Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

случай $n=3$

$$a^{n}+b^{n}=c^{n}\; (1)$$

$a$,$b$,$c$ - натуральные,$n=3$ - простое.
Рассмотрим уравнение (1) по модулю специального вида

$$a^{3}+b^{3}\equiv c^{3}(\mod 6k+1)\; (2)$$

$(6k+1)$ - простое, $k>1$ - целое.
Множество таких модулей при различных$k$ и заданном$n=3$ бесконечно.
Сузим область допустимых значений до

$$a\not \equiv 0(\mod 6k+1),\; b\not \equiv 0(\mod 6k+1),\; c\not \equiv 0(\mod 6k+1)\; (3)$$

и докажем, что существует бесконечное множество $k$, где все решения лежат вне этой области.
Замена в исходном уравнении (2)

$$x=\frac{a}{c},\; y=\frac{b}{c}\; (4)$$

$$x^3+y^3\equiv 1(\mod 6k+1)\; (5)$$

$$\frac{1}{x^{3(2k-1)}}+\frac{1}{y^{3(2k-1)}} \equiv 1(\mod 6k+1)$$

$$x^{3(2k-1)}+y^{3(2k-1)}=(x^3+y^3)(x^{3(2k-2)}-x^{3(2k-3)}y^3+...+y^{3(2k-2)})$$

Замена

$$z=\frac{y}{x}\; (6)$$

$$1-z^{3}+...+z^{3(2k-2)}\equiv x^3z^{3(2k-1)}(\mod 6k+1)\; (7)$$

Применим свойство

$$z^{3t}\equiv \frac{1}{z^{3(2k-t)}} (\mod 6k+1)$$

для каждой степени по очереди.
Оставим в правой части системы уравнений нули.
Матрица коэффициентов степеней $z$ по возрастающей

$$\begin{pmatrix} 1 & -1 & ... & 1 & -x^3\\ 1 & -1 & ... & x^3 & -1\\ & & ... & & \\ 1 & -x^3 & ... & 1 & -1\\ x^3 & -1 & ... & 1 & -1 \end{pmatrix}\; (8)$$

Размер матрицы $(2k)\times(2k)$.
Детерминант равен нулю для наличия отличного от нулевого решения.

$$\begin{vmatrix} 1 & -1 & ... & 1 & -x^3\\ 0 & 0 & ... & x^3-1 & x^3-1\\ & & ... & & \\ 0 & 1-x^3 & ... & 0 & x^3-1\\ x^3-1 & 0 & ... & 0 & x^3-1 \end{vmatrix}$$

$$(x^3-1)(-x^3-2k+1)\equiv 0(\mod 6k+1)\; (9)$$

Замена в исходном уравнении (2)

$$u=\frac{c}{a}, v=\frac{b}{a}\; (10)$$

$$1\equiv u^3+(-v)^3(\mod 6k+1)$$

(такое невозможно при чётном $n$).
С точностью до замены получили (5). Вычисляем таким же образом. Аналогом замены (6) является $\(w=\frac{v}{u}\)$. Имеем подобную (7) формулу с точностью до знаков.

$$1+w^3+...+w^{3(2k-2)}=-u^3w^{3(2k-1)}(\mod 6k+1)$$

В аналоге матрицы (8) все минусы поменялись на плюсы. Получаем

$$(u^3-1)(u^3+2k-1)\equiv 0(\mod 6k+1)\; (11)$$

Из (11) с учётом (10) $\((\frac{c}{a})^3\equiv 1\)$ или $\((\frac{c}{a})^3\equiv 1-2k\)$.
Из (9) с учётом (4) $\((\frac{a}{c})^3\equiv 1\)$ или $\((\frac{a}{c})^3\equiv 1-2k\)$.
Отсюда следует, что $\(a^3\equiv c^3(\mod 6k +1)\)$.
Тогда из (2) получаем, что $\(b\equiv 0(\mod 6k +1)\)$, что противоречит области (3).
Следовательно, существует бесконечное множество $k$,
при котором все решения (2) лежат вне области(3).
Для этих $k$ простое $6k+1$ является делителем по крайней мере одного из чисел $a$,$b$,$c$.
Стало быть для любого, наперёд определённого, конечного, большого числа $M$ легко подобрать такой набор делителей вида $6k+1$, который в произвольном разбиении на три группы даст число, большее $M$ в одной из групп. Таким образом получается, что одно из чисел $a$,$b$,$c$ больше любого, наперёд заданного числа $M$. Это и требовалось в (1).

[Toucan]

По правилам раздела «Великая теорема Ферма», до начала какого-то обсуждения Вы должны явно выписать доказательство ВТФ для случая $n=3$.

А пока едем в карантин.

Заодно все формулы наберите в $\TeX$.

После того как исправите сообщение, напишите об этом в тему Сообщение в карантине исправлено.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»
Вернул

[ishhan]

Deggial в сообщении #797670 писал(а):

ножество таких модулей при различных$k$ и заданном$n=3$ бесконечно.
Сузим область допустимых значений до

$$a\not \equiv 0(\mod 6k+1),\; b\not \equiv 0(\mod 6k+1),\; c\not \equiv 0(\mod 6k+1)\; (3)$$

и докажем, что существует бесконечное множество $k$, где все решения лежат вне этой области.

Уважаемый Deggial!
Это довольно сильно отличается от ВТФ, примечательно то, что Вам удалось доказать:

Tot в сообщении #797589 писал(а):

Стало быть для любого, наперёд определённого, конечного, большого числа $M$ легко подобрать такой набор делителей вида $6k+1$, который в произвольном разбиении на три группы даст число, большее $M$ в одной из групп. Таким образом получается, что одно из чисел $a$,$b$,$c$ больше любого, наперёд заданного числа $M$. Это и требовалось в (1).

Результат лично мне ранее не встречался в литературе по ВТФ:)

[Tot]

Пока жду мнения других экспертов, дам маленькое пояснение к возникновению такого подхода. 19 ноября этого года заинтересовался вопросом об упрощении способа компьютерной проверки гипотезы Биля. Стал пытаться как-то модифицировать её и её облегчённые версии привычными мне методами задания модуля и сдвига на функцию Эйлера. В теореме Пифагора неожиданно стали всплывать закономерности. По модулю 3 и 8 получаем, что одно из слагаемых всегда делится на 3 и 4 (могут различные). А по модулю 5 одно из чисел тройки всегда делится на 5. А это уже минимальная пифагорова тройка. Стало быть по другим простым модулям такого доказать не удастся. Вот возникла идея посмотреть по каким модулям должен возникать ноль во всех тройках решений уравнения теоремы Ферма. Третью степень я привёл только из-за правил, а решал в общем виде для произвольной, нечётной, простой степени.

[ishhan]

Tot в сообщении #797800 писал(а):

Вот возникла идея посмотреть по каким модулям должен возникать ноль во всех тройках решений уравнения теоремы Ферма.

Пардон, уважаемый Tot!
Что имеется вами в виду: "по каким модулям должен возникать ноль в тройках решений уравнения Ферма"
Разве не по любому модулю $M$ верно $X^P+Y^P-Z^P\equiv0\mod{M}$ возможно я вас не так понял, поясните пожалуйста подробней.

[Tot]

Уважаемый ishhan, речь не об этом нуле.
Извините, но думаю, что рассуждать лучше в обозначениях стартового сообщения, чтобы не возникало путаницы.

$$a^n+b^n-c^n\equiv 0(\mod p)$$

Мы сначала исключаем из рассмотрения область, где хотя бы одно из чисел тройки $(a, b, c)$ является делителем $p$, чтобы избежать деления на ноль в преобразованиях. А потом ищем то подмножество $p$, при которых в ходе преобразований получим результат из исключённой области.
А значит все решения уравнения для данного показателя $n$ имеют $p$ в качестве делителя хотя бы одного из чисел тройки $(a, b, c)$. Для теоремы Пифагора такими делителями всех троек решений являются 3, 4, 5. А для теоремы Ферма при простом $n$ получается бесконечный ряд таких простых делителей $p$. Вот и говорим, что все решения бесконечно большие, то есть их нет.

[venco]

Tot в сообщении #797589 писал(а):

$$1-z^{3}+...+z^{3(2k-2)}\equiv x^3z^{3(2k-1)}(\mod 6k+1)\; (7)$$

Не понятно, как вы получили это выражение. Мне кажется, вы тут потеряли член. Справа должно быть $x^3(1+z^{3(2k-1)})$

[Tot]

venco, привожу подробнее это место.

$$x^3+y^3\equiv 1(\mod 6k+1)\; (5)$$

$$\frac{1}{x^{3(2k-1)}}+\frac{1}{y^{3(2k-1)}} \equiv 1(\mod 6k+1)$$

$$x^{3(2k-1)}+y^{3(2k-1)} \equiv x^{3(2k-1)}y^{3(2k-1)}(\mod 6k+1)$$

$$x^{3(2k-1)}+y^{3(2k-1)}=(x^3+y^3)(x^{3(2k-2)}-x^{3(2k-3)}y^3+...+y^{3(2k-2)})$$

$$x^{3(2k-1)}y^{3(2k-1)}=(x^3+y^3)(x^{3(2k-2)}-x^{3(2k-3)}y^3+...+y^{3(2k-2)})$$

Замена

$$z=\frac{y}{x}\; (6)$$

$$1-z^{3}+...+z^{3(2k-2)}\equiv x^3z^{3(2k-1)}(\mod 6k+1)\; (7)$$

-- 09.12.2013, 08:54 --

Внимание! Во всех рассуждениях с самого начала подразумевается, что тройка $(a, b, c)$ не имеет общих множителей. Как-то этот простой факт выпал при переносе с блокнота.

[Феликс Шмидель]

Tot в сообщении #798072 писал(а):

$$x^{3(2k-1)}y^{3(2k-1)}=(x^3+y^3)(x^{3(2k-2)}-x^{3(2k-3)}y^3+...+y^{3(2k-2)})$$

Замена

$$z=\frac{y}{x}\; (6)$$

$$1-z^{3}+...+z^{3(2k-2)}\equiv x^3z^{3(2k-1)}(\mod 6k+1)\; (7)$$

Уважаемый Tot,

Разделим первое равенство:

$x^{3(2k-1)}y^{3(2k-1)}=(x^3+y^3)(x^{3(2k-2)}-x^{3(2k-3)}y^3+...+y^{3(2k-2)})$

на $x^{3(2k-2)}$, и заменим $(x^3+y^3)$ на $1$.

Тогда в правой части, получим: $1-z^{3}+...+z^{3(2k-2)}$, а в левой части:
$x^3 y^{3(2k-1)}$.

А у вас не $x^3 y^{3(2k-1)}$, а $x^3 z^{3(2k-1)}$.

Почему?

[Tot]

Вы правы. Фатальный просчёт на ровном месте. Пока на этом всё. Всех благодарю за внимание.

[Tot]

Один из вариантов элементарного доказательства общего случая опирается на следующее вспомогательное утверждение:
Перенумеруем ряд простых чисел и рассмотрим числа Евклида.
$p_0=2$, $p_1=3$, $p_2=5$, $p_3=7$...

$$E_{k}=\prod_{i=0}^{k}{p_i}$$

Доказать, что для любого $p_k$, $k>1$

$$2^{E_{k-1}}(\mod E_k+1)\not\equiv 1$$

Испытываю сложности. Как подойти к доказательству или опровержению этого утверждения?
Что можно по этому поводу почитать из элементарной теории чисел?

[Феликс Шмидель]

А программу для проверки слабо написать? Например на UBASIC. Это подход к опровержению.
Если программа не опровергнет, то можно будет думать о доказательстве.

[dmd]

pari/gp:

? for(k=1,1000,E=prod(i=1,k,prime(i));m=Mod(2,E+1)^(E/prime(k));if(m==1,print(k)))
? ##
  ***   last result computed in 6min, 45,404 ms.

(Оффтоп)

? for(k=1,1000,E=prod(i=1,k,prime(i));m=Mod(2,E+prime(k))^(E/prime(k));if(m==1,print(k)))
4
5
76
173
385

[Феликс Шмидель]

Спасибо, dmd.
Теперь мы знаем, что программа проверки подтверждает высказанную гипотезу.
Если распечатать $m$, мы увидим, что этот вычет стабильно увеличивается, что также говорит в пользу гипотезы.
Интересно, как из неё следует ВТФ?