1 случай ВТФ n=7

[ishhan]

http://mathworld.wolfram.com/FermatsLastTheorem.html
Для доказательства используем симметрическую форму записанную в виде тождества, одна часть которого состоит из аддитивной формы

$$(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7=-s^7-x^7-y^7-z^7$$

Где $s=-x-y-z$
В другой части тождества разложение на множители формы $-s^7-x^7-y^7-z^7$:

$$(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7=7(x+y)(x+z)(y+z)[(x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z)]$$

Это тождество использовалось в ранних работах по ВТФ(Лежандр, Дирихле , Ламе)
Исключаем из аддитивной части тождества слагаемые Ферма, записанные в виде

$$-x^7-y^7-z^7$$

(надеюсь что это не вызовет вопросов у тех, кто знаком с ВТФ для $n=7$)
и получим эквивалентное уравнение Ферма:

$$(x+y+z)^7=7(x+y)(x+z)(y+z)((x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z))$$

Сразу отметим, что без применения МТФ видно, что сумма $x+y+z$ делится на 7, так как на 7 делится седьмая степень этой суммы.
Если рассматриваем первый случай ВТФ, то ни одно переменное $x,y,z$ не делится на 7 и следствием этого является то, что ни одна из сумм $(x+y), (x+z), (y+z) $ на $n=7$ не делится.
Из этого следует важный факт: поскольку правая часть эквивалентного уравнения Ферма делится на $7^7$, то форма

$$V(x,y,z)=((x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z))$$

должна делится на $7^6$.
Теперь остаётся проверить все различные неупорядоченные комбинации вычетов, которые в сумме дадут число 7.
Поскольку рассматриваем первый случай, то ни один из трёх вычетов не равен $0$
Всего нужно проверить две тройки вычетов:$x,y,z=1,1,5$ и $x,y,z=1,2,4$, так как остальные тройки могут быть получены из этих.
Для этого нужно умножить каждую компоненту троек на все вычеты по модулю 7.
Поскольку для записи формы $V(x,y,z)$ можно использовать вид:

$$V(x,y,z)=\frac{(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7}{7(x+y)(x+z)(y+z)}$$

Остаётся только вычислить значение этого алгебраического выражения
подставив вместо $x,y,z$ тройки $(1,1,5)$ и $(1,2,4)$
$V(1,1,5)=1479=3\cdot17\cdot29$
$V(1,2,4)=1281=7\cdot3\cdot61$
Видно, что ни одно из значений не делится на $7^6$
Можно-ли согласится с тем, что этот случай доказывается именно так, если нет, то почему?

[victor.l]

А случай 1+0=1, 1+1+0 на 7 не делится.

[ishhan]

victor.l в сообщении #542761 писал(а):

А случай 1+0=1, 1+1+0 на 7 не делится.

У Вас фигурирует $0$, это уже не первый случай ВТФ, а второй.
Так как если одно из переменных $x,y,z$ в остатке от деления на 7 даёт число $0$, то это означает, что оно делится на 7.

[victor.l]

Я не понял что Вы разбираете первый случай.

[ishhan]

victor.l в сообщении #542791 писал(а):

Я не понял что Вы разбираете первый случай.

А Вам, victor.l, простите, понятно всё остальное?
Эксперты, нарабатывающие рейтинг в этой теме, предпочитают отмалчиваться...

[AKM]

Цитата:

Для доказательства используем симметрическую форму записанную в виде тождества, одна часть которого состоит из аддитивной формы

$$(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7=-s^7-x^7-y^7-z^7$$

Где $s=-x-y-z$
(нам подсовывают банальное тождество типа $A-B=-s-B$, где $s=-A$. При этом используются умные слова, "симметрическая форма", "аддитивная форма". Для камуфлирования банальности вводится новая никому не нужная переменная s. На эти пустые (empty) формулы даже жалко тратить форумное пространство.)

В другой (какой?) части тождества разложение на множители формы $-s^7-x^7-y^7-z^7$:

$$(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7=7(x+y)(x+z)(y+z)[(x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z)]$$

... Исключаем (в каком смысле? просто вычёркиваем?) из аддитивной части (а это что за хрень?) тождества слагаемые Ферма (а что такое "слагаемые Ферма"?), записанные в виде

$$-x^7-y^7-z^7$$

(надеюсь что это не вызовет вопросов у тех, кто знаком с ВТФ для $n=7$) (я не знаком, но знаю, что в каноческой форме ВТФ рассматриваются положительные $x,y,z$, и что вычёркивание строго отрицательного слагаемого из одной части уравнения неправомерно) и получим эквивалентное (чему?) уравнение Ферма (с каких пор нижеприведённое уравнение называется уравнением Ферма?):

$$(x+y+z)^7=7(x+y)(x+z)(y+z)((x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z))$$

Тратить время на анализ дальнейшего текста не буду. Лишь попрошу администрацию решить, блокировать ли автора за систематическое псевдонаучное наукообразие, или принять какие-то другие ограничительные меры. Предлагаю учесть и это.

Тема открыта по для добавки комментариев участников (и возражений автора).

[Someone]

[url]ishhan[/url] писал(а):

Остаётся только вычислить значение этого алгебраического выражения
подставив вместо $x,y,z$ тройки $(1,1,5)$ и $(1,2,4)$

Тройка $(1,1,5)$ действительно невозможна (нельзя подобрать даже следующую цифру). Что касается тройки $(1,2,4)$, то к ней можно подобрать следующие цифры. Пример:
$x=\ldots 3240410054560036264206033160001_7$,
$y=\ldots 3240410054560036264206033160242_7$,
$z=\ldots 3426256612106630402460633506424_7$,
$x+y+z=\ldots 3240410054560036264206033160000_7$,
$x^7+y^7+z^7=\ldots 00000000000000000000000000000000_7$,
$(x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z)=\ldots 0601000000000000000000000000000_7$.
Многоточие заменяет неизвестные цифры.
Поскольку $x+y+z$ делится на $7^4$, то $(x+y+z)^7$ делится на $7^{28}$, а Ваше длинное выражение должно делиться на $7^{27}$ и не делиться на $7^{28}$. Что мы и наблюдаем в данном примере.
Поэтому доказательства у Вас не получилось.
Аналогичный пример, но с меньшим количеством цифр, я разбирал в сообщении http://dxdy.ru/post7492.html#p7492 (до цитаты, которая начинается словами "Собственно доказательство ВТФ"; всё последующее для Вас не имеет значения). Все упомянутые там соотношения выполняются и здесь.

[ishhan]

Спасибо за численный пример Someone!
Действительно, видно что приведённые Вами в семеричной системе исчисления три числа в сумме дают число заканчивающееся на 4 ноля, но и только. Поэтому, приведите пожалуйста тройку вычетов x,y,z в кольце вычетов по модулю 7^4.
Ведь Вы утверждаете, что существует тройка чисел, которая в сумме делится на 7^4 и не делится на 7^5 , при этом ни одно из чисел не делится на$ 7$, такая что сумма их седьмых степеней делится на аж 7^{28}
x+y+z\equiv0mod7^4
x^7+y^7+z^7\equiv0mod7^{28}
xyz \ne0mod7
То есть, эти три условия выполняются одновременно.
Мне, при помощи простых вычислений, удалось найти в кольце по модулю 7^4 только такие тройки чисел сумма седьмых степеней которых делится на 7^5, но уж ни как на 7^{28}
Привожу примеры:
1^7+30^7+2370^7=7^5\cdot17\cdot389\cdot37778763391652411
1^7+18^7+2382^7=7^5\cdot37\cdot173\cdot4703059\cdot859951277
1^7+1047^7+1353^7=7^5\cdot37\cdot4328981\cdot3595566719

[Someone]

Извините, ishhan, я и так очень плохо думаю о ферманьяках, а Вы ещё добавляете основания так думать. Я Вам привёл требуемые числа в кольце вычетов по модулю $7^{32}$. Вам мало?

ishhan в сообщении #544070 писал(а):

Мне, при помощи простых вычислений, удалось найти в кольце по модулю 7^4 только такие тройки чисел сумма седьмых степеней которых делится на 7^5, но уж ни как на 7^{28}

Очень глупо. Вы не можете вычеты по модулю $7^4$ рассматривать в кольце вычетов по модулю $7^k$ при $k>4$. Если Вы хотите получить сумму седьмых степеней, делящуюся на $7^k$, Вам и искать их надо в кольце вычетов по модулю $7^k$.
Правда, тут есть одна тонкость. Дело в том, что $(t_1\cdot 7^{k-1}+a)^7\equiv(t_2\cdot 7^{k-1}+a)^7\pmod{7^k}$, поэтому, чтобы получить $x^7+y^7+z^7\equiv 0\pmod{7^k}$, достаточно знать только $x\pmod{7^{k-1}}$, $y\pmod{7^{k-1}}$, $z\pmod{7^{k-1}}$. Поэтому у меня для $x,y,z$ указано по 31 цифре, а не по 32.

[ishhan]

Someone в сообщении #544114 писал(а):

Я Вам привёл требуемые числа в кольце вычетов по модулю $7^{32}$. Вам мало?

Просто сразу не разобрался как проверить итд .
Вы конечно правы. Для семёрки и всех простых чисел на подпоследовательности 6n+1 доказательство не проходит.
Зато доказательство конкретно работает для некоторых простых чисел подпоследовательности 6n-1 как то 5, 11, 17, 23, 29,41.
Достаточно вычислить значение $V^{n-3}(x,y,z)=\frac{(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7}{7(x+y)(x+z)(y+z)}$ "длинной формы" для всех возможных троек из которых составлены простые числа лежащие на этой подпоследовательности и в частности именно эти числа 5, 11, 17, 23, 29,41.
Тут уж Вам не удастся подобрать ни одной тройки вычетов.
Сбой появляется на числе 59.
И этот факт довольно легко проверяется именно при помощи тождества внутри которого спряталось уравнение Ферма.
Так почему бы не покопаться в этом тождестве.

[ishhan]

И всё таки я не до конца разобрался вот в чём:
Вы любезно приводите мне пример делимости алгебраического выражения $x^7+y^7+z^7$ на $7^{28}$, но при этом зачем то упоминается модуль $7^{32}$

Someone в сообщении #544114 писал(а):

Я Вам привёл требуемые числа в кольце вычетов по модулю $7^{32}$

Но при этом Вы же пишете:

Someone в сообщении #543149 писал(а):

Поскольку $x+y+z$ делится на $7^4$, то $(x+y+z)^7$ делится на $7^{28}$

Рассматривая делимость на $7^{28}$ не обязательно перебираться в кольцо по модулю $7^{32}$
Далее Вы пишете:

Someone в сообщении #544114 писал(а):

Поэтому у меня для $x,y,z$ указано по 31 цифре, а не по 32.

Здесь присутствует какая то неоднозначность.
Хотелось бы расставить точки над i и увидеть Вашу тройку вычетов в кольце по модулю $7^{28}$
Желательно в виде (1, a, b)
И без многоточия вместо неизвестных цифр присутствующих в Вашем примере.
Можно в любой системе исчисления.
С уважением.

[Someone]

ishhan в сообщении #544421 писал(а):

Хотелось бы расставить точки над i и увидеть Вашу тройку вычетов в кольце по модулю $7^{28}$

Дык, отсчитайте справа 28 цифр. Сами не справитесь, что ли? И в систему счисления переводите, в какую захочется. Только в семиричной нагляднее.

[ishhan]

Отсчитал по 28 цифр, надеюсь что правильно.
$0410054560036264206033160001_7$
$0410054560036264206033160242_7$
$6256612106630402460633506424_7$
Буду упражняться в счёте.
Сначала попробую найти разложение на множители суммы этой тройки, а там видно будет.
Придётся немного повозиться с калькулятором.
Может дадите совет или ссылку. В любом случае, ещё раз спасибо за примерчик.

[ishhan]

Someone в сообщении #544114 писал(а):

Я Вам привёл требуемые числа в кольце вычетов по модулю $7^{32}$

Буду факторизовать числа в привычной десятичной системе:
Ваша тройка это числа A,B,C.
И дополним Вашу тройку суммой с обратным знаком числом D:
Четыре числа A,B,C,D таковы что A+B+C+D=0

$$A=421073295800901624722811=3\cdot977\cdot8142683\cdot17643077970907$$

$$B=038913240743838336253989=3\cdot13\cdot1451\cdot10658009\cdot64519248289$$

$$C=038913240743838336253862=2\cdot11\cdot167\cdot10591518983080657663 $$

$$D=-498899777288578297230662=-2\cdot7\cdot7\cdot7\cdot7\cdot311\cdot613\cdot544967107980017$$

Число: $A^7+B^7+C^7=2346950594063137675280283133964361854592752358377533677404571777029968530083555661891940768934903964447260659839404841432589973688323584491551426539826578679554954208$
И оно действительно делится на $7^{28}$
Но, так и должно быть для симметричной по модулю 7 тройки (1,2,4)
Может быть, кто нибудь раньше найдёт закономерность делителей в числах A,B,C,D а также в числе

$$A^7+B^7+C^7+(-D)^7$$

Подробности приведу позже и без помощи численных примеров, а в аналитическом виде.
Но пока ещё посчитаю

[ishhan]

Приведу некоторые подробности.
Несколько слов о тождестве которым пользовался Ламе.
Покопавшись в нём можно извлечь следующую (в современном изложении) словесную формулу:
Если к сумме степеней ($n>3 $ простое число) трёх произвольных целых чисел $x^n+y^n+z^n$ добавить четвёртое слагаемое $s^n$, такое что $x+y+z+s=0$, то полученное значение суммы будет разлагаться на три сомножителя один из которых простое число $n$, второй целочисленная симметрическая форма $V^3(x,y,z,s) $ третьей степени и третий целочисленная симметрическая форма $V^{n-3}(x,y,z,s)$ чётной степени $n-3$:

$$x^n+y^n+z^n+s^n=n\cdot{V^3(x,y,z,s)}\cdot{V^{n-3}(x,y,z,s)}$$

Особенность заключается в том, что эти симметрические формы инвариантны на тройках (x,y,z), (s,y,z), (x,s,z), (x,y,s) и это значит, что их можно считать симметрическими от трёх и четырёх переменных одновременно.
Особенно хорошо это видно на примере $V^3(x,y,z,s)=(x+y)(x+z)(y+z)=-(x+s)(y+s)(z+s) $
Теперь по поводу того, как использовать тождество применительно к ВТФ.
Словесная формула ВТФ может быть реализована четырьмя способами.
Каждому из четырёх эквивалентных уравнений Ферма будет соответствовать способ выборки трёх из четырёх чисел x,y,z,s
1) уравнению $x^n+y^n+z^n=0$ будет соответствовать $s^n=n\cdot{V^3(x,y,z,s)}\cdot{V^{n-3}(x,y,z,s)}$

2)уравнению $x^n+y^n+s^n=0$ будет соответствовать $z^n=n\cdot{V^3(x,y,z,s)}\cdot{V^{n-3}(x,y,z,s)}$

3)уравнению $x^n+z^n+s^n=0$ будет соответствовать $y^n=n\cdot{V^3(x,y,z,s)}\cdot{V^{n-3}(x,y,z,s)}$

4)уравнению $z^n+y^n+s^n=0$ будет соответствовать $x^n=n\cdot{V^3(x,y,z,s)}\cdot{V^{n-3}(x,y,z,s)}$

Ну и что, скажут многие, а то что продолжаем наблюдать за общими моментами из которых важным является следующий:
Благодаря условию $x+y+z+s=0$ каждое из переменных $x,y,z,s$ записывается при помощи простейшей симметрической формы первой степени от трёх переменных:
$x=-y-z-s$,
$y=-x-z-s$,
$z=-x-y-s$,
$s=-x-y-z$,
это с одной стороны,
а с другой стороны, что очевидно из эквивалентных уравнений,
степень каждого из переменных $x^n, y^n, z^n, s^n $
записывается уже при помощи симметрической формы от четырёх переменных!
Основываясь на этом можно поискать противоречие.
Так как интуитивно ясно, что простые делители присущие симметрическим формам от трёх переменных, назовём их делителями $P$, будут присутствовать в симметрической форме $V(x,y,z,s)$ от трёх и четырёх переменных одновременно, но помимо делителей $P$ форма $V(x,y,z,s)$ симметрическая от трёх и четырёх переменных будет содержать делители $Q $, которые свойственны именно симметрической форме от четырёх переменных.
И поэтому правая часть эквивалентных уравнений имеющая вид симметрической формы от четырёх переменных, всегда будет содержать множитель $Q,$ который не входит в разложение ни одного из переменных $x,y,z,s$ так как каждое из них представлено симметрической формой всего лишь от трёх переменных.
Запишем условия существования делителей $Q$ присущих симметрической форме от четырёх переменных:

$ax\equiv{ymodQ}$

$ay\equiv{zmodQ}$

$az\equiv{smodQ}$

$as\equiv{xmodQ}$

Алгебраический вид указывает на то что делитель $Q$ не входит в разложение на множители ни одного из переменных $x,y,z,s$
Перемножим левые и правые части четырёх сравнений и получим, что в кольце по модулю $Q $в котором существует элемент $a^4\equiv{1modQ}$ для симметрической формы
$V^{n-3}(x,y,z,s) $справедливо равенство:

$$a^{n-3}\cdot{V^{n-3}(x,y,z,s)}=V^{n-3}(ax,ay,az,as)\equiv{V^{n-3}(y,z,s,x)}modQ$$

Далее из последнего соотношения следует, что в том случае когда $a^{n-3}\not\equiv{1modQ}$,
форма $V^{n-3}(y,z,s,x)$ просто обязана быть нулевым элементом в кольце по модулю $Q$
То есть, при одновременном выполнении двух условий:
1)$a^4\equiv{1modQ}$
2)$a^{n-3}\not\equiv{1modQ}$
Следует выполнимость $V^{n-3}(y,z,s,x)\equiv0modQ$
Поэтому я не смогу привести пример делителей вида $Q$ для показателя n=7 так как условия 1) и 2) вступают в противоречие при этом значении:
так с одной стороны должно быть $a^4\equiv{1modQ}$, а с другой $a^{7-3=4}\not\equiv{1modQ}$
Но зато могу привести их для показателя n=13...