Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

Прям затмение какое-то. Вижу, но не могу понять, что именно вижу.
ВТФ $n=3$, простая подстановка без сокращений в общий случай

$$a^3+b^3=c^3 (1.1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$, $3\in\mathbb P$, $3>2$.
Тройка Ферма $(a,b,c)$ не имеет общего множителя(его сокращаем).
Одно из чисел тройки всегда чётно.
Без потери общности будем считать, что чётным является число $a$.
При необходимости знак внесём под степень без переобозначения переменных, перейдя от
натуральных чисел в тройке к целым.
Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с модулем.

$$a^3+b^3\equiv c^3\mod 6k+1 (1.2)$$

$k\in\mathbb N$,$6k+1\in\mathbb P$, $k\mod 2\equiv 1$
$a\mod 6k+1\not\equiv 0$, $b\mod 6k+1\not\equiv 0$, $c\mod 6k+1\not\equiv 0$.
Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера $\varphi (6k+1)=6k$.

$$\frac{1}{a^{6k-3}}+\frac{1}{ b^{6k-3}}\equiv c^3\mod 6k+1$$

$$b^{6k-3}+a^{6k-3}\equiv (ab)^{6k-3}\mod 6k+1 (1.3)$$

Перемножим левые и правые части $(1.2)$ и $(1.3)$.

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

$$a^{6(k-1)}+b^{6(k-1)}\equiv \frac{(ab)^{3(2k-1)}c^6-2}{(ab)^3}\mod 6k+1\equiv A$$

Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и
перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.

$$a^{6}+b^{6}\equiv A(ab)^{6} \mod 6k+1$$

$$2+(ab)^6(a^{6(k-2)}+b^{6(k-2)})\equiv (ab)^6A^2\mod 6k+1$$

$$a^{6(k-2)}+b^{6(k-2)}\equiv \frac{[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2]^2_{(1)}-2}{(ab)^6}\mod 6k+1\equiv B$$

$$a^{12}+b^{12}\equiv B(ab)^{12} \mod 6k+1$$

$$2+(ab)^{12}(a^{6(k-4)}+b^{6(k-4)})\equiv (ab)^{12}B^2\mod 6k+1$$

$$a^{6(k-4)}+b^{6(k-4)}\equiv \frac{[[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}-2}{(ab)^{12}}\mod 6k+1$$

$$2^l\mod k\equiv 1$$

$$\frac{(ab)^{3(2k-1)}c^6-2}{(ab)^3}(ab)^{2^l3}\equiv [...[[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{(l)}-2\mod 6k+1$$

$$c^6-2(ab)^3\equiv [...[[c^6-2(ab)^3]^2_{(1)}-2(ab)^{6}]^2_{(2)}...-2(ab)^{3*2^{l-1}}]^2_{(l)}-2(ab)^{3*2^l}\mod 6k+1$$

$$1-\frac{2(ab)^3}{c^6}\equiv [...[[1-\frac{2(ab)^3}{c^6}]^2_{(1)}-\frac{2(ab)^6}{c^{12}}]^2_{(2)}...-\frac{2(ab)^{2^{l-1}3}}{c^{2^l3}}]^2_{(l)}-\frac{2(ab)^{2^l3}}{c^{2^l6}}\mod 6k+1$$

После раскрытия скобок получим уравнение на корни $C_i$полинома.
Стало быть

$$c^6\equiv C_i(ab)^3\mod 6k+1 (1.4)$$

$$C_i \in \{1, 4, ...\}$$

Однако у нас по условию на входное уравнение $a$ является чётным, а $b,c$ - нет.
При этом все преобразования, соответствующие приведённым выше, могут быть проведены
с явным выделением компонента чётности. Это было сделано в предыдущем сообщении с формулами.
Поэтому сразу получаем противоречие. Все потенциальные решения уравнения Ферма данного вида
имеют нарушения по чётности по модулю $2(6k+1)$.
Мы рассматриваем $(1.1)$ по бесконечному по теореме Дирихле множеству ${6k+1}$.
Пришли к противоречию, а это значит, что исходная предпосылка не является верной.
Тогда у нас одно из чисел тройки Ферма делится на модуль. И так в каждом случае
модуля из множества модулей специального вида. Стало быть, этому случаю соответствуют
только бесконечно большие решения уравнения $(1.1)$.

[venco]

Вообще-то по модулю нечётного числа чётность не имеет смысла. Все числа делятся на два.

[Tot]

venco, это понятно. Речь о другом. Возьмите мой вывод полинома от 7 марта этого года. Там модуль умножен на 2. Я только там не обратил внимание на то, что одно из чисел всегда чётно. Поэтому вывод полинома лучше посмотреть там, а заключение о корнях полинома здесь.

[Tot]

Так как возникло непонимание, то переписал объединённый вариант.
ВТФ $n=3$

$$a^3+b^3=c^3 (1.1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$.
Тройка Ферма $(a,b,c)$ не имеет общего множителя(его сокращаем).
Одно из чисел тройки всегда чётно.
Без потери общности будем считать, что чётным является число $a$.
Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с нечётной частью модуля.

$$(2^{\alpha}a)^3+b^3\equiv c^3\mod 2(6k+1) (1.2)$$

$k,\alpha \in\mathbb N$,$6k+1\in\mathbb P$, $k\mod 2\equiv 1$
$a\mod 6k+1\not\equiv 0$, $b\mod 6k+1\not\equiv 0$, $c\mod 6k+1\not\equiv 0$,
$a\mod 2\equiv b\mod 2\equiv c\mod 2\equiv 1$.
Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера $\varphi (2(6k+1))=6k$.

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

$$2^{3\alpha}b^{6k-3}+a^{6k-3}\equiv (ab)^{6k-3}c^3\mod 2(6k+1) (1.3)$$

Перемножим левые и правые части $(1.2)$ и $(1.3)$.

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

$$a^{6(k-1)}+2^{6\alpha}b^{6(k-1)}\equiv \frac{(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}}{(ab)^3}\mod 2(6k+1)\equiv A$$

Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и
перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.

$$2^{6\alpha}a^{6}+b^{6}\equiv A(ab)^{6} \mod 2(6k+1)$$

$$2^{6\alpha+1}+(ab)^6(a^{6(k-2)}+2^{12\alpha}b^{6(k-2)})\equiv (ab)^6A^2\mod 2(6k+1)$$

$$a^{6(k-2)}+2^{12\alpha}b^{6(k-2)}\equiv \frac{[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}]^2_{(1)}-2^{6\alpha+1}}{(ab)^6}\mod 2(6k+1)\equiv B$$

$$2^{12\alpha}a^{12}+b^{12}\equiv B(ab)^{12} \mod 2(6k+1)$$

$$2^{12\alpha+1}+(ab)^{12}(a^{6(k-4)}+2^{24\alpha}b^{6(k-4)})\equiv (ab)^{12}B^2\mod 2(6k+1)$$

$$a^{6(k-4)}+2^{24\alpha}b^{6(k-4)}\equiv \frac{[[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}]^2_{(1)}-2^{6\alpha+1}]^2_{(2)}-2^{12\alpha+1}}{(ab)^{12}}\mod 2(6k+1)$$

$$2^l\mod k\equiv 1$$

$$\frac{(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}}{(ab)^3}(ab)^{2^l3}\equiv $$

$$\equiv [...[[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}]^2_{(1)}-2^{6\alpha+1}]^2_{(2)}...-2^{2^{l-1}3\alpha+1}]^2_{(l)}-2^{2^l3\alpha+1}\mod 2(6k+1)$$

$$1-\frac{2^{3\alpha+1}(ab)^3}{c^6}\equiv $$

$$\equiv [...[[1-\frac{2^{3\alpha+1}(ab)^3}{c^6}]^2_{(1)}-\frac{2^{6\alpha+1}(ab)^6}{c^{12}}]^2_{(2)}...-\frac{2^{2^{l-1}3\alpha+1}(ab)^{2^{l-1}3}}{c^{2^l3}}]^2_{(l)}-\frac{2^{2^l3\alpha+1}(ab)^{2^l3}}{c^{2^l6}}\mod 2(6k+1)$$

После раскрытия скобок получим уравнение на корни $C_i$полинома.
Стало быть

$$c^6\equiv 2^{3\alpha}C_i(ab)^3\mod 2(6k+1) (1.4)$$

$$C_i \in \{1, 4, ...\}$$

Однако у нас по условию на входное уравнение $c$ не является чётным.
Поэтому сразу получаем противоречие. Все потенциальные решения уравнения Ферма данного вида
имеют нарушения по чётности по модулю $2(6k+1)$.
Мы рассматриваем $(1.1)$ по бесконечному по теореме Дирихле множеству ${6k+1}$.
Пришли к противоречию, а это значит, что исходная предпосылка не является верной.
Тогда у нас одно из чисел тройки Ферма делится на модуль. И так в каждом случае
модуля из множества модулей специального вида. Стало быть, этому случаю соответствуют
только бесконечно большие решения уравнения $(1.1)$.

[venco]

В самом подозрительном месте, перед (1.4), много пропущено. До этого чётность в порядке, а после - нет. Раскрытие скобок нарушить чётность никак не может.

[Tot]

Согласен, благодарю, вышел из тупика. Там будет два нечётных корня. Один из них, единицу, рассматривал 7 марта. А второй, довольно специфический, упустил. Займусь пока его рассмотрением в различных обобщениях вплоть до гипотезы Биля.

[Tot]

Добавление чётной компоненты в модуль в любой степени что-то ничего не даёт.
Надо бы нечётную компоненту как-то модифицировать.

Вспомогательная гипотеза.
Множество простых чисел вида $6p+1$, где $p\in\mathbb P$, бесконечно.
Известно ли доказательство этой гипотезы?

[Tot]

1] ВТФ, случай $n=3$

$$a^3+b^3=c^3 (1.1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$.
Тройка Ферма $(a,b,c)$ не имеет общего множителя(его сокращаем).
Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с модулем.

$$a^3+b^3\equiv c^3\mod p (1.2)$$

$p\in\mathbb P$,$p>6$, $p\mod 3\not\equiv 1$, $p\mod 4\equiv 3$,
$a\mod p\not\equiv 0$, $b\mod p\not\equiv 0$, $c\mod p\not\equiv 0$.
Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера $e=\varphi (p)$.

$$\frac{1}{a^{e-3}}+\frac{1}{ b^{e-3}}\equiv c^3\mod p$$

$$b^{e-3}+a^{e-3}\equiv (ab)^{e-3}c^3\mod p (1.3)$$

Перемножим левые и правые части $(1.2)$ и $(1.3)$.

$$2+(ab)^3(a^{e-6}+b^{e-6})\equiv (ab)^{e-3}c^6\mod p$$

$$a^{e-6}+b^{e-6}\equiv \frac{(ab)^{e-3}c^6-2}{(ab)^3}\mod p\equiv A$$

Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и
перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.

$$a^{6}+b^{6}\equiv A(ab)^{6} \mod p$$

$$2+(ab)^6(a^{e-12}+b^{e-12})\equiv (ab)^6A^2\mod p$$

$$a^{e-12}+b^{e-12}\equiv \frac{[(ab)^{e-3}c^6-2]^2_{(1)}-2}{(ab)^6}\mod p\equiv B$$

$$a^{12}+b^{12}\equiv B(ab)^{12} \mod p$$

$$2+(ab)^{12}(a^{e-24}+b^{e-24})\equiv (ab)^{12}B^2\mod p$$

$$a^{e-24}+b^{e-24}\equiv \frac{[[(ab)^{e-3}c^6-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}-2}{(ab)^{12}}\mod p$$

Продолжив итерации, мы придём опять в левой части после цикла к степени $e-6$, так как у нас $p \mod 4\equiv 3$.
Тогда подставим вместо левой части другое значение $A$.

$$c^6-2(ab)^3\equiv [...[[c^6-2(ab)^3]^2_{(1)}-2(ab)^{6}]^2_{(2)}...-2(ab)^{2^{l-1}3}]^2_{(l)}-2(ab)^{2^l3}\mod p (1.4)$$

$$l=\varphi (\frac{p-1}{2})$$

$p$ является по теореме Дирихле элементом из бесконечного множества $\{p_1,p_2,...\}$.
Рассмотрим $(1.4)$ по $p_1$ и $p_2$.

$$c^6-2(ab)^3 = [...[[c^6-2(ab)^3]^2_{(1)}-2(ab)^{6}]^2_{(2)}...-2(ab)^{2^{l_1-1}3}]^2_{(l_1)}-2(ab)^{2^l_13} + C_1p_1 (1.5)$$

$$c^6-2(ab)^3 = [...[[c^6-2(ab)^3]^2_{(1)}-2(ab)^{6}]^2_{(2)}...-2(ab)^{2^{l_2-1}3}]^2_{(l_2)}-2(ab)^{2^l_23} + C_2p_2 (1.6)$$

$(1.5)$ и $(1.6)$ - уравнения на корни уравнения $(1.1)$.
$(1.5)$ среди прочих имеет решения $c^6\equiv (ab)^3 \mod p_1$, $c^6\equiv 4(ab)^3 \mod p_1$.
$(1.6)$ среди прочих имеет решения $c^6\equiv (ab)^3 \mod p_2$, $c^6\equiv 4(ab)^3 \mod p_2$.
У нас $3 \nmid e_1$,$3 \nmid e_2$.
Поэтому по модулям $p_1$ и $p_2$ имеем четыре одинаковых корня, записанных в независимой от модуля форме.
$c^3=\pm\sqrt{(ab)^3}$ и $c^3=\pm 2\sqrt{(ab)^3}$. Аналогичным образом можно расписать и другие, не равные в общем случае, но,может быть, частично совпадающие корни полиномов $(1.5)$ и $(1.6)$. Так как часть корней по модулям $p_1$ и $p_2$ априори совпадают, а полиномы имели бы только совпадающие корни в безмодульном виде, то $p_2\mid C_1$,$p_1\mid C_2$.
С учётом бесконечности множества $\{p_i\}$ модулей заданного вида корней, кроме означенных четырёх, у $(1.1)$ нет.
Рассмотрим их.
1)

$$c^6=(ab)^3$$

из $(1.1)$

$$a^3+b^3=c^3$$

$$a^6+(ab)^3+b^6=0$$

корней нет при отрицательном дискриминанте.
2)

$$c^6=4(ab)^3$$

из $(1.1)$

$$a^3+b^3=c^3$$

$$a^3=b^3$$

противоречие с исходным предположением.
Вывод: $(1.1)$ имеет или бесконечно большие корни
(нарушение $\not\equiv 0$ одного из чисел тройки Ферма по модулю из бесконечного множества заданного вида), или не имеет корней вовсе(наличие дополнительного уравнения на корни, приводящего к противоречию).

[Brukvalub]

Tot в сообщении #998827 писал(а):

...
Множество простых чисел вида $6p+1$, где $p\in\mathbb P$, бесконечно.
Известно ли доказательство этой гипотезы?

Выходит, вы "решаете уравнение Ферма", не имея даже начального образования в начальной теории чисел?
Дирихле еще в 1837 г. дал ответ на этот вопрос.

[Sonic86]

Brukvalub в сообщении #999480 писал(а):

Tot в сообщении #998827 писал(а):

...
Множество простых чисел вида $6p+1$, где $p\in\mathbb P$, бесконечно.
Известно ли доказательство этой гипотезы?

Выходит, вы "решаете уравнение Ферма", не имея даже начального образования в начальной теории чисел?
Дирихле еще в 1837 г. дал ответ на этот вопрос.

Не, это Вы путаете.
Дирихле доказал, что существует бесконечно много простых в прогрессиях, в частности в прогрессии $6n+1, n\in\mathbb{Z}$. А вопрос для $6p+1$ для простых $p$ открыт. Здесь более подходящей будет ссылка на статью о простых Жермен - аналогичная открытая проблема.
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A7%D0 ... 0%B5%D0%BD

[Brukvalub]

Да, виноват! Не углядел, что $p$ бегает по простым.

[Tot]

Ну, если открыт, то попробуем что-то другое. Вчерашний вариант разбирать не стоит. Нашёл более изящное обобщение.
Возникла следующая гипотеза.
Существует элементарный способ доказательства ВТФ для нечётного показателя. Для четвёрки тот же способ работает только через промежуточные вычисления в комплексных числах, поэтому Ферма без применения мнимой единицы для четвёрки нашёл другой способ доказательства. А Уайлсу очень повезло, что Ферма не использовал комплексные числа, иначе бы гипотеза Биля называлась бы последней ( великой) гипотезой Ферма.
Желающие подоказывать гипотезу могут попробовать обобщить моё вчерашнее сообщение.

Вопрос к форумчанам: Доказательство через промежуточные выкладки с мнимыми величинами будут рассматривать или нет?

[ananova]

Tot в сообщении #999763 писал(а):

Возникла следующая гипотеза.

Tot в сообщении #999763 писал(а):

Вопрос к форумчанам: Доказательство через промежуточные выкладки с мнимыми величинами будут рассматривать или нет?

Может в новой теме? А то в этой теме речь об элементарном доказательстве.

[Tot]

Там всё элементарно. Просто иногда нужно лишний минус убрать под степень. При нечётной мы можем от натурального основания перейти к целому, не убудет. А вот при чётной нужна мнимая единица. В этом вся комплексность подхода.

[lasta]

Tot в сообщении #999793 писал(а):

Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с модулем.

$$a^3+b^3\equiv c^3\mod p (1.2)$$

Tot в сообщении #999793 писал(а):

Там всё элементарно. Просто иногда нужно лишний минус убрать под степень.

Уважаемый Tot! Если Вы будете снова использовать сравнение (1.2) вместо уравнения (1.1), то переход к мнимым числам также не даст результатов. Указанное сравнение расширяет область неизвестности. Оно не информативно и справедливо для любого произвольного модуля при допущении о существовании тройки решения для (1.1)

Tot в сообщении #992972 писал(а):

$a\mod 6k+1\not\equiv 0$, $b\mod 6k+1\not\equiv 0$, $c\mod 6k+1\not\equiv 0$,

Здесь ошибка. Одно из чисел может быть сравнимо с $0$, так как нечетное число не кратное $3$ можно представить числами $6k\pm 1$, поэтому если левая часть (1.1) представлена такими числами, то одно из них будет $6k+1$