Попытка доказательства Теоремы Ферма

[dmd]

А корректно ли это? Ведь исходно задача сформулирована в натуральных числах.

[nnosipov]

dmd в сообщении #625061 писал(а):

Ведь исходно задача сформулирована в натуральных числах.

А Вы сформулируйте для целых, и доказывайте для целых. Попутно получите и для натуральных. Рассматривать правильно обобщённую версию задачи удобно и полезно. В данном случае, когда речь идёт только о делимости, формулировать задачу в терминах целых чисел вполне естественно, ибо само отношение делимости естественнее рассматривать не на множестве натуральных чисел, а на множестве целых чисел. Впрочем, доказательство можно переписать и так, что в нём будут использоваться только натуральные числа. Но в таком случае оно обрастёт несущественными деталями, а суть рассуждения станет менее прозрачной.

[dmd]

dmd в сообщении #625042 писал(а):

Думаю, что следует доказывать $9 \mid a$, но доказать Вашим методом не могу, т.к. применить $u^3+v^3=2c-(a+b)$ уже не получается, другого подхода (допустим $u^3-v^3$) - увы, не вижу.

Впрочем, теперь вижу. Именно через разность кубов, в натуральных числах.
Спасибо за помощь!

[dmd]

Продолжаю попытки усилить делимости.

$3(a+b-c)^3\mid c^9-a^9-b^9$

или

$9(a+b)(c-a)(c-b)\mid c^9-a^9-b^9$

[dmd]

Интересная последовательность:


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


$(a^2+b^2-c^2)^3=a^6+b^6-c^6+3(a^2+b^2)(c^2-a^2)(c^2-b^2)$


$(a^3+b^3-c^3)^3=a^9+b^9-c^9+3(a^3+b^3)(c^3-a^3)(c^3-b^3)$
оно же
$0=a^9+b^9-c^9+3(abc)^3$

...

$(a^5+b^5-c^5)^3=a^{15}+b^{15}-c^{15}+3(a^5+b^5)(c^5-a^5)(c^5-b^5)$

...

$(a^9+b^9-c^9)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(a^9+b^9)(c^9-a^9)(c^9-b^9)$
оно же
$(-3(abc)^3)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(c^9+3(abc)^3)(b^9-3(abc)^3)(a^9-3(abc)^3)$
оно же
$(-3(abc)^3)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(c^6+3a^3b^3)(a^6-3b^3c^3)(b^6-3a^3c^3)$


Если элементарное доказательство существует, то оно неизбежно поймает исключение где-то в подобных рассмотрениях, до которых раньше внимание ферматистов не дотягивалось. Как говорится - "чем чёрт не шутит". Самым идеальным было бы обнаружить спуск в подъёме степеней.


$(a^9 + b^9 + c^9)^3 - (a^9 + b^9 - c^9)^3 - (a^9 - b^9 + c^9)^3 - (-a^9 + b^9 + c^9)^3 = 24 (a b c)^9$

оно же

$(a^9 + b^9 + c^9)^3 - (a^9 - b^9 + c^9)^3 - (-a^9 + b^9 + c^9)^3 = -3 (a b c)^9$

[dmd]

dmd в сообщении #776601 писал(а):

оно же
$(-3(abc)^3)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(c^6+3a^3b^3)(a^6-3b^3c^3)(b^6-3a^3c^3)$

Поправка:

$(-3(abc)^3)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(abc)^3(c^6+3(ab)^3)(a^6-3(bc)^3)(b^6-3(ac)^3)$

Соответственно:

$a^9+b^9-c^9\mid a^{27}+b^{27}-c^{27}$

[Belfegor]

Уважаемый dmd!
А что вы скажите про это?

ishhan в сообщении #719246 писал(а):

Но есть фундаментальное алгебраическое тождество:

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

-- Сб окт 19, 2013 00:47:38 --

dmd в сообщении #776601 писал(а):

неизбежно поймает исключение где-то в подобных рассмотрениях

Уважаемый dmd
Вы привели группу тождеств?

[lasta]

dmd в сообщении #776601 писал(а):

Самым идеальным было бы обнаружить спуск в подъёме степеней.


$..........= 24 (a b c)^9$

Уважаемый dmd!
Ферма говорил не только о бесконечном спуске, но и о бесконечном подъеме. Но здесь такая же сложная задача обосновать существование примитивного решения с теми же свойствами.

[dmd]

lasta в сообщении #777071 писал(а):

Ферма говорил не только о бесконечном спуске, но и о бесконечном подъеме.

Нельзя ли привести какой-то отвлечённый от ВТФ пример решения подъёмом.

[lasta]

Уважаемый dmd!
На сколько мне известно, это утверждение Ферма.
Хотя одно доказательство для показателя 4, приведенное Постниковым в его книге "Введение в теорию алгебраических чисел", где получается третье равенство с примитивным решением больше исходного и, найденного таким образом противоречия, можно (если я не ошибаюсь) отнести к бесконечному подъему.

-- 19.10.2013, 14:21 --

[dmd]

lasta
Спасибо. Попробую найти книгу Постникова.

dmd в сообщении #776680 писал(а):

Поправка:

$(-3(abc)^3)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(abc)^3(c^6+3(ab)^3)(a^6-3(bc)^3)(b^6-3(ac)^3)$

Поправка поправки, ошибся в знаках:

$(-3(abc)^3)^3=a^{27}+b^{27}-c^{27}+3(abc)^3(c^6-3(ab)^3)(a^6+3(bc)^3)(b^6+3(ac)^3)$

-- Сб окт 19, 2013 15:32:50 --

Два выражения, в которых вроде наблюдается некоторое подобие:

$a^9+b^9-c^9=-3(abc)^3$

$(a^9+b^9+c^9)^3-(a^9-b^9+c^9)^3-(-a^9+b^9+c^9)^3=-3(abc)^9$

[dmd]

Последнее выражение можно переписать в таком виде:

$(2c^9-3(abc)^3)^3-(a^9+3(abc)^3)^3-(b^9+3(abc)^3)^3=-3(abc)^9$

Тогда либо где-то ошибся, либо.. $2\mid c$. Ни $a$, ни $b$ не могут быть чётными, только $c$.

[dmd]

Ну да, конечно же ошибся. Должно быть

$(2c^9-3(abc)^3)^3-(2a^9+3(abc)^3)^3-(2b^9+3(abc)^3)^3=-3(abc)^9$

[Феликс Шмидель]

lasta в сообщении #777071 писал(а):

dmd в сообщении #776601 писал(а):

Самым идеальным было бы обнаружить спуск в подъёме степеней.


$..........= 24 (a b c)^9$

Уважаемый dmd!
Ферма говорил не только о бесконечном спуске, но и о бесконечном подъеме. Но здесь такая же сложная задача обосновать существование примитивного решения с теми же свойствами.

Подъём для ВТФ $n=3$ - задача простая, ввиду тождества:

$(x(x^3+2 y^3))^3-(y(2 x^3+y^3))^3=(x^3+y^3)(x^3-y^3)^3$.

Если соединить это тождество с теоремой немецкого математика Герда Фальтингса, который в 1983 году доказал гипотезу Морделла, из которой следует конечность числа решений уравнения Ферма, то мы получим, наверное самое простое доказательство ВТФ для $n=3$.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Подъём для ВТФ $n=3$ - задача простая, ввиду тождества:

$(x(x^3+2 y^3))^3-(y(2 x^3+y^3))^3=(x^3+y^3)(x^3-y^3)^3$.

Если соединить это тождество с теоремой немецкого математика Герда Фальтингса, который в 1983 году доказал гипотезу Морделла, из которой следует конечность числа решений уравнения Ферма, то мы получим, наверное самое простое доказательство ВТФ для $n=3$.

Должен извиниться за ошибку.
Теорема Фальтингса утверждает конечность числа решений для кривых рода $>1$.
Род кривой степени $n$ равен $(n-1)(n-2)/2$, поэтому из теоремы Фальтингса не следует конечность числа решений для $n=3$.