Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[В.Сорокин]

Someone писал(а):

Между прочим, я нашёл всего $8$ решений, удовлетворяющих всем трём Вашим дополнительным условиям (перечисляются четвёрки $(a,b,c,d)$):
1) $(3,1,67,61)$,
2) $(3,1,79,73)$,
3) $(3,1,97,79)$,
4) $(3,2,127,103)$,
5) $(4,3,73,67)$,
6) $(5,3,67,61)$,
7) $(7,3,103,97)$,
8) $(17,15,367,337)$.

Последний пример достаточен для того, чтобы НЕ искать противоречие в допущении, что большие сомножители $P$ и $Q$ в числах $c^n-b^n=(c-b)P$ и $c^n-a^n=(c-a)Q$ являются степенями. Я рассмотрел самые глубинные числа, какие только можно выудить из равенства Ферма, и исследовал все их парные взаимодействия.
Таким образом, благодаря Вашим контр-примерам из анализа изъята огромная область. Но тем впечатляющей будет элементарное доказательство ВТФ, буде оно найдено. Но где оно?
Кажется, одной ногой я уже стоял на нем. И не где-нибудь, а месяц тому назад в этой теме.

Вот как оно выглядит гипотетически.

Обозначение: $f(x)$ – число делителей $2$ в числе $x$.
Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где нечетное $n > 2$ и, допустим,
(2°) $f(x)=k$.

Для начала рассмотрим случай $f(x)=1$.
Сделаем следующую подстановку:
(3°) $c=a_1+b_1, a=c_1-b_1, b=c_1-a_1$.
Легко видеть, что здесь:
1) $f(a+b-c)=1$. Следовательно,
2) $f[(a_1+b_1)-(c_1-b_1)-(c_1-a_1)]=1$. Следовательно,
3) $f(a_1+b_1-c_1)=0$. Следовательно,
5) $f(c_1)=0$ (поскольку $f(a_1+b_1)=1$). Следовательно,
6) либо $f(b_1)=1$, либо $f(a_1)=1$, и тогда
7) либо $f(a_1)>1$, либо $f(b_1)>1$.

И теперь, подставив 3° в 1°, легко вычисляем, что (здесь $k=1$)
8) $f(c^n)=kn$, но
9) $f(a^n-1)$ # $f(b^n-1)$ и при этом
10) либо $f(a^n-1) = k+1$, либо $f(b^n-1) = k+1$.

И в итоге $f(a^n+b^n) = k+1 < f(c^n-1)=kn$.

Случай $k>1$ с небольшой хитростью доказывается совершенно аналогично. Но сначала хотелось бы получить мнение читателей о доказательстве первого случая ($k=1$).
==================
Упущение и уточнение.
В формулах 8-9 упущены коэффициенты бинома Ньютона. И если учесть и их двойки, то противоречие в равенстве Ферма обнеаруживается по последней ненулевой $t$-й цифре числа $a_1^n+b_1^n$ либо числа $a_1^n-b_1^n$. Очевидно, $t<kn-1$.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

...И теперь, подставив 3° в 1°, легко вычисляем...

Увы, в простых вычислениях содержится ошибка, и противоречие не обнаруживается.
Других идей по применению иного представления чисел a, b, c пока нет.
Тайм-аут.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Тайм-аут.

Тайм-аут закончился.

В моем распоряжении оказался слишком богатый набор идей по доказательству ВТФ (хотя и не оправдавшихся), и потому жаль выбрасывать все их на свалку просто так.
Если П.Ферма нашел доказательство ВТ, то оно должно быть либо кондовым и без премудростей, либо его основа должна представлять собой пусть и не доказуемый, но интуитивно верный факт (одну из таких гипотез я опубликовал в 1992 г.).
Одну из идей «кондового и без премудростей» доказательства я предлагаю сейчас – на базе инструментария, наверное, уже набившего оскомину.

Обозначения:
$x_i$ - $i$-я от конца цифра в числе $x$;
$x_{[i]}$ - $i$-значное окончание в числе $x$.

Итак, пусть
(1°) $A^n+B^n = C^n$, где простое $n > 2$, $A, B, C$ взаимно простые,
(2°) $A+B-C=un^k$. [Легко показать, что в 1° $k>1$.]

И пусть для начала число $C$ кратно $n$. Тогда:
(3a°) $C^n-B^n=(C-B)P$, где $C-B=a^n, P=p^n$,
(3b°) $C^n-A^n=(C-A)Q$, где $C-A=b^n, Q=q^n$.
(4°) Известно также, что каждый простой сомножитель $g$ чисел $P$ и $Q$, где
(5°) $P=C^{n-1}+… + CB^{n-2}+ B^{n-1}$ и $Q=C^{n-1}+… + CA^{n-2}+ A^{n-1}$,
имеет вид $g=gn+1$.
(6°) $ (x^n)_1=1$ только при $x_1=1$.
Важное равенство:
(7°) $(C-B)^{n-1}$_{k+1}=P_{k+1}$ (это становится очевидным после умножения $(C-B)^{n-1}$_{k+1}-P_{k+1}$на $(C-B) [(C-B)_1 # $0], разложения разности степеней на два сомножителя, учета малой теоремы Ферма и того, что $(A+B-C)_{[k]}=0$ (см. 2°)).

И вот как доказывается данный случай ВТФ ($C$ кратно $n$).

В числе $P$ (см. 5°), где $P_1=1$ (см. 4°), только последнее слагаемое не оканчивается на ноль. Следовательно $B^{n-1}$_1$=1$.
При этом $p_1=1$ – так как $P_1=1$.
Следовательно, концевая единица в числе $P$ есть $1^n=1$. И это однозначное окончание порождено единственным слагаемым, не кратным $n$, – числом $B^{n-1}$.
А кроме того, как следует из 7°, $k+1$-значное окончание числа $P$ является окончанием степени $n(n-1)$.
Следовательно, однозначное окончание $B^{n-1}$_1$$ ЕСТЬ ИМЕННО цифра $1$ в степени $n-1$. ТО ЕСТЬ, число $B$ оканчивается на цифру $1$.

Совершенно аналогичными рассуждениями мы находим, что и число $A$ оканчивается на цифру $1$. Но тогда число число $A^n+B^n$, то есть $C^n$, оканчивается на цифру $2$, а НЕ на НОЛЬ.

Надеюсь, что случай с $A$, кратным $n$, доказывается аналогично. Но пока необходимо получить оценку, что приведенное доказательство верно.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Других идей по применению иного представления чисел a, b, c пока нет.

Когда исчерпаны все разумные попытки, остается думать неразумно.
Например, вот так:


Полное ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n >2$, $a, b, c$ взаимопростые и число
(2°) $a+b-c=un^k$, где $u$ НЕ КРАТНО $n$.

Возведем равенство 2°, или
(3°) $(a+n^t)+(b-n^t )=c+un^k$, где $t>k$ в степень $n$ и после раскрытия биномов Ньютона становится очевидным, что число $u$ ДЕЛИТСЯ на $n$.

Противоречие с 2° ПОЛНОСТЬЮ доказывает ВТФ для БАЗОВОГО случая.

[PAV]

Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее, обратив особое внимание читателя на то, где используется условие $n>2$.

[В.Сорокин]

PAV писал(а):

Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее, обратив особое внимание читателя на то, где используется условие $n>2$.

Увы, в этом нет никакой необходимости. И это "доказательство" только розовая мечта...
Большой тайм-аут.

[Someone]

В.Сорокин писал(а):

(7°) $(C-B)^{n-1}$_{k+1}=P_{k+1}$ (это становится очевидным после умножения $(C-B)^{n-1}$_{k+1}-P_{k+1}$на $(C-B) [(C-B)_1 # $0], разложения разности степеней на два сомножителя, учета малой теоремы Ферма и того, что $(A+B-C)_{[k]}=0$ (см. 2°)).

Я уже точно не помню, но мне кажется, что мы с Вами по поводу этого равенства долго спорили, и я Вам на примере показывал, что это неверно. Но в той теме на сорока трёх страницах найти тяжело.

PAV писал(а):

Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее

Вы не об этом "очевидно" говорили?

[В.Сорокин]

Someone писал(а):

В.Сорокин писал(а):

(7°) $(C-B)^{n-1}$_{k+1}=P_{k+1}$ (это становится очевидным после умножения $(C-B)^{n-1}$_{k+1}-P_{k+1}$на $(C-B) [(C-B)_1 # $0], разложения разности степеней на два сомножителя, учета малой теоремы Ферма и того, что $(A+B-C)_{[k]}=0$ (см. 2°)).

1) Я уже точно не помню, но мне кажется, что мы с Вами по поводу этого равенства долго спорили, и я Вам на примере показывал, что это неверно. Но в той теме на сорока трёх страницах найти тяжело.

PAV писал(а):

Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее

2) Вы не об этом "очевидно" говорили?

1) Равенство-то верное, но следствие из него оказалось неверным, что Вы и показали на своих контр-примерах. И вообще, равенство Ферма не обнаруживает НИКАКИХ противоречий ни по сколь-угодно длинным "хвостам", ни по сколь-угодно длинным "головам". Но иногда возникают красивые иллюзии, и я не могу удержаться от соблазна...
2) Я понял, что "очевидно" относится к последней версии (что на этой странице). Но там простая ошибка в раскрытии биномов.
=============
Пока интересными представляются следующие идеи:
1) с помощью неравенств (последняя неудачная попытка из этой серии была рассмотрена в этой теме),
2) с помощью чисел вида $pn+1$ (есть гипотеза, что все простые сомножители чисел $A, B, C$, за исключением $2$ и $n$ имеют именно такой вид),
3) одно из чисел $c_1-a_1, c_1-b_1, a_1+b_1$ равно единице.

А вот шуточное доказательство.
Если в равенстве Ферма $a^n+b^n=c^n$, или $(c-b)P+(c-a)Q-(a+b)R=0$числа $a+b, c-b, c-a$ рассматривать как вектора, а числа $P, Q, R$ как скалары, то линейная комбинация системы (заметим, линейно независимой!)указанных векторов равна нулю только при условии $P=Q=R$. И равенство Ферма невозможно.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Большой тайм-аут.

Тайм-аут закончился неожиданно. Сегодня я пришел в шок – и не от идеи или результата, а от того, что проходил СКВОЗЬ эту идею тысячи раз и не замечал ее перспективности. Вот она:


Полное ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n >2$, $a, b, c$ взаимопростые и одно из чисел $a, b, c$ – допустим, $c$ – заведомо не делится ни на $n$, ни на $2$.
Тогда, как известно,
(2°) $a+b=d^n;\ \frac{a^n+b^n}{a+b}=r^n; c=dr$.

Возьмем какой-либо простой делитель $g$ числа $d$. Пусть число $g$ входит в число $d$ в степени $k$, где $k>0$.

Рассмотрим числа a, b, c$ в базе $g$:
(3°) c=Cg^k; a=Ag^kn+e; b=Bg^kn-e; a+b=Dg^kn ; e=Eg^0$.

А теперь подставим эти значения в 1°. Что мы имеем?
Правая часть, число $c^n$ оканчивается на $kn$ нулей.
В левой же части после раскрытия биномов Ньютона и объединения в пары слагаемых, равноотстоящих от конца:
Последняя пара e^n-e^n$ дает нуль.
Предпоследняя пара Cg^k[(A+B)g^kn+(e^n+e^n)$ оканчивается на $k$ нулей.
А ВСЕ предыдущие пары оканчивается как минимум на $2k$ нулей.

В ИТОГЕ: левая часть оканчивается на $k$, а правая на $kn$ нулей.

И противоречие налицо.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

...Правая часть, число $c^n$ оканчивается на $kn$ нулей.
В левой же части после раскрытия биномов Ньютона и объединения в пары слагаемых, равноотстоящих от конца:
Последняя пара - e^n-e^n$ дает нуль.
Предпоследняя пара Cg^k[(A+B)g^kn+(e^n+e^n)$ оканчивается на $k$ нулей.
А ВСЕ предыдущие пары оканчивается как минимум на $2k$ нулей.
[b]В ИТОГЕ: левая часть оканчивается на $k$, а правая на $kn$ нулей.[/b]
И противоречие налицо.

Вечернее добавление.
Конечно, через час я увидел в скороспелых расчетах ошибку. Но это была ОШИБКА, НЕСУЩАЯ ЗОЛОТЫЕ ЯЙЦА – за ее кустами я видел стройное здание ИСТИННОГО доказательства ВТФ.
В кибернетике существует такой феномен: можно построить надежную систему из ненадежных элементов. Мне представляется, что в данном случае ситуация аналогична: из нескольких неверных доказательств (точнее – идей) можно сконструировать доказательство верное, в котором (в новых условиях) выделенный выше текст оказывается ВЕРНЫМ. Предыдущая часть доказательства – это факт, что число $P-Q$ (из более давней, также не удавшейся попытки доказательства) делится на общий делитель чисел $c$ и $a_1+b_1$.
Ну а начало лежит в лемме, согласно которой одно из чисел
$a, b, c$ делится на 3 (кстати, в прошлой теме кто-то с этим фактом был согласен).
Вот и всё. Надеюсь, что полный текст этого интересмного доказательства за пределы одной страницы не выйдет.
До завтра.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

До завтра.

Прошу у читателей прощения за опоздание. Зато надеюсь порадовать результатом.

Суть найденного противоречия: числа $a, b, c$ НЕ взаимно простые.

ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Итак, допустим, что
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n >2$, $a, b, c$ взаимно простые, $[d=]\ c+a>c+b>a+b>c>a>b>u >0, a+b>2u$ ($u=a+b-c$).
Тогда, как известно,
(2°) $(a+b)R-(c-b)P-(c-a)Q=0$, где
(3°) $R=a^{n-1}+… + ab^{n-2}+ b^{n-1}$,
$P=c^{n-1}+… + cb^{n-2}+ b^{n-1}$,
(3a) $Q=c^{n-1}+… +(ca)^{\frac{n-1}2}+…+ ca^{n-2}+ a^{n-1}=(c+a)^2T+(ca)^{\frac{n-1}2}$, $c+a=d$ (обозначение). [Но: $Q=(c-a)^2q\pm n(ca)^{\frac{n-1}2}$].

Доказательство

Рассмотрим числа $R, P, Q$ в базе $d\ [d=c+a]$ (нас интересуют только остатки по модулю $d$, или последние цифры).
Поскольку – как следует из 3°, – число $R-P$ делится на $d$, то
(4°) $R=rd+e, P=pd+e$, где $d>e>0$.
А из 3a° мы видим, что
(5°) $Q=qd+(ca)^{\frac{n-1}2}$.

С помощью умножения равенства 1° на некоторое число в степени $n$ числа $e$ и $(ca)^{\frac{n-1}2}$ легко преобразуются в $1$ (что будет показано в следующий раз – дабы дать возможность любителям головоломок попытаться самим сообразить, как это делается).

Ну а затем на однозначных окончаниях в равенстве 2° мы приходим либо к равенству
$(a+b)-2(c-b)=0$, либо к равенству $a+b=0$, что противоречит 1°.

[shwedka]

А Вы заметили, что $d$ не обязательно простое??

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

А Вы заметили, что $d$ не обязательно простое??

Да, конечно. Здесь это не имеет значения.
И, пользуясь возможностью, вношу поправку в

В.Сорокин писал(а):

С помощью умножения равенства 1° на некоторое число в степени $n$ числа $e$ и $(ca)^{\frac{n-1}2}$ легко преобразуются в $1$ (что будет показано в следующий раз – дабы дать возможность любителям головоломок попытаться самим сообразить, как это делается).

В умножении (с ним морока) равенства нет никакой необходимости: число $R$ (вернее - $2R$ или что-то в этом роде - завтра скажу) тоже оканчивается на $e$. А все остальное остается в силе.

[shwedka]

В.Сорокин писал(а):

И, пользуясь возможностью, вношу поправку в

В.Сорокин писал(а):

С помощью умножения равенства 1° на некоторое число в степени $n$ числа $e$ и $(ca)^{\frac{n-1}2}$ легко преобразуются в $1$ (что будет показано в следующий раз – дабы дать возможность любителям головоломок попытаться самим сообразить, как это делается).

В умножении (с ним морока) равенства нет никакой необходимости: число $R$ (вернее - $2R$ или что-то в этом роде - завтра скажу) тоже оканчивается на $e$

Легко превращаются.... Легко превращаются...кхе...кхе...
превращаются....
в элегантные шорты (БРИЛЛИАНТОВАЯ РУКА)

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Ну а затем на однозначных окончаниях в равенстве 2° мы приходим либо к равенству
$(a+b)-2(c-b)=0$, либо к равенству $a+b=0$, что противоречит 1°.

Увы, подстановка приводит к единственному равенству: $(a+b)+(c-b)=10$, т.е. к ТОЖДЕСТВУ. Таким образом, и эта оригинальная идея противоречия равенства Ферма не вскрывает, и вероятные инструменты дальнейшего поиска - это неравенства и числа $pn+1$.