Великая теорема Ферма и гипотеза Биля

[Yarkin]

Сомик писал(а):

Кстати, вы нигде не используете, что $n > 2$. Таким образом вы доказали Расширенную Теорему Ферма, что уравнение $A^n=B^n + C^n$ не имеет решений при $n > 1$. Бедный Пифагор, вы доказали что пифагоровых троек не существует....

Вот и все. А теперь давайте поступим так. Если сейчас, хотя бы один пользователь (уже зарегистрированный) на данном форуме согласится что вы правы, только тогда мы продолжим дальнейшую дискуссию.
Но если таковых не найдется (в чем я абсолютно уверен), то смысла для дальнейшей дискуссии нет.

К сожалению, здесь он прав, ибо у меня получилось то же самое.

Добавлено спустя 24 минуты 56 секунд:

ananova в сообщении #160611 писал(а):

Главное чтобы все это поняли, кто начинает сводить теорему Ферма к тройкам Пифагора !

Вряд ли кто знает это доказательство и редко кто о нем слышал. Большинство ищет доказательство для общего случая.

[AD]

Yarkin в сообщении #160614 писал(а):

К сожалению, здесь он прав, ибо у меня получилось то же самое.

К сожалению, это значит лишь то, что вы тоже не правы.

[Someone]

ananova писал(а):

Учитывая, что Вы легко рассказали, что:

$\text{НОД}(C-B,\frac{C^n-B^n}{C-B})=n$

То я хотел понять - нет ли у Вас "туза в рукаве" и показать, что $A$ (или одно из чисел: $B$ или $C$) не может содержать простой делитель больше чем n.

Похоже, по абсолютно объективным причинам, такого "туза в рукаве" для меня нет

Такого - нет.

Я это писал, пытаясь объяснить KORIOLA, что в равенстве $A^n=C^n-B^n$ число $A$ не может делиться на $C-B$, но, похоже, он не понял. Дело в том, что если $A$ делится на $C-B$, то, разумеется, $A^n$ делится на $(C-B)^n$.
Напомню, предполагается, что числа $A$, $B$, $C$ попарно взаимно простые.

Что $A^n$ не делится на $(C-B)^n$, доказывается так. Обозначим $t=C-B$. Тогда $C=B+t$ и, по формуле бинома Ньютона,

$$\frac{A^n}{C-B}=\frac{C^n-B^n}{C-B}=\frac{(B+t)^n-B^n}t=C_n^1B^{n-1}+C_n^2tB^{n-2}+\ldots+C_n^nt^n=nB^{n-1}+t(C_n^2B^{n-2}+\ldots+C_n^nt^{n-1})\text{.}$$

Заметим, что числа $C-B=t$ и $B$ взаимно простые, так как взаимно просты числа $B$ и $C=B+t$, поэтому любой общий делитель чисел $C-B=t$ и $\frac{A^n}{C-B}$ является общим делителем $C-B$ и $n$.
При доказательстве теоремы Ферма достаточно ограничиться случаем простого $n>2$ (и $n=4$, но этот случай здесь не рассматриваем, так как его элементарное доказательство было известно ещё самому Ферма). Тогда возможны два случая.
1) $A$ не делится на $n$. Тогда числа $C-B$ и $\frac{A^n}{C-B}=\frac{C^n-B^n}{C-B}$ не делятся на $n$ и, по доказанному, не имеют общих делителей, то есть, взаимно просты. Отсюда следует, что число $\frac{A^n}{C-B}$ не делится на $C-B$, поэтому $A^n$ не делится на $(C-B)^2$.
2) $A$ делится на $n$. Пусть $n^m$ является наибольшей степенью числа $n$, на которую делится $A$. Тогда $A^n$ делится на $n^{mn}$ и не делится на бóльшую степень $n$.
Известна теорема, что при простом $n>2$ все биномиальные коэффициенты $C_n^1,C_n^2,\ldots,C_n^{n-1}$ делятся на $n$ (это очень легко увидеть из формулы $C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$, в которой числитель содержит $n$ в качестве множителя, а знаменатель при $0<k<n$ не содержит множителя $n$).
Поэтому в сумме

$$\frac{A^n}{C-B}=C_n^1B^{n-1}+C_n^2tB^{n-2}+\ldots+C_n^{n-1}t^{n-1}B+t^n$$

все слагаемые, кроме последнего, делятся на $n$. Если бы $t=C-B$ не делилось на $n$, то и вся сумма не делилась бы на $n$, но тогда и число

$$A^n=t(C_n^1B^{n-1}+C_n^2tB^{n-2}+\ldots+C_n^{n-1}t^{n-1}B+t^n)$$

не делилось бы на $n$. Так как мы рассматриваем случай, когда $A$ делится на $n$, то $t=C-B$ обязано делиться на $n$. Тогда в сумме

$$\frac{A^n}{C-B}=nB^{n-1}+C_n^2tB^{n-2}+\ldots+C_n^{n-1}t^{n-1}B+t^n$$

все слагаемые, кроме первого, делятся на $n^2$, а первое делится на $n$, но не делится на $n^2$, так как $B$ по условию взаимно просто с $A$ и не делится на $n$. Отсюда следует, что вся сумма, то есть, число $\frac{A^n}{C-B}$, делится на $n$ и не делится на $n^2$.
Так как $A^n=(C-B)\cdot{\frac{C^n-B^n}{C-B}$ делится на $n^{mn}$, то отсюда получается, что $C-B$ делится на $n^{mn-1}$ и, в частности, на $n^2$, так как $m\geqslant 1$ и $n\geqslant 3$ и, следовательно, $mn-1\geqslant 2$.
Поскольку $(C-B)$ делится на $n^2$, а $\frac{A^n}{C-B}$ не делится, то $\frac{A^n}{C-B}$ не делится на $C-B$, поэтому $A^n$ не делится $(C-B)^2$.

Таким образом, во всех случаях $A^n$ делится на $C-B$, но не делится на $(C-B)^2$, и тем более не делится на $(C-B)^n$.

Интересно, KORIOLA в этих рассуждениях что-нибудь понял? Если не понял, то с каким же багажом он взялся доказывать теорему Ферма?

[Сомик]

Yarkin в сообщении #160614 писал(а):

К сожалению, здесь он прав, ибо у меня получилось то же самое.

Вы доказали что $A^2 = B^2 + C^2$ не имеет решений? Круто! А давайте попробуем подставить числа $A=5$, $B=4$ и $C=3$.

Someone в сообщении #160681 писал(а):

Интересно, KORIOLA в этих рассуждениях что-нибудь понял?

Боюсь, что даже не удосужился прочесть...

[Someone]

Сомик в сообщении #160686 писал(а):

Боюсь, что даже не удосужился прочесть...

Ну, поскольку я только что отправил, он это, скорее всего, и не видел. А если не удосужится посмотреть, то чего он тогда требует, чтобы его опровергали формулами, а не просто говорили, что он пишет глупости?

[Алексей К.]

Сомик, тот факт, что прямоугольного треугольника со сторонами 3,4,5 не существует, по-моему занял весь март-апрель-май на этой ветке форума. Yarkin в каком-то смысле вышел победителем, и тема (3,4,5) на форуме запрещена. Поищите, please, историю этого дела сами... Где-то здесь, и очень скучно. (Сначала было весело)

[Сомик]

Алексей К. в сообщении #160695 писал(а):

прямоугольного треугольника со сторонами 3,4,5 не существует

А разве я что-то говорил про треугольники? Или утверждать что $5*5=4*4+3*3$ на этом форуме запрещено ?

[Алексей К.]

В каком-то смысле да... Yarkinu точно запрещено...

[Сомик]

Someone в сообщении #160689 писал(а):

Ну, поскольку я только что отправил, он это, скорее всего, и не видел

Я про то, что вы уже писали подобное обоснование раньше, но KORIOLA оставил его без внимания.

Алексей К. в сообщении #160702 писал(а):

Yarkinu точно запрещено...

Кошмар. А что же тогда ему можно

Алексей К. в сообщении #160695 писал(а):

Поищите, please, историю этого дела сами... Где-то здесь, и очень скучно. (Сначала было весело)

Прочитал. Занятно. Только вот что не понятно. А если без всяких там треугольников и геометрии, а так - на кошках... Пусть имеется 5 групп кошек, и каждой группе будет по 5 кошек. Вопрос могу ли я разделить этих кошек на 7 групп. Три группы по три кошки, и четыре группы по четыре кошки? Если да, то $5*5=4*4+3*3$.

Добавлено спустя 10 минут 53 секунды:

Алексей К. в сообщении #160695 писал(а):

Yarkin в каком-то смысле вышел победителем

Мне так не показалась.

Алексей К. в сообщении #160695 писал(а):

тема (3,4,5) на форуме запрещена

Не очень понимаю в чем эта тема состоит, но спорить не буду. Есть куда как более интересные и содержательные темы.

[Yarkin]

Сомик писал(а):

Вы доказали что $A^2 = B^2 + C^2$ не имеет решений? Круто! А давайте попробуем подставить числа $A=5$, $B=4$ и $C=3$

Для чисел я не возражаю и не утверждаю. А вот треугольника с такими значениями сторон для этого уравнения, увы, не существуют.

Добавлено спустя 9 минут 27 секунд:

Алексей К. в сообщении #160702 писал(а):

В каком-то смысле да... Yarkinu точно запрещено...

Подтверждаю.

Сомик в сообщении #160705 писал(а):

Кошмар. А что же тогда ему можно

Тема запрещена только для меня. Но обойти эту тему любому доказателю ВТФ невозможно. Как только эта тема затрагивается, я высказываю свою точку зрения.

Добавлено спустя 4 минуты 34 секунды:

Сомик в сообщении #160705 писал(а):

А если без всяких там треугольников и геометрии, а так - на кошках...

Тогда все в порядке. Но Вы в этом случае не должны говорить про Пифагора. Он не решал этого уравнения. Он доказал соотношение для сторон прямоугольного треугольника.

[Сомик]

Yarkin в сообщении #160888 писал(а):

Но Вы в этом случае не должны говорить про Пифагора

Я упоминал Пифагоровы тройки, лишь как целочисленные решения уравнения $A^2=B^2+C^2$. Треугольники я не упоминал.

Yarkin в сообщении #160614 писал(а):

К сожалению, здесь он прав, ибо у меня получилось то же самое.

В работе KORIOLA тоже никакой геометрии нет.

[ananova]

Сомик в сообщении #160686 писал(а):

Интересно, KORIOLA в этих рассуждениях что-нибудь понял?

При большом желании, разберется. А мне хочется ещё "осмотреться по сторонам".

Я имею ввиду - посмотреть, что стоит за этим:

Someone в сообщении #160681 писал(а):

Таким образом, во всех случаях $A^n$ делится на $C-B$

и этим:

Someone в сообщении #160681 писал(а):

любой общий делитель чисел $C-B=t$ и $\frac{A^n}{C-B}$ является общим делителем $C-B$ и $n$.

Остановлюсь на этом поподробней.

Имеем: $C-B$ и $A$ делится на n, т.е. НОД ($C-B,A$)=$n$. Cначала покажу, что число $C-B$ составное число, а не простое в этом случае, как утверждается тут:

KORIOLA в сообщении #160099 писал(а):

Сомику
Дополнение к только-что направленному Вам письму: множитель (С-В) вообще
может быть простым числом, например С=257, В=126, (С-В) = 257-126= 131 - простое число,
не расчленимое на множители.

Во-первых, $C-B$ не равно 1 (по условию, оно как минимум равно НОД= $n$). Во-вторых, $A$ не сравнимо c $C-B$ (Если бы было сравнимо, то делилось бы на него, как сказано тут:

Someone в сообщении #160681 писал(а):

в равенстве $A^n=C^n-B^n$ число $A$ не может делиться на $C-B$

Поскольку $A$ не сравнимо c $C-B$. То, согласно малой теореме Ферма: $A \equiv A^n$ по модулю n (в данном случае C-B=n=простое число).

Вывод: $C-B$ > n (т.к. не может быть простым, а n - простое в расследуемом случае), А т.к. в любом случае $A^n$ делится на $(C-B)$, то делаю заключение, что $C-B$ > n, т.е. как минимум равно 3*3, если n=3.

Не знаю возможен такой пример или нет, но:

С одной стороны, имеем - $A$ не делится на $C-B$,
$A=2*3*5$ и $C-B=3*3$, НОД=3.

с другой - все множители $C-B$ являются множителями числа $A$, т.к. $A^n/(C-B)$.

[Someone]

ananova в сообщении #161195 писал(а):

Cначала покажу, что число $C-B$ составное число

Ну, у меня объясняется, что $C-B$ делится на $n^2$ (чтобы доказать, что $\frac{A^n}{C-B}$ не делится на $C-B$), так что точно составное.

А почему Вы пишете $C-B$ > n, а не $C-B>n$?

А почему Вы пишете $C-B$ > n, а не $C-B>n$?

[ananova]

Someone в сообщении #161232 писал(а):

А почему Вы пишете $C-B$ > n, а не $C-B>n$?

Просто я редко захожу на форум. Постараюсь не ошибаться, а то приходиться по 20 раз вносить корректировки в свои посты.

Кстати, у Вас есть ссылочка на следующий факт:

Someone в сообщении #160487 писал(а):

известно, что каждое из чисел $A$, $B$, $C$ должно быть больше $n$)

.

Поскольку я сам доказал этот частный случай, мне очень интересно, каким путем он у Вас доказывается (киньте ссылочку если есть). Может и не напрягался кабы знал.

Только не на пост shwedka, сделанный тут:

$x=2, y=3, z=5, n=7$. Проверяем.

Добавлено спустя 20 минут 8 секунд:

Someone в сообщении #161232 писал(а):

что $\frac{A^n}{C-B}$ не делится на $C-B$, так что точно составное.

Тут мог бы добавить следующее.

Если $(C-B)$ содержит некий дополнительный множитель - простое число $r$, то $(C-B)$, как минимум, должно делиться на $r^2$. Иначе $A^n$ не разделится на $(C-B)$ без остатка. - В силу того, что $A$ - тоже должно содержать множитель $r$ и, при этом, оставаться несравнимым с $(C-B)$. И, если я прав, то все корни (из степеней) множителей $(C-B)$ являются множителями числа $A$.

[Someone]

ananova писал(а):

Кстати, у Вас есть ссылочка на следующий факт:

Someone в сообщении #160487 писал(а):

известно, что каждое из чисел $A$, $B$, $C$ должно быть больше $n$).

Поскольку я сам доказал этот частный случай, мне очень интересно, каким путем он у Вас доказывается (киньте ссылочку если есть).

Это теорема Грюнерта, доказанная в 1856 году (М.М.Постников. Введение в теорию алгебраических чисел. "Наука", Москва, 1982).

Но Вы писали, что числа должны быть больше $2n$. Это сильнее, чем теорема Грюнерта, и если бы теорема Ферма не была уже доказана, то, вероятно, был бы новый результат (впрочем, я не в курсе событий в этой области, и гарантий дать не могу). Но элементарное доказательство может представлять интерес и сейчас.

ananova писал(а):

Если $(C-B)$ содержит некий дополнительный множитель - простое число $r$, то $(C-B)$, как минимум, должно делиться на $r^2$. Иначе $A^n$ не разделится на $(C-B)$ без остатка. - В силу того, что $A$ - тоже должно содержать множитель $r$ и, при этом, оставаться несравнимым с $(C-B)$. И, если я прав, то все корни (из степеней) множителей $(C-B)$ являются множителями числа $A$.

Вы немножко не додумали, видимо, чтобы доказать формулы Абеля, которые были известны ещё Софи Жермен, а опубликованы впервые Лежандром. Напомню, предполагается, что $n>2$ - простое число.

1) Если $A$ не делится на $n$, то, как я объяснял, числа $C-B$ и $\frac{C^n-B^n}{C-B}$ взаимно просты, а так как их произведение является $n$-ной степенью натурального числа $A$, то каждое из них является $n$-ной степенью натурального числа, то есть, существуют такие натуральные числа $a_1$ и $a_2$, что $C-B=a_1^n$, $\frac{C^n-B^n}{C-B}=a_2^n$.

2) Если $A$ делится на $n$, то, как следует из моих объяснений, числа $n(C-B)$ и $\frac{C^n-B^n}{n(C-B)}$ взаимно просты, а так как их произведение является $n$-ной степенью натурального числа $A$, то каждое из них является $n$-ной степенью натурального числа, то есть, существуют такие натуральные числа $a_1$ и $a_2$, что $C-B=\frac{a_1^n}n$, $\frac{C^n-B^n}{C-B}=na_2^n$ (конечно, в этом случае $a_1$ делится на $n$).

Аналогичные формулы верны и для других пар ($A$ и $C$, $A$ и $B$).

ananova писал(а):

Постараюсь не ошибаться, а то приходиться по 20 раз вносить корректировки в свои посты.

Есть кнопка "Предв.просмотр", с её помощью можно посмотреть, что получилось. Впрочем, по моему опыту, от всевозможных опечаток это не гарантирует.