Замена уравнения ВТФ сравнением

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #968507 писал(а):

Дело в том, что $\frac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n$, и можно показать, что $z_2 \equiv 1 \mod n^2$.

Уважаемый Феликс Шмидель! Откуда Вы это взяли?

Уважаемый vasili! То, что $\frac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n$ это одна из формул Абеля для случая 1 ВТФ.
То, что $z_2 \equiv 1 \mod n^2$ - я показал в предыдущем сообщении.
Я доказал, что $x+y+z$ делится на $n^3$ сам много лет назад, а недавно узнал, что это доказал Флек в 1909 году (стр 166 книги Рибенбойма "Fermat's Last Theorem for Amateurs").

[vasili]

Для этого показывают, что любой простой делитель $q$ выражения $\frac{x^n+y^n}{x+y}$ сравним с $1$ по модулю $n^2$.
Уважаемый Феликс Шмидель!
Это ошибочный взгляд.
Контрпример: Пусть $n = 7$, $z_2 =15 =3(5)$ и $q = 3, 5$, тогда

$15^7 - 1\equiv 0\mod 7^2$,

но для делителей

$3^7 - 1= 2186\equiv 30\mod 7^2$,

$5^7- 1\equiv 18\mod7^2$.

Я не усмотрел в Вашем сообщении доказательство того, что $K_0\equiv 0\mod n^3$
В своих черновиках нашел, что
$z^{n-1}-1\equiv 0\mod n^2$,
$x^{n-1}-1\equiv 0\mod n^2$,
$y^{n-1}-1\equiv 0\mod n^2$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Вы не дали контрпримера. Чему равны $x, y, z, n$? Учтите, что эти значения должны удовлетворять формулам Абеля, поэтому Вы не сможете привести контрпример.
Доказательство строгое. Перечитайте его ещё раз, и если возникнут какие-либо вопросы - спрашивайте.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
Из формулы Абеля $x^{n-1}-x^{n-2}y+......-xy^{n-1} +y^n =z_2^n$ не следует, что все делители

$z_2$ должны удовлетворять условию

$q-1\equiv0\mod n$ и тем более $q-1\equiv 0\modn^2$, где q такой делитель.

-- 27.01.2015, 18:32 --

и тем более $q-1\equiv 0\mod n^2$

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili!

Давайте разберёмся по пунктам.
1. Из формулы Абеля $x^{n-1}-x^{n-2}y+......-xy^{n-2} +y^{n-1} =z_2^n$ следует, что любой простой делитель $q$ числа $z_2$ удовлетворяет условию $q-1\equiv0\mod n$ (если $n$ - простое число).

Почему Вы отрицаете этот известный факт?
Пусть $x^n+y^n$ делится на $q$, а $x+y$ не делится на $q$.
Пусть $v \equiv -x/y \mod q$.
Тогда $v^n \equiv 1 \mod q$, а $v \not \equiv 1 \mod q$.
Но $v^{q-1} \equiv 1 \mod q$.
Следовательно, $q-1\equiv0\mod n$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вот теперь убедительное доказательство и я был не прав. Значит все делители больше n.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! А с тем, что $K_0$ делится на $n^3$ в случае 1 ВТФ Вы согласны теперь?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Да я согласен. Я рассуждал по Вашей методике....

Пусть $x_1^{n^2} +y_1^{n^2}\equiv0\mod q$,

тогда будет справедливо

$(x_1^{n^2})^n + (y_1^{n^2})^n\equiv 0\mod q$

и

$(vx_1^n)^{n^2} + (y_1^n)^{n^2}\equiv 0\mod q$,

отсюда

$v^{n^2} - 1\equiv 0\mod q$

$v^{q-1}-1\equiv 0\mod q$

$q-1\equiv \mod n^2$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Неправильно. Не могли бы Вы исправить ошибки?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!

должно быть $q-1\equiv 0\mod n^2$, а значит $z_2^n\equiv1\mod n^3$.

А так же по аналогии $x_2^n\equiv1\mod n^3$ и $y_2^n\equiv1\mod n^3$,

что приводит

$x_1^n + y_1^n -z_1^n =-2(x +y-z) =-2K_0x_1y_1z_1\equiv0\mod n^3$,

отсюда $K_0\equiv 0\mod n^3$. В чем ошибка?

Предложенная Вами методика позволяет, мне кажется, прийти к противоречию.
Если справедливы сравнения
$x_1^{n^2} + y_1^{n^2}\equiv 0\mod q$,

$vx_1^n + y_1^n\equiv 0\mod q$, то справедливы и сравнения

$(x_1^{n^2})^{n^K} + (y_1^{n^2})^{n^K}\equiv 0\mod q$,

$(vx_1^n)^{n^{K +1}} + (y_1^n)^{n^{K + 1}}\equiv 0\mod q$,
отсюда
$v^{n^{K +1}}-1\equiv 0\mod q$,
но благодаря МТФ
$v^{q-1}-1\equiv 0\mod q$,
тогда
$q-1\equiv0\mod n^{K +1}$,
где K любое натуральное число
Так как Решения уравнения ВТФ носят фиксированные значения целых рациональных чисел, то и числа $z_2$ принимают фиксированные значения, а значит существует такое максимальное натуральное число $K_1$, что для $z_2$ справедливо
$z_2\equiv 0\mod n^{k_1}\engo(1)$
Но методика позволяет доказать, что
$z_2\equiv 0\mod n^{k_1+1}$, что невозможно в силу (1).
Пришли к противоречию.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #969927 писал(а):

$v^{n^{K +1}}-1\equiv 0\mod q$,
но благодаря МТФ
$v^{q-1}-1\equiv 0\mod q$,
тогда
$q-1\equiv0\mod n^{K +1}$

Уважаемый vasili!

Вам кажется, что из $v^{n^{K +1}}-1\equiv 0\mod q$ и $v^{q-1}-1\equiv 0\mod q$ следует, что $q-1\equiv0\mod n^{K +1}$, а на самом деле это не так.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Хочу обосновать.
Читаю И.М.Виноградов "Основы теории чисел".

"Показатели, которым числа

принадлежат по модулю m суть делители $\varphi (m)$."

В нашем случае $m = q$, $\varphi (q )= q-1$

$n^{K +1}$- показатель которому принадлежит число v по модулю q.

[Феликс Шмидель]

На какой странице?

[vasili]

Издательство "НАУКА" 1972 страница 84. пункт. d

[Феликс Шмидель]

Там же читаем:

"Наименьшее из них называется: показатель, которому $a$ принадлежит по модулю $m$".
Обратите внимание на слово "наименьшее".