Замена уравнения ВТФ сравнением

[Феликс Шмидель]

Эта тема навеяна новогодними размышлениями уважаемого vasili.
Идея в том, чтобы заменить уравнение $x^n+y^n=z^n$ сравнением $x^n+y^n \equiv z^n$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n$.
Покажем, что из сравнения $x^n+y^n \equiv z^n$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n$ следует равенство
$x^n+y^n=z^n$, при условии $0<x, y<z$.
В самом деле, $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>y^n z^n>z^n, x^n y^n$ и $x^n y^n>x^n+y^n$, следовательно $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>z^n, x^n+y^n$, следовательно $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>|x^n+y^n-z^n|$.
Таким образом, вместо того, чтобы доказывать, что равенство Ферма невозможно, можно доказывать, что сравнение $x^n+y^n \equiv z^n$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n$ невозможно.

Запишем это сравнение в симметричной форме: $x^n+y^n+z^n \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $x, y>0$, $z<0$.
Идея в том, чтобы выводить из этого сравнения различные следствия.
Например, из этого сравнения следует сравнение $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$.
Также следует сравнение $(x z)^{k n}+(y z)^{k n}+(x y)^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ , где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$.
Если найдёте какие-то ещё следствия, просьба записывать в этой теме.

-- Пт янв 16, 2015 11:38:49 --

Я вижу ещё одно следствие: $x^{3 n} \equiv y^{3 n} \equiv z^{3 n}$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$.
Поскольку мы показали, что равенство $x^n+y^n+z^n=0$ является следствием сравнения $x^n+y^n+z^n \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, то при выводе следствий из этого сравнения можно использовать равенство $x^n+y^n+z^n=0$.

-- Пт янв 16, 2015 11:49:01 --

Можно также использовать равенство $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n=(x y)^n-z^{2 n}=(x z)^n-y^{2 n}=(y z)^n-x^{2 n}$.

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #963014 писал(а):

В самом деле, $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>y^n z^n>z^n, x^n y^n$ и $x^n y^n>x^n+y^n$,

Уважаемый Феликс Шмидель!
У Вас здесь опечатка. Хотя, нет ее. Просто прочитал не так как надо.

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #963014 писал(а):

следовательно $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>|x^n+y^n-z^n|$.

Уважаемый Феликс Шмидель!
При заданном условии $0<x,y<z$, это очевидно и не требуется столь подробного доказательства. Однако, как вытекает из этого упомянутое равенство не совсем понятно.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #963014 писал(а):

Например, из этого сравнения следует сравнение $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$.
Также следует сравнение $(x z)^{k n}+(y z)^{k n}+(x y)^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ , где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$.
Если найдёте какие-то ещё следствия, просьба записывать в этой теме.

Вопрос по этому сообщению. Чем вызвано ограничение для $k$ Почему не делящееся на 3?

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #963192 писал(а):

Вопрос по этому сообщению. Чем вызвано ограничение для $k$ Почему не делящееся на 3?

Потому что $x^{3 t n}+y^{3 t n}+z^{3 t n} \equiv 3 x^{3 t n}$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, в силу сравнений $x^{3 n} \equiv y^{3 n} \equiv z^{3 n}$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$.
Следовательно, $x^{3 t n}+y^{3 t n}+z^{3 t n} \not \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$.
Если же $k$ не делится на $3$, то $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ в силу равенства $S_k=a S_{k-1}-b S_{k-2}+c S_{k-3}$, где $S_k=x^{k n}+y^{k n}+z^{k n}, a=x^n+y^n+z^n, b=x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n, c=x^n y^n z^n$.

[ananova]

Спасибо!
Добавлю еще следующее
Если функция Эйлера числа $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ не делится на простое число $n$, то существует число $d$ : $x^{nd} \equiv x$, $y^{nd} \equiv y$, $z^{nd} \equiv z$. Что, возможно, поможет свести исходное сравнение к сравнению и равенству (противоречащему основным арифметическим ограничениям): $x+y-z \equiv 0$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Мне кажется Вы допустили не точность, утверждая, что

$Z^{3n}\equiv Y^{3n}\equiv X^{3n}\mod (Z^nX^n +Z^nY^n -X^nY^n)\engo(1)$,

при условии, что $X^n + Y^n-Z^n = 0$.

(Числа Z, X, Y натуральные)

Контр пример. Преобразуем модуль для $ n=5$

$Z^5X^5 +Z^5Y^5-X^5Y^5 =Y^5(Z^5-X^5) +Z^5X^5 = (Y^5)^2 +Z^5X^5$

Пусть $X^5 + Y^5 -Z^5 =0$

и Пусть

$(Z^5)^3-(X^5)^3\equiv 0\mod (Y^5)^2 +Z^5X^5$

Преобразуем левую часть последнего сравнения

$(Z^5)^3-(X^5)^3 = (Z^5-X^5)[(Z^5-X^5)^2 + 3Z^5X^5] = =Y^5[(Y^5)^2 + 3Z^5X^5]\equiv 0\mod [(Y^5)^2 + +Z^5X^5]$


Очевидно последнее сравнение ошибочно, а значит и (1) ошибочно

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #963489 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель! Мне кажется Вы допустили не точность, утверждая, что

$Z^{3n}\equiv Y^{3n}\equiv X^{3n}\mod (Z^nX^n +Z^nY^n -X^nY^n)\engo(1)$,

при условии, что $X^n + Y^n-Z^n = 0$.

Уважаемый vasili! Я утверждал не это, а следующее:

$Z^{3n}\equiv Y^{3n}\equiv X^{3n}\mod (Z^nX^n +Z^nY^n+X^nY^n)\engo(1)$,

при условии, что $X^n + Y^n+Z^n = 0$.

Это отличается от того, что Вы написали, поскольку если подставить $-Z$ вместо $Z$ получим:

$-Z^{3n}\equiv Y^{3n}\equiv X^{3n}$.

-- Сб янв 17, 2015 09:13:23 --

ananova в сообщении #963263 писал(а):

Если функция Эйлера числа $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ не делится на простое число $n$, то существует число $d$ : $x^{nd} \equiv x$, $y^{nd} \equiv y$, $z^{nd} \equiv z$.

Это не очень интересно, потому что из равенств $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n=(x y)^n-z^{2 n}=(x z)^n-y^{2 n}=(y z)^n-x^{2 n}$ следует, что среди простых делителей $p$ числа $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ есть такие, что $p-1$ делится на $n$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! У Вас показатель степени n -простое нечетное число? Если этот показатель четный, то уравнение
$X^n + Y^n + Z^n = 0$ не имеет отношения к уравнению ВТФ.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #963505 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель! У Вас показатель степени n -простое нечетное число? Если этот показатель четный, то уравнение
$X^n + Y^n + Z^n = 0$ не имеет отношения к уравнению ВТФ.

$n$ - нечётное простое число.

[Феликс Шмидель]

Я продолжу развивать тему.
Поскольку $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n=(x y)^n-z^{2 n}=(x z)^n-y^{2 n}=(y z)^n-x^{2 n}$, то возможно числа $x y-z^2$ и $x z - y^2$ имеют общие делители.
Наша цель показать, что эти числа не имеют общих делителей.
Это легко установить для $n=3$, но в этом случае из этого не следует невозможность равенства $(x y)^n-z^{2 n}=(x z)^n-y^{2 n}$.
Если же $n>3$, то у меня есть идея как превратить доказательство отсутствия общих делителей у чисел $x y-z^2$ и $x z - y^2$ в доказательство невозможности равенства $(x y)^n-z^{2 n}=(x z)^n-y^{2 n}$.
Мы не будем пока озвучивать эту идею.
Попытаемся доказать, что числа $x y-z^2$ и $x z - y^2$ не имеют общих делителей, что для $n>3$ сделать непросто.
Пусть $n=5$ (наши последующие рассуждения можно будет обобщить для $n \equiv -1$ по модулю $6$).
Предположим, что числа $x y-z^2$ и $x z - y^2$ делятся на простое число $p$.
Числа $x y-z^2$ и $x z - y^2$ делятся на одинаковую степень числа $p$, в силу равенства $(x y)^n-z^{2 n}=(x z)^n-y^{2 n}$.
Пусть $p^t$ - максимальная степень $p$ на которую делятся числа $x y-z^2$ и $x z - y^2$.
Тогда $(x y-z^2)-(x z - y^2)=(y-z)(x+y+z)$ делится на $p^t$.
Следовательно, $x+y+z$ делится на $p^t$, поскольку если $y-z$ делится на $p$, то $x \equiv y \equiv z$ по модулю $p$, что невозможно, в силу равенства $x^n+y^n+z^n=0$.
Следовательно, $x z+y z+x y$ делится на $p^t$, поскольку $x y-z^2$ делится на $p^t$.
Обозначим: $a=x+y+z, b=x z+y z+x y, c=x y z$.
Мы показали, что числа $a$ и $b$ делятся на $p^t$.

Покажем, что число $b$ делится на $p^{2 t}$.
Для этого воспользуемся тождеством:
(I) $x^5+y^5+z^5=a^5-5 a^3 b+5 a^2 c+5 a b^2-5 b c$

Левая часть этого тождества равна нулю по предположению о том, что уравнение Ферма имеет решения.
Поскольку числа $a$ и $b$ делятся на $p^t$, то $5 b c$ делится на $p^{2 t}$.
Следовательно $b$ делится на $p^{2 t}$ (при условии, что $p \ne 5$).
Что и требовалось.

Число $a$ делится на $p^t$, но не делится на $p^{t+1}$, иначе число $x y-z^2$ делилось бы на $p^{t+1}$.
Из тождества (I) следует, что $b$ делится на $p^{2 t}$, но не делится на $p^{2 t+1}$.

Продолжение следует.

-- Сб янв 17, 2015 11:10:43 --

Я написал программу на UBASIC, которая генерирует тождества типа (I):

  10   print "Please enter the power p of the sum x^p+y^p+z^p"
   20   input P
   30   for J=P to 0 step -1
   40   for K=P to 0 step -1
   50   for M=P to 0 step -1
   60   if J+2*K+3*M<>P then next M:next K:next J:goto 600
   70   F1=1
   80   for I=2 to J+K+M-1
   90   F1=F1*I
  100   next I
  110   F2=1
  120   for I=2 to J
  130   F2=F2*I
  140   next I
  150   F3=1
  160   for I=2 to K
  170   F3=F3*I
  180   next I
  190   F4=1
  200   for I=2 to M
  210   F4=F4*I
  220   next I
  230   D=int(P*F1/(F2*F3*F4))
  240   if J=P and K=0 and M=0 then print "a^";mid(str(P),2,10000);" ";:goto 500
  250   if K<>2*int(K/2) then print "- "; else print "+ ";
  260   print mid(str(D),2,10000);" ";
  268   if J=1 then print "a ";
  270   if J>1 then print "a^";mid(str(J),2,10000);" ";
  278   if K=1 then print "b ";
  280   if K>1 then print "b^";mid(str(K),2,10000);" ";
  288   if M=1 then print "c ";
  290   if M>1 then print "c^";mid(str(M),2,10000);" ";
  500   next M
  510   next K
  520   next J
  600   print
  700   end

Я написал эту программу давно и сейчас не совсем понимаю, как она работает, но она генерирует тождества типа (I) исправно.

Продолжение следует.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Мне не известно, кто нашел такую

форму записи уравнения ВТФ, как Вы предлагаете, а именно:

$X^n + Y^n + Z^n = 0$

Эта запись мне кажется не удачной так как:

1. Она бессмысленна при числах $X,Y.Z$ одного знака (положительных или отрицательных).
2. Требует от автора выбора знаков чисел (у Вас $X >0$, $Y> 0$ и $Z < 0$), а от читателя запомнить эти условия.
3. Всякий раз указывать, что n - простое нечетное число.

Не следует ли нам (участникам форума) воспользоваться известным положением о том,

что ВТФ будет доказана, если будет доказано, что уравнение

$X^P + Y^P-Z^P = 0$

не имеет решения в натуральных, попарно взаимно простых, числах,

где $P >2$?.

А теперь о Ваших размышлениях по поводу общего делителя чисел
$Z^2-XY$, $Y^2 + ZX$ и $X^2 + ZY$,

где $Z,X,Y$ - натуральные числа.

Пусть существует простой такой делитель $P_3 > 3$,

$Z^2-XY\equiv 0\mod P_3\engo(1)$,

$Y^2 + ZX\equiv 0\mod P_3\engo(2)$

В силу примитивности Решения из (1) и (2) следует, что

$(ZXY, P_3) = 1\engo(3)$

Из сравнения (1) вычтем сравнение (2)

$(Z + Y)(Z -Y -X)\equiv 0\mod P_3\engo(4)$

Проанализируем сравнение (4)

1.Пусть $Z + Y \equiv 0 \mod P_3\engo(5)$,

тогда из (1) следует, что

$Z + X\equiv 0\mod P_3\engo(6)$.,

Благодаря (5) и (6) будут справедливы

$Z^P + Y^P\equiv 0\mod P_3$,

$Z^P +X^P\equiv 0\mod P_3$

Сложим последние сравнения

$(X^P+Y^P) + 2 Z^P = 3Z^P\equiv 0\mod P_3$,

что в силу (3) не возможно,. Пришли к Противоречию.

Значит сравнения (5) и (:6) не возможны.

2. Пусть теперь $X + Y-Z\equiv 0\mod P_3$

Вспомним, что благодаря формулам Абеля имеем для степени $P =3$,

2.1. $X + Y-Z = dd_1d_2$,

где $ d, d_1, d_2 $ - делители

чисел $Z, Y,X$ соответственно, а значит благодаря (3)


сравнение $dd_1d_2\equiv 0\mod P_3$ невозможно..

Пришли к Противоречию. Следовательно, не существует такого $P _3$, который был бы

общим делителем чисел $Z^2-XY$, $Y^2 + ZX$, $X^2 + ZY$,

2.2. Для степеней $P >3$

$X + Y-Z = K_0dd_1d_2, где $K_0$ нечетное число и $(ZXY, K_0) = 1$

$K_0dd_1d_2\equiv 0\mod P_3$

$K_0\equiv 0\mod P_3\engo(7)$

Следует доказать, что сравнение (7) не справедливо. Продолжение следует…

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #963592 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель! Мне не известно, кто нашел такую

форму записи уравнения ВТФ, как Вы предлагаете, а именно:

$X^n + Y^n + Z^n = 0$

Эта запись мне кажется не удачной так как:

1. Она бессмысленна при числах $X,Y.Z$ одного знака (положительных или отрицательных).
2. Требует от автора выбора знаков чисел (у Вас $X >0$, $Y> 0$ и $Z < 0$), а от читателя запомнить эти условия.
3. Всякий раз указывать, что n - простое нечетное число.

Уважаемый vasili!

Позвольте с Вами не согласиться.
Пункт 3. это обычное условие: никто обычно не рассматривает уравнение Ферма сразу для всех степеней $n$.
Если принять пункт 2, то пункт 1 отпадает.
Таким образом из всех пунктов остаётся только пункт 2, что из чисел $X, Y, Z$ только число $Z$ отрицательно.
Форма $X^n + Y^n + Z^n = 0$ используется для симметрии, которая обладает полезными свойствами.
Например, симметрический многочлен $S_n=X^n + Y^n + Z^n$ удовлетворяет рекуррентной формуле Ньютона: $S_k=a S_{k-1}-b S_{k-2}+c S_{k-3}$, где $a=x+y+z, b=x z+y z+x y, c=x y z$.

Кроме того, кто как хочет, так и ... доказывает ВТФ.

[lasta]

1. В данной теме я не увидел, что квадраты отделены от других степеней по каким-то особым признакам. Поэтому если найдутся противоречия, то они будут относиться и к квадратам.
2. Кроме того, вывод, что из соотношения

$$x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>|x^n+y^n-z^n|$$

вытекает равенство $x^n+y^n-z^n=0$ только для целых чисел тройки $x,y,z$ , - ошибочный. Контрпример:

$$9^3+10^3=7\cdot13\cdot19$$

То есть $z^3=7\cdot13\cdot19$ -целое число. И все соотношения справедливы для данного случая, что и опровергает главное утверждение о существовании упомянутого равенства. Поэтому если и найдутся в дальнейшем какие-либо противоречия, они будут доказывать, что не существует решений УФ ни в целых ни в иррациональных числах.

[vasili]

Продолжение.

Пусть справедливо сравнение $K_0\equiv 0\mod P_3$, тогда справедливо и

$X + Y-Z\equiv 0\mod P_3$ , отсюда

$X\equiv Z -Y\mod P_3$,

$Y\equiv Z-X\mod P_3$,

$X^2 + ZY\equiv (Z-Y)^2 + ZY\equiv 0\mod P_3$,

$Y^2 + ZX\equiv (Z-X) ^2 + ZX\equiv 0\mod P_3$,

$Z^3 + X^3 = (Z + X) [(Z-X)^2 +ZX]\equiv 0\mod P_3$,

$Z^3 + Y^3 = (Z + Y) [(Z-Y) ^2 +ZY]\equiv 0\mod P_3$.


1.Пусть $P_3 = 6n + 5$

Благодаря Малой теореме Ферма имеем

$Z^{6n + 4}-X^{6n +4} = (Z^3)^{2n + 1}Z-(X^3)^{2n +1}X\equiv 0\mod P_3$
и
$Z^{6n + 4}-Y^{6n +4} = (Z^3)^{2n + 1}Z-(Y^3)^{2n +1}Y\equiv 0\mod P_3$,

отсюда

$Z + X\equiv 0\mod P_3$
и
$Z + Y\equiv 0\mod P_3$ соответственно.

Противоречивость этих сравнений показана раньше.

Следовательно, $P_3$ не может быть простым число вида $6n + 5$.

2. Пусть $P_3 = 6n +1$ и

пусть для определенности $(Y, P) =1$ и (формулы Абеля)

$Y = U_1d_1$, $Z-X = d_1^P = C_1d_1$, где $C_1 = d_1^{P-1}$, а

$U_1^P =Z^{P-1} + Z^{P-2}X +….+ZX^{P-2} + X^{P-1}$, а

после преобразования правой части равенства получим

$U_1^P = (Z-X)^{P-1} +PZX(Z-X)[(Z-X)^2 +ZX]^2 M $,

Обратим внимание, что

$(Z-X)^{P-1} = C_1^{P-1}d_1^{P-1} = C_1^P$, тогда

$U_1^P -C_1^P = PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2 M$.

$(U_1 -C_1)M_1= PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2 M\engo(A)$.


Из равенства $Y + X -Z = U_1d_1-(Z-X) =U_1d_1-C_1d_1 = K_0dd_1d_2$

После сокращения на $d_1$ имеем

$U_1 - C_1 = K_0dd_2$, отсюда

$U_1 -C_1\equiv 0\mod P_3$, так как

$(U_1- C_1, ,M_1) = 1$ или

$(U_1-C_1, M_1) = P$ (1 случай ВТФ), то

$(M_1, P_3) = 1$.

Сравним равенство (A) по модулю $P_3^2$ получим

$U_1-C_1\equiv 0\mod P_3^2$, отсюда

$K_0\equiv 0\mod P_3^2$, что

Противоречит сравнению(7).