Великая теорема Ферма. Классическое доказательство

[victor_sorokin]

victor_sorokin в сообщении #234758 писал(а):

age в сообщении #234595 писал(а):

victor_sorokin
$\dfrac{41^5+71^5}{41+71}=11\cdot1558511$
$\dfrac{61^5+31^5}{61+31}=11\cdot862871$

Красивое опровержение гипотетической теоремы. Спасибо!

Отступление отставить!

Оказывается, для доказательства ВТФ нужна менее сильная теорема:

Теорема

Для взаимнопростых и не кратных простому $n$ натуральных чисел $a, b, p, q$ (число $a-b$ также не кратно $n$)
числа $\frac{a^k-b^k}{a-b}$ и $\frac{p^n-q^n}{p-q}$ являются взимнопростыми относительно простого числа $m=kn+1$, являющегося делителем числа $\frac{a^n-b^n}{a-b}$ и где $k$ не делится на $n$.

Так что интересный инструмент доказательства Теоремы еще пригодится…

[age]

victor_sorokin в сообщении #234949 писал(а):

Отступление отставить!

Молодец! Заслужили мое уважение!

[victor_sorokin]

age в сообщении #235168 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #234949 писал(а):

Отступление отставить!

Молодец! Заслужили мое уважение!

Спасибо за редкую моральную поддержку!

По существу. Сейчас базовая Теорема меня волнует мало: во-первых, видятся два ее простых доказательства, а во-вторых, нет числового опровержения от весьма толковых опровергателей.

А неясность заключается в случае $k$ кратного $n$ (и это последняя трудность). Как свести этот случай к базовому?..

[age]

victor_sorokin
1. Займитесь гипотезой Биля.
2. Какое $k$? Какому $n$?

[victor_sorokin]

age в сообщении #235224 писал(а):

victor_sorokin
1. Займитесь гипотезой Биля.
2. Какое $k$? Какому $n$?

1. Что за зверь?
2. Нужно тщательно продумать, перекур.

[age]

victor_sorokin
Гипотеза Биля:
Для взаимнопростых $x, y, z$ и некоторых $m, n, k>2$ никакое уравнение $x^n+y^m=z^k$ не имеет решений в целых числах.

[victor_sorokin]

age в сообщении #235277 писал(а):

victor_sorokin
Гипотеза Биля:
Для взаимнопростых $x, y, z$ и некоторых $m, n, k>2$ никакое уравнение $x^n+y^m=z^k$ не имеет решений в целых числах.

Интересная игрушка - если не доказана.

[victor_sorokin]

age в сообщении #235277 писал(а):

victor_sorokin
Гипотеза Биля:
Для взаимнопростых $x, y, z$ и некоторых $m, n, k>2$ никакое уравнение $x^n+y^m=z^k$ не имеет решений в целых числах.

О гипотезе Биля.

Очень интересный инструментарий: закономерности формирования последних цифр в степенях в достаточной большой простой базе.

***

ВТФ

Открытие второго фронта – повторение доказательства с НОВЫМ неравенством

Напомню обозначения чисел (с небольшими уточнениями), участвующих в доказательстве; они становятся понятными из следующих соотношений после устранения общих множителей в числах $A, B, C$ (пока $ABC$ не кратно $n>2$):

1°) $A^n+B^n=C^n$,
2°) $A^n=C^n-B^n=(C-B)P=a^np^n$,
3°) $B^n=C^n-A^n=(C-A)Q=b^nq^n$,
4°) $C^n=A^n+B^n=(A+B)R=c^nr^n$,
5°) $a^n-b^n=(a-b)V=a-b,
6°) $a^n+b^n=(a+b)W=2C-(A+B)=2cr-r^n=r(2c-r^{n-1})$,
7°) $q^n-p^n=(q-p)T=(a-b)cD$.

Как показывают числовые расчеты, внутри равенства 1° имеются два неравенства:
8°) $a-b>q-p$,
9°) $c>a+b$.

При этом есть подозрение, что
10°) каждый простой делитель числа $a-b$ является делителем и числа $q-p$ (и никакого другого), а
11°) каждый простой делитель числа $c$ является делителем и числа $a+b$ (и никакого другого) и при этом неравные числа $c$ и $a+b$ различаются друг от друга менее чем вдвое.

Доказательство гипотезы 10° встретило значительные трудности, а вот гипотеза 11° представляется более податливой.

[victor_sorokin]

Смешное, но классическое доказательство ВТФ

Обозначения чисел, участвующие в доказательстве, становятся понятными из следующих соотношений после устранения общих множителей в числах $A, B, C$ (пока $ABC$ не кратно $n$):

1°) $A^n+B^n=C^n$,
2°) $A^n=C^n-B^n=(C-B)P=a^np^n=(ap)^n$=A^n$,
3°) $B^n=C^n-A^n=(C-A)Q=b^nq^n=(bq)^n$=B^n$,
4°) $C^n=A^n+B^n=(A+B)R=c^nr^n=(cr)^n$=C^n$,


Доказательство теоремы

5°) Как следует из общеизвестных формул разложения чисел $A^n$ и $B^n$ в 2°-3°, число $Q-P$ делится на $c$ лишь в первой степени (ибо после объединения в пары все пары слагаемых на $c^2$ делятся, а одна – $ с(A^{n-2}-B^{n-2}$) – нет).

С другой стороны, в числе $Q-P=$, или в числе

6°) $\frac{B^n}{C-A}-\frac{A^n}{C-B}$ его числитель
7°) $U=B^n(C-B)-A^n(C-A)$=$C^n(A-B)-(A^{n+1}-B^{n+1})$ делится на $A+B$, то есть на $с^n$ (ибо оба слагаемых – $C^n(A-B)$ и $(A^{n+1}-B^{n+1})$ – делятся на $A+B$, поскольку число $n+1$ четно).
И противоречие с 5° налицо.

Если число $C$ кратно $n$, то аналогичное доказательство ведется по числу $A$.

ВТФ доказана.

P.S. Случай $n=4$ доказывается аналогично, с той лишь разницей, что вместо $Q-P$ в 5°-6°-7° нужно взять число $Q+P$.

И теперь ВТФ доказана в полном объеме.

16.08.2009

[victor_sorokin]

P.S. Случай $n=4$ доказывается аналогично, с небольшой лишь разницей: вместо $Q-P$ в 5°-6° нужно взять число $Q+P$.

И теперь ВТФ доказана в полном объеме.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #235668 писал(а):

С другой стороны, в числе $Q-P=$, или в числе

6°) $\frac{c^n-a^n}{c-a}-\frac{c^n-b^n}{c-b}$ его числитель

Если бы попользоваться рассольчиком поутру, то заметили бы Вы путаницу в больших и маленьких буквах.

Цитата:

$U=(c^n-a^n)(c-b)-(c^n-b^n)(c-a)$=$c^n(a-b)-(a^{n+1}-b^{n+1})$]

а как насчет арифметику проверить, прежде, чем постить?? Куда $a^n c$ делось??

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #235804 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #235668 писал(а):

С другой стороны, в числе $Q-P=$, или в числе

6°) $\frac{c^n-a^n}{c-a}-\frac{c^n-b^n}{c-b}$ его числитель

* Если бы попользоваться рассольчиком поутру, то заметили бы Вы путаницу в больших и маленьких буквах.

Цитата:

$U=(c^n-a^n)(c-b)-(c^n-b^n)(c-a)$=$c^n(a-b)-(a^{n+1}-b^{n+1})$]

**а как насчет арифметику проверить, прежде, чем постить?? Куда $a^n c$ делось??

* Хорошо, что хоть Вы попользовались! (Что и позоволило мне исправить опечатки.)

** Видимо, свалило. Но если повнимательнее поискать...

P.S. Специально для Вас в 6° упростил числители.

[yk2ru]

В 7 пункте степени не стали пропадать случайно в числителе?

victor_sorokin писал(а):

6°) $\frac{B^n}{C-A}-\frac{A^n}{C-B}$ его числитель
7°) $U=B(C-B)-A(C-A)$

[victor_sorokin]

yk2ru в сообщении #235897 писал(а):

В 7 пункте степени не стали пропадать случайно в числителе?

Спасибо, исправил. Редактирую второпях - абсолютно нет времени. Улучится минутка - распишу все вычисления в пп. 5-7.

[victor_sorokin]

Конечно, выражение 7 - чушь, курам на смех. Сожалею о потраченном времени читателей. Проехали. Забыли...
===========

Возвращаюсь к исследованию равенства

$a^n+b^n=(a+b)V=2C-(A+B)$ и, в частности, к

$a^n+b^n=(a+b)V=2C-(A+B)=2cr-c^n=c(2r-c^{n-1})$.