтобы одно из чисел $x$, $y$, $z$ делилось на простое $q=2^k p+1$ для любых $k$. Но если эти простые бесконечны , то ОУВТФ не выполнимо.

Я пришёл к выводу, что "в любой степени не существует равенства в простых числах".

[Батороев]

Виктор Ширшов в сообщении #278101 писал(а):

Я пришёл к выводу, что "в любой степени не существует равенства в простых числах".

Если Вы о равенстве $x^n+y^n=z^n$ при простых $x, y, z$, то об этом все знают.
В данной теме речь шла о других простых.

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #278267 писал(а):

Если Вы о равенстве $x^n+y^n=z^n$ при простых $x$, $y$, $z$ , то об этом все знают.

Нет, я говорю о неравенстве.

Батороев в сообщении #278267 писал(а):

В данной теме речь шла о других простых.

Извините, других простых чисел не знаю.

Батороев в сообщении #246396 писал(а):

При условии выполнения основого уравнения ВТФ (ОУВТФ): $x^p+y^p=z^p$

Ваше основное уравнение ВТФ - частный случай Диофантова уравнения $x^n+y^n=z^n$.

[Батороев]

Виктор Ширшов в сообщении #278304 писал(а):

Батороев в сообщении #278267 писал(а):

Если Вы о равенстве $x^n+y^n=z^n$ при простых $x$, $y$, $z$ , то об этом все знают.

Нет, я говорю о неравенстве.

Неравенства в ВТФ - это другая тема, к данной теме отношения не имеющая.

Виктор Ширшов в сообщении #278304 писал(а):

Батороев в сообщении #278267 писал(а):

В данной теме речь шла о других простых.

Извините, других простых чисел не знаю.

Имеются в виду простые не $x, y, z$, а те простые, на которые могло бы делится или не делится одно из этих чисел. Впрочем, обозначенный мной ход доказательства оказался настолько сложным, что я от него отступил. Не исключаю также того, что он может быть и тупиковым.

Виктор Ширшов в сообщении #278304 писал(а):

Батороев в сообщении #246396 писал(а):

При условии выполнения основого уравнения ВТФ (ОУВТФ): $x^p+y^p=z^p$

Ваше основное уравнение ВТФ - частный случай Диофантова уравнения $x^n+y^n=z^n$.

Допустим, что $n=p\cdot m$, где $m$ - натуральное число.
Тогда указанное Вами уравнение принимает вид: $ (x^m)^p+(y^m)^p=(z^m)^p$ или $X^p+Y^p=Z^p$, (где $X, =x^m$, $Y=y^m$, $Z=z^m$). Т.е. в данном случае, уравнение, указанное Вами, можно также рассматривать, как частный случай уравнения, указанного мной.

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #278496 писал(а):

Имеются в виду простые не $x$, $y$, $z$, а те простые, на которые могло бы делится или не делится одно из этих чисел.

Мне это было понятно изначально.

Батороев в сообщении #278496 писал(а):

Т.е. в данном случае, уравнение, указанное Вами, можно также рассматривать, как частный случай уравнения, указанного мной.

Вряд ли, скорее Ваш случай - частный, так как он допускается. Но пусть будет по Вашему.

[Батороев]

Имеем три уравнения ВТФ:

$z^n=x^n+y^n$
$x^n=z^n-y^n$ $\egno (1)$
$y^n=z^n-x^n$

Преобразуем выражения:

$z^n(x^n-y^n)(x^{2n}+y^{2n})...(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})=x^{2^kn}-y^{2^kn}$ $\egno (2)$
$x^n(z^n+y^n)(z^{2n}+y^{2n})...(z^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})=z^{2^kn}-y^{2^kn}$ $\egno (3)$
$y^n(z^n+x^n)(z^{2n}+x^{2n})...(z^{2^{k-1}n}+x^{2^{k-1}n})=z^{2^kn}-x^{2^kn}$ $\egno (4)$

Из выражений видно, что если $x;y;z\not\equiv 0\pmod {p_i}$, то одно из выражений в скобках в каждом выражении (2), (3), (4) согласно МТФ должно быть кратно любому простому числу вида $p_i=2^kn+1$ (где $k$ - натуральное число).

Проводим анализ делимости выражений в скобках на указанные простые числа:

Допустим, $x^n-y^n\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (**)$,

$z^n+x^n= 2x^n+y^n=3x^n-(x^n-y^n)\equiv3x^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$
$z^n+y^n= x^n+2y^n=(x^n-y^n)+3y^n\equiv3y^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

$z^{2n}+x^{2n}=(x^n+y^n)^2+x^{2n}=x^{2n}+2x^ny^n+y^{2n}+x^{2n}=$
$x^{2n}-2x^ny^n+y^{2n}+x^{2n}+4x^ny^n=(x^n-y^n)^2+x^n(x^n+4y^n)$
$z^{2n}+x^{2n}\equiv x^n(x^n+4y^n)\equiv x^n(x^n-y^n+5y^n)\equiv 5x^ny^n\not \equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

$z^{2n}+y^{2n}=(x^n+y^n)^2+y^{2n}=x^{2n}+2x^ny^n+y^{2n}+y^{2n}=$
$=x^{2n}-2x^ny^n+y^{2n}+y^{2n}+4x^ny^n=(x^n-y^n)^2+y^n(4x^n+y^n)$
$z^{2n}+y^{2n}\equiv y^n(4x^n+y^n)\equiv y^n(x^n-y^n+5x^n)\equiv 5x^ny^n\not \equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

Продолжая рассмотрение с удвоением степеней, можно убедиться, что ни одно из выражений в скобках кроме того, в отношении которого сделано допущение $\egno (**)$, не может делиться на простые числа $p_i$ $\egno (*)$
Вывод справедлив для всех $n$, кроме $n=1;2$, т.к. в выражениях, обозначенных $\egno (*)$, получаем коэффициенты в виде чисел $2^k+1$.

Рассмотрение возможности делимости при других допущениях $\egno (**)$ аналогичны. Результат получим тот же.

Следовательно, на любое простое число $p_i$ должно делиться одно из чисел $x,y,z$, что при условии допущения бесконечности простых чисел вида $p_i=2^kn+1$ невозможно.

Таким образом, с указанным допущением ВТФ верна.

[Батороев]

В данном доказательстве Большой теоремы Ферма я использовал Малую теорему Ферма, простые числа Ферма (ведь числа $2^k+1$ могут быть простыми лишь тогда, когда $k$ является степенью двойки). При таком совпадении тем, которыми довольно плотно занимался Ферма, напрашивается вопрос: Не на примерно такое же доказательство намекал Ферма на полях "Арифметики"?
Если это было так, то стало бы понятно, почему Ферма никому не показывал свое доказательство.
Кроме того, он мог его просто-напросто приберечь для других целей.
Например, здесь явно прослеживается связь между Пифагоровыми тройками и числами Ферма. И если с древних времен известно, что число Пифагоровых троек бесконечно, то нельзя ли тогда доказать бесконечность чисел Ферма?
На первый взгляд, напрашивается отрицательный ответ. Действительно, ну будут кратны выражения (2), (3), (4) при $n=2$ на конечное число простых Ферма и с дальнейшим удвоением степеней вроде, как "свободны". Но с другой стороны, первый взгляд и не всегда является всеобъемлющим.

[cmpamer]

Батороев в сообщении #462036 писал(а):

В данном доказательстве Большой теоремы Ферма я использовал Малую теорему Ферма, простые числа Ферма (ведь числа $2^k+1$ могут быть простыми лишь тогда, когда $k$ является степенью двойки). При таком совпадении тем, ........

Я, всё-таки, не уловил - где тут у Вас совпадение тем? В своём "синем утверждении" (предположении) Вы ведёте речь об обязательной делимости одного из чисел "контрпримера" на все простые вида $2^{k}p+1$. В "жирном условии" (в отношение которого Вы, почему-то, предлагаете подождать его доказательства… (но мой вопрос не об этом)) Вы также под словосочетанием "эти простые" подразумеваете простые числа указанного вида. А когда проводите параллель, то рассуждение ведёте от чисел совсем другого вида (лишь "издали" похожих на первоначально указанные: $2^k+1$).
Хотелось бы понять - какая взаимосвязь, где она?

[vasili]

Пусть $q =2p + 1$ и $p = 6n + 5$, тогда $q = 12n +11$ и согласно Дирихле [ (11,12) = 1 ]существует бесчисленное
таких простых чисел q.
Пусть $q = 2^4p + 1$ и $p + 6n + 1$, тогда $q = 96n + 17$ и согласно Дирихле [(96,17) = 1] существует бесчисленное таких простых чисел q.

-- 13.11.2016, 09:28 --

Пусть $q = 2^{2m + 1}p + 1$ и $p = 6n + 5$, где $ m = 0,1,2,....$, тогда

$q = 6n\cdot2^{2m + 1} + 5\cdot2^{2m + 1} + 1$, где

$(6\cdot2^{2m + 1}, [5\cdot2^{2m + 1} + 1]) = 1$. В самом деле, если $6\cdot2^{2m + 1}$ делится на 3, то

$5\cdot2^{2m + 1} + 1$ не делится на 3, так как $2^{2m + 1} + 1\equiv 0\mod 3$ а $5 - 1 = 4$ не делится

на 3. Тогда благодаря теореме Дирихле имеется бесчисленное множество простых чисел q.

-- 13.11.2016, 09:37 --

Пусть $q = 2^{4m}p = 1$ и $p = 6n + 1$, тогда $q = 6n\cdot2^{4m} + 2^{4m} + 1$, где

$(6\cdot2^{4m}, [2^{4m} + 1]) = 1$, так как $2^{4m} + 1$ не делится на 3.

Тогда благодаря теореме Дирихле имеется бесчисленное множество простых чисел q.

[mihiv]

Батороев в сообщении #461756 писал(а):

ни одно из выражений в скобках кроме того, в отношении которого сделано допущение $\egno (**)$, не может делиться на простые числа $p_i$ $\egno (*)$

На $p_i$ может делиться скобка: $(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})= (x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2}).$

Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y$- непервообразный корень $\mod p_i$, тогда:

$x^{\frac {p_i-1}2}\equiv -1\mod p_i, y^{\frac {p_i-1}2}\equiv 1\mod p_i$ и , следовательно, $p_i|(x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2})$