Кажется удалось сделать еще шаг в понимании теоремы Ферма

[Мат]

AD писал(а):

Не понятно. Почему не может быть так, что, скажем, $z-x$ делится на $p_1^{k_1}$, $x+z$ - на $p_2^{k_2}$, $p_1\neq p_2$, а третий длиннющий сомножитель - на $p_1^{2n-k_1}p_2^{2n-k_2}$?

Для понимания уйдите от букв. Возьмите вместо p, k, n - числа 5, 7, 11. И все поймете. Допустим, что $5^{11}*k^{11}*7^{11}*m^{11}=z^{11} - x^{11}$
Разберитесь, почему $z-x$ не может содержать ни 5, ни 7 ни в какой степенях, кроме как в 11.

Добавлено спустя 4 минуты 28 секунд:

Или еще проще, почему $5^{11}*7^{11}=z^2 - x^2$
То $z - x$ и $z+x$ обязательно будут 11-степенью чисел. Решите это уравнение и все поймете

Добавлено спустя 4 минуты 8 секунд:

Доказательство того, что полином также взаимнопрост с основанием $z^2-x^2$ также существует и длинно.(Можно найти в работах С.Жермен и многих др.авторов). Приводить не стану. Просто поверьте. Единственным исключением является кратность y числу n, которая рассматривается в п.1 и для дальнейшего рассуждения не имеет решающего значения.

Добавлено спустя 8 минут 20 секунд:

Кстати, bot, подкину вам интересную идейку. Для любых k докажите, что:
$k^5=11m\pm1$
Например, $ 2^5=3*11-1$
И более общий случай:
$k^n = (2n+1)m\pm1$, если n - простое, 2n + 1 - также простое.

Добавлено спустя 8 минут 33 секунды:

Замечательность данного утверждения в том, что с помощью него можно доказать теорему Ферма для всех простых n таких, что $(2n + 1)$ также простое. Если использовать данное свойство, то сразу вытекает делимость одного из чисел в уравнении Ферма на $(2n+1)$. После чего легко доказывается невозможность

[ljubarcev]

AD писал(а):

Еще раз.

Мат писал(а):

$(z+x)=y_0^{2n}$

Докажите, что существует целое число $y_0$, удовлетворяющее процитированному равенству

Уважаемый АД! Помоему рассуждение МАТ логично. Возьмём любое натуралmное $y_0$: возведем его в степень $2n$ - получим натуральное число $y_0^{2n}$. Так как любое натуральное число представимо в виде суммы двух натуральных чисел, то конечно же
$y_0^{2n}=z+x$ и таких пар чисел $y_0^{2n}-1$ штук. Над вопросом-могут ли эти пары $z;x$ удовлетворять исходному равенству - и бьётся МАТ. Согласен с bot, смысла в этом нет, так как элементарными средствами давно уже доказано, что не могут..
Дед

[Nilenbert]

Господин Мат, я всё таки не понимаю, почему вы не согласны с тем что "$z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности" - это тривиальное утверждение? Ведь сами подумайте, если бы они были разной чётности, то одно обязательно было бы чётным, а другое нечётным и тогда их сумма была бы нечётной. Но $(z-x)+(z+x)=2z$ - чётное число. Противоречие, следовательно $z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности.

[Someone]

Мат в сообщении #168712 писал(а):

Замечательность данного утверждения в том, что с помощью него можно доказать теорему Ферма для всех простых n таких, что также простое.

Теорема Софи Жермен (точнее, частный случай этой теоремы).

[Мат]

Nilenbert писал(а):

Господин Мат, я всё таки не понимаю, почему вы не согласны с тем что "$z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности" - это тривиальное утверждение? Ведь сами подумайте, если бы они были разной чётности, то одно обязательно было бы чётным, а другое нечётным и тогда их сумма была бы нечётной. Но $(z-x)+(z+x)=2z$ - чётное число. Противоречие, следовательно $z-x$ и $z+x$ - одинаковой чётности.

В том то и фишка, что требование одинаковой четности равнозначно требованию одинаковой входимости степеней двойки $2^k$. Рассмотрите равенство внимательнее и Вы увидите, что $z+x$ и $z-x$ обязательно должны быть формы $4k+2$. Но это невозможно если y - четно. Вот в чем фишка рассуждения.

Добавлено спустя 1 минуту 50 секунд:

Цитата:

Теорема Софи Жермен (точнее, частный случай этой теоремы).

Доказывается в два действия, но сам бы я до этого не додумался. Гениальная девушка

[AD]

Мат в сообщении #168824 писал(а):

В том то и фишка, что требование одинаковой четности ...

Это не требование. Это факт. Для любых двух целых чисел $x$ и $z$ числа $z+x$ и $z-x$ будут одинаковой четности. Теорема Ферма здесь вообще ни при чем.

[Мат]

Nilenbert
Четность лежит на поверхности, надо смотреть глубже. Причем не на один-два уровня, а до n. Т.е. предположить, что существуют числа которые удовлетворяют заданному требованию. Тогда в силу симметрии этому же требованию должны удоворять и другие числа, являющиеся подмножителями числа $x$. Но т.к. одно из чисел $x$, $y$ - обязательно четно. То и для него должно выполняться требование "одинаковой входимости" двойки в оба множителя $y_0$ и $y_1$. Но тогда не может существовать элементарных чисел, на основе которых существует равенство (1). Все числа - кратны 2. Из невозможности существования элементарных чисел следует и невозможность самого равенства (1)

Добавлено спустя 11 минут 6 секунд:

AD
Как вы думаете, какой формы должны быть числа $y_0$, $y_1$ чтобы исходное равенство (1) выполнялось в конечном итоге при всех условиях на двойки:
$4k+2$?
$8k+2$?
$2^pk+2$?
Не забудьте также, что как y, так и x - может быть четно. И если x - четно, то раскладка (7) будет также содержать один из множителей вида $2^{2n-1}$. Вернее:
$z-y=2^{(2n-1)}x_1^{2n}$
$z+y=2x_0^{2n}$

[Феликс Шмидель]

Мат, я хочу проверить ваше доказательство, изложенное в первом посту. Только давайте договоримся, что если обнаружится ошибка, то вы сначала её исправите, а потом пойдём дальше. Согласны?

[Мат]

Я целиком и полностью в Вашем распоряжении!

Добавлено спустя 3 минуты 22 секунды:

Насколько я помню Вас также интересовали мысли Терджаняна по поводу fist case of FLT? А я тут видите ли, набрался наглости на все случаи!
Я полностью в Вашем распоряжении, что не понятно - к Вашим услугам.

[Феликс Шмидель]

Вы пишите:

Мат писал(а):

Доказательство неразрешимости уравнения:
x^{2n}+y^{2n}=z^{2n},при n>1, n-простое (1)
1. Из чисел $x,y,z$ хотя бы два не делятся на n.
2. Допустим ни $z$, и ни $x$ не делятся на $n$. Тогда т.к. n-простое, для уравнения (1) справедливы разложения:
$z^{2n}=x^{2n}+y^{2n}=(x^2+y^2 )(x^{(2n-2)}-x^{(2n-4)} y^2+...-x^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (2)
$x^{2n}=z^{2n}-y^{2n}=(z^2-y^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} y^2+...+z^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (3)
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z^2-x^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})$ (4)
где множители в правых частях (2), (3) и (4) – взаимно простые числа.

Мне непонятно, почему множители в правой части (4) – взаимно простые числа?
Вы предположили, что ни $z$, и ни $x$ не делятся на $n$, однако $y$ может делиться на $n$.
В этом случае множители в правой части (4) могут иметь общий множитель: $n$.

[Мат]

Цитата:

Мне непонятно, почему множители в правой части (4) – взаимно простые числа?
Вы предположили, что ни , и ни не делятся на , однако может делиться на .
В этом случае множители в правой части (4) могут иметь общий множитель n.

Согласен, но в данном случае это не влияет на достоверность п.3-11. Т.к. n - единственный множитель, который полином и основание могут иметь

Добавлено спустя 1 минуту 11 секунд:

Кроме того! В рассуждении полином вообще не принимает никакого участия !

Добавлено спустя 1 минуту 43 секунды:

Хотя надо отдать должное вашему замечанию, если учесть, что $y$ делится одновременно на 2 и на $n$. Этот случай я, признаться не рассматривал.

Добавлено спустя 2 минуты 42 секунды:

А идеи Терджаняна я повторял, только не для $2n$, а для $n$. Все выводы, к которым я пришел укладываются в рамки решений. Я оставил данный путь как безнадежный

Добавлено спустя 2 минуты 33 секунды:

И вообще, как совершенно справедливо заметили современники, теорема Ферма не может быть доказана элементарными (они имели в виду современными) методами математики. Это все равно что искать площадь шара, не умея вычислять площадь квадрата

[Феликс Шмидель]

Мат, есть ли элементарное решение или нет - это никто не знает и знать не может, поэтому утверждать, что его нет - это пустая болтовня. Мы договорились, что Вы будете исправлять ошибки, поэтому, пожалуйста, напишите исправленное доказательство, и я буду проверять дальше.

[Мат]

Нет-нет! Найденная вами неточность на достоверность не влияет. Проверяйте дальше!

Добавлено спустя 4 минуты 25 секунд:

Если угодно можно в системе (7) заменить на:
$z-x=n^{2n-1}y_1^{2n}$
$(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})=ny_2^{2n}$
Но боюсь что это ничего не изменит

Добавлено спустя 6 минут 49 секунд:

Системы (8), (9) примут вид:
$2z=y_0^{2n}+n^{2n-1}y_1^{2n}$
$2x=y_0^{2n}-n^{2n-1}y_1^{2n}$ (8)
$2y=2ny_0 y_1 y_2 $

$(y_0^{2n}-n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}+(2ny_0 y_1 y_2 )^{2n}=(y_0^{2n}+n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}$
$(2ny_0 y_1 y_2 )^{2n}=(y_0^{2n}+n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}-(y_0^{2n}-n^{2n-1}y_1^{2n} )^{2n}$
$(2ny_0 y_1 y_2 )^{2n}=((y_0^{4n}+n^{4n-2}y_1^{4n} )+2n^{2n-1}y_0^{2n} y_1^{2n} )^n-((y_0^{4n}+n^{4n-2}y_1^{4n} )-2n^{2n-1}y_0^{2n} y_1^{2n} )^n$ (9)

Четность/нечетность от этого не меняется, далее продолжаем замену (10)

[Феликс Шмидель]

Хорошо, будем считать, что вместо "где множители в правых частях (2), (3) и (4) – взаимно простые числа" написано "где множители в правых частях (2) и (3) – взаимно простые числа". Пойдём дальше.

Мат писал(а):

Доказательство неразрешимости уравнения:
x^{2n}+y^{2n}=z^{2n},при n>1, n-простое (1)
1. Из чисел $x,y,z$ хотя бы два не делятся на n.
2. Допустим ни $z$, и ни $x$ не делятся на $n$. Тогда т.к. n-простое, для уравнения (1) справедливы разложения:
$z^{2n}=x^{2n}+y^{2n}=(x^2+y^2 )(x^{(2n-2)}-x^{(2n-4)} y^2+...-x^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (2)
$x^{2n}=z^{2n}-y^{2n}=(z^2-y^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} y^2+...+z^2 y^{(2n-4)}+y^{(2n-2)})$ (3)
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z^2-x^2 )(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})$ (4)
где множители в правых частях (2) и (3) – взаимно простые числа.
3. Для уравнения (4) справедливо также разложение:
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z+x)(z-x)(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})$ (5)
где множители в правой части также – взаимно простые числа.
4. Тогда уравнение (5) можно представить:
$y^{2n}=z^{2n}-x^{2n}=(z+x)(z-x)(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)}x^2+...+z^2x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})=y_0^{2n}y_1^{2n}y_2^{2n}$ (6)
5. Учитывая, что:
$(z+x)=y_0^{2n}$
$(z-x)=y_1^{2n}$ (7)
$(z^{(2n-2)}+z^{(2n-4)} x^2+...+z^2 x^{(2n-4)}+x^{(2n-2)})=y_2^{2n}$

Если (z+x) и (z-x) имеют общий делитель 2, то неверно, что
$(z+x)=y_0^{2n}$ и $(z-x)=y_1^{2n}$ .

Добавлено спустя 8 минут 15 секунд:

Я убедительно прошу Вас исправлять найденные ошибки, и писать исправленное доказательство, поскольку ни Вы, ни я, ни уважаемые форумчане не заинтересованы в хождению по кругу. Давайте сделаем одно из двух: либо напишем доказательство без ошибок, либо признаемся, что такого доказательства у нас нет.

[Мат]

Цитата:

Если (z+x) и (z-x) имеют общий делитель 2, то неверно, что
$(z+x)=y_0^{2n}$ и $(z-x)=y_1^{2n}$ .

Согласен, но неужели трудно поменять
$y_0^{2n}$ на $2^{2n-1}y_0^{2n}$, а $y_1^{2n}$ на $2y_1^{2n}$ ?