Попытка доказательства Теоремы Ферма

[ishhan]

dmd в сообщении #600664 писал(а):

Еще одно сочетание:

$$(a+b)(c+b)(c+a)-(a+b)(c-b)(c-a)+(b-a)(c-b)(c+a)-(b-a)(c+b)(c-a)=8abc$$

Я бы записал все слагаемые со знаком плюс и слегка упорядочил, тогда получится:

$$(a+b)(a+c)(b+c)+(a+b)(a-c)(-b+c)+(a-b)(a+c)(b-c)+(a-b)(a-c)(-b-c)=8abc$$

В принципе то же самое, но читается на мой взгляд лучше.
Что у Вас является противоположными парами, не очень ясно, так как в записи участвуют три символа $a,b,c$
Вот в тождестве записанном при помощи четырёх символов:

ishhan в сообщении #600428 писал(а):

$$x^3+y^3+z^3+s^3=3(x+s)(y+s)(z+s)$$

Где $x+y+z+s=0$

Противоположными парами являются $x+y$ и $-z-s $ и это очевидно.

[dmd]

Имеем $3\mid a+b-c$ и $a+b-c\mid abc$.

Но абсолютно аналогичными соображениями, какими были получены вышеприведённые делимости, можно получить $3\mid a+b+c$ и $a+b+c\mid abc$. Тогда гарантировано $3\mid c$. Проверьте меня пожалуйста.

[ishhan]

dmd в сообщении #601056 писал(а):

Имеем $3\mid a+b-c$ и $a+b-c\mid abc$.

Укажите к какому соотношению между $a,b,c$ это относится, а то как то непонятно о чём речь?

[dmd]

ishhan в сообщении #601140 писал(а):

Укажите к какому соотношению между $a,b,c$ это относится, а то как то непонятно о чём речь?

К исходному $a^3+b^3=c^3$. Полученные делимости - следствия этого равенства.

[ishhan]

Если к исходному, то следует, что одно из чисел $a,b,c$ делится на 3 но не обязательно это будет число которое Вы обозначаете как $c$.
Лично мне больше нравится не исходная $a^3+b^3=c^3$, а такая запись уравнения Ферма$ n=3$:
$(a+b-c)^3=3(a+b)(a-c)(b-c) $ из которой всё видно сразу по поводу делимости произведения чисел $a,b,c$ на $3$.
Но доказать это для каждого из чисел, то есть произведение чисел $abc$ делится на $27$ увы не получится, даже не пытайтесь этот путь ведёт в один из лабиринтов ВТФ

[dmd]

Если ошибки нет, тогда совместное рассмотрение $a+b+c\mid abc$ и $(a + b + c)^3 - (a + b - c)^3 - (a - b + c)^3 - (-a + b + c)^3=24abc$ даёт делимость $a+b+c\mid a^3+b^3+c^3$, или $\frac{a+b+c}{2}\mid c^3$.

[ishhan]

dmd в сообщении #601361 писал(а):

$a+b+c\mid abc$

Далее вместо $a,b,c$ привычные $x,y,z$
заметим что:
$(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)(xy+xz+yz)-xyz$
выполняется всегда
Но, если к тому же следует, что $x^3+y^3+z^3=0$

Тогда $(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)(xy+xz+yz)-xyz=\frac{(x+y+z)^3}{3}$
Нужно определиться, как записываем УФ:
$x^3+y^3+z^3=0$
или
$x^3+y^3-z^3=0$
Предлагаю первый вариант, что бы не "морочиться" с минусами у числа$ z$
И если так, то очевидно, что число $x+y+z$ делит число $xyz$
Если выбрать классический вариант записи то будет:
$(x+y)(x-z)(y-z)=(x+y-z)(xy-xz-yz)+xyz=\frac{(x+y-z)^3}{3}$
и число $x+y-z$ делит $xyz$
Так какой же вариант Вы выбираете?

[dmd]

Автором темы исходно задано $a^3+b^3=c^3$, ничего выбирать мы тут не можем.

[ishhan]

Тогда рассмотрим трином $(x+y-z)^3$ третьей степени при условии что $x^3+y^3=z^3$ получим:

$$(x+y-z)^3=3(x+y)(x-z)(y-z)=3(x+y-z)(xy-xz-yz)+3xyz$$

Отсюда следует:

$$x+y-z|3xyz$$

[dmd]

Аналогично $(a + b + c)^3=3 (a + b + c) (a b + a c + b c) + a^3 + b^3 + c^3 - 3 a b c$.

Значит $a + b + c\mid a^3 + b^3 + c^3 - 3 a b c$.

Это косвенно в слабой форме подтверждает полученные ранее более сильные делимости $a + b + c\mid a b c$ и $a + b + c\mid a^3 + b^3 + c^3$.

-- Ср авг 01, 2012 23:57:27 --

Туда же $(a - b + c)^3=3 (a - b + c) (-a b + a c - b c) + a^3 - b^3 + c^3 + 3 a b c$

и $(-a + b + c)^3=3 (-a + b + c) (-a b - a c + b c) - a^3 + b^3 + c^3 + 3 a b c$.

Но для $a - b + c$ и $-a + b + c$ более сильных делимостей не было найдено.

[ishhan]

dmd в сообщении #602045 писал(а):

Но для $a - b + c$ и $-a + b + c$ более сильных делимостей не было найдено.

Нужно искать и в другом направлении.
У ananova в теме "фильтрация фантомных решений" встретился момент, которым я уже давно занимаюсь на досуге.
Это число делителей для алгебраической формы стоящей в правой и в левой части уравнений эквивалентных уравнению Ферма.
Поясню на примере ВТФ n=3:

Уравнению Ферма соответствует

$$(x+y-z)^3=3(x+y)(x-z)(y-z)$$

Если есть метод, который позволит доказать, что для любой тройки $x,y,z$ удовлетворяющей условиям целостности исходного уравнения число делителей $Nd_1$ симметрической формы $(x+y-z)^3$ не равно числу делителей $Nd_2$ для формы $3(x+y)(x-z)(y-z)$

$$Nd_1\ne{Nd_2}$$

то тем самым будет доказана невозможность исходного равенства в целых числах.
dmd,что скажете по этому поводу?
Было бы интересно узнать не только Ваше мнение на этот счёт, и конечно от хозяйки темы "заслушать приговор":)
Короче, нужно разработать теорию представления целых чисел при помощи неразложимых однородных симметрических форм (или формул) с целочисленными коэффициентами.

[Belfegor]

ishhan в сообщении #602363 писал(а):

нужно разработать теорию представления целых чисел при помощи неразложимых однородных симметрических форм (или формул) с целочисленными коэффициентами.

Уважаемый ishhan а не закончится ли эта попытка чем-нибудь таким:

Феликс Шмидель в сообщении #597003 писал(а):

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

Или даже вот этаким:
Всякая эллиптическая кривая с рациональными коэффициентами является модулярной!

[ishhan]

Belfegor в сообщении #602377 писал(а):

Уважаемый ishhan а не закончится ли эта попытка чем-нибудь таким:

Феликс Шмидель в сообщении #597003 писал(а):
Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.


Или даже вот этаким:
Всякая эллиптическая кривая с рациональными коэффициентами является модулярной!

Упаси Боже!
Терпеть не могу многостраничных лемм из теории Куммера о представлении чисел разложимыми формами в кольцах с алгебраическими расширениями.
Оставим в покое классику и будем искать действительно альтернативное доказательство, для этого я предлагаю обратиться к мнимому уравнению Ферма в котором фигурирует трином:

$$(x+y+z)^n=n(x+y)(x+z)(y+z)W^{n-3}(x,y,z)$$

А уравнение Ферма записывать для простых n как:

$$x^n+y^n+z^n=0$$

Где $W^{n-3}(x,y,z)$ целочисленная форма степени n-3
И ввести в рассмотрение трином $-x-y-z$ как равноправное с каждым из $x,y,z$
Хотелось бы начать в кольце Z (не исключаю, что и в кольце целых гауссовых чисел, но в крайнем случае )
Для начала нужно знать минимум основы теории групп и представлять, что такое кольцо вычетов по модулю простого числа.

[Belfegor]

ishhan в сообщении #602381 писал(а):

Для начала нужно знать минимум основы теории групп и представлять, что такое кольцо вычетов по модулю простого числа.

Ну вот видите, так я и думал, что без вычетов не обойдется
Хотя всё лучше,чем модулярные формы

[ishhan]

Belfegor в сообщении #602410 писал(а):

Ну вот видите, так я и думал, что без вычетов не обойдется
Хотя всё лучше,чем модулярные формы

Начнём с вычетов
возьмём неупорядоченный набор остатков от деления на $13 $в виде $1,3,9$ или три из двенадцати возможных чисел этого кольца, которые кстати дают в сумме число $13$ так что на самом деле мы имеем дело с четвёркой $1,3,9,-13$ по модулю $13$ эта четвёрка представляет собой набор $1,3,9,0$
Умножим каждую компоненту на $3$ или на$ 9$ и опять получим тот же неупорядоченный набор:
$(1,3,9)\cdot{3}=(3,9,27)$ или по остаткам от деления на $13$
неупорядоченный набор останется таким же $(3,9,1)$ а в упорядоченном произойдёт циклическая перестановка.
Для симметрических от трёх переменных форм такая перестановка переменных не изменяет значение формы, поэтому можно сделать важный вывод...
Что здесь сложного?