Попытка доказательства Теоремы Ферма

[dmd]

Эх да, сорри, написал не проверив. $18 \mid a^3-a$ только для $a \equiv \{-1,0,1\}\pmod 9$.

for(a=1,100,print(a,"    ",factorint(a^3-a)))

[dmd]

Someone в сообщении #600565 писал(а):

довольно легко доказывается, что одно из чисел $a$, $b$ или $c$ делится на $9$.

Просьба ко всем, кому интересно. Покажите пожалуйста вывод делимости $9\mid abc$.

[nnosipov]

dmd в сообщении #624587 писал(а):

Покажите пожалуйста вывод делимости $9\mid abc$.

Пусть $c^3=a^3+b^3$ и $c \equiv 0 \pmod{3}$. Тогда $a+b \equiv 0 \pmod{3^2}$, при этом $a \not\equiv 0 \pmod{3}$ и $b \not\equiv 0 \pmod{3}$. Кроме того, из равенства $c^3-a^3=(c-a)(c^2+ca+a^2)=b^3$ следует, что $c-a=u^3$ (подумайте, почему). Аналогично, $c-b=v^3$. Имеем $u^3+v^3=2c-(a+b) \equiv 0 \pmod{3}$, а значит, $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$. Таким образом, $2c=(u^3+v^3)+(a+b) \equiv 0 \pmod{3^2}$, т.е. $c \equiv 0 \pmod{3^2}$.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #624656 писал(а):

Имеем $u^3+v^3=2c-(a+b) \equiv 0 \pmod{3}$, а значит, $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$.

Перед " а значит $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$ " следует прописать подробности, что бы стало ясно, как из $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3}$
следует $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$
Для этого необходимо записать тождественное равенство или бином Ньютона $n=3 $ для чисел $u$ и $v$ :
$(u+v)^3-u^3-v^3=3uv(u+v) $
Теперь становится понятно, так как предположив, что $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3}$ следует, что $u+v \equiv 0 \pmod{3}$.
И только из этого факта и Бинома следует, что: $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$.

[dmd]

Да, но это не вывод $9 \mid abc$. Это вывод $9 \mid c$ в предположении, что $3 \mid c$.

[ishhan]

dmd в сообщении #624961 писал(а):

Да, но это не вывод $9 \mid abc$. Это вывод $9 \mid c$ в предположении, что $3 \mid c$.

Не совсем так, предположение состоит в том, что $ a,b,c $ удовлетворяют равенству $a^3+b^3=c^3$.
Из этого предположения следует, что одно из чисел $ a,b,c $ делится на 3.
Из того, что одно из чисел делится на 3 следует, и с этим Вы согласились, что оно же делится на 9.
Не важно какое именно из трёх, так как метод доказательства одинаков для любого из трёх чисел.
Таким образом доказано, что одно из чисел $ a,b,c $ делится на 9, а это можно записать как $9|abc$.

[dmd]

ishhan в сообщении #624968 писал(а):

Не важно какое именно из трёх, так как метод доказательства одинаков для любого из трёх чисел.

Разве? Это место $u^3+v^3=2c-(a+b) \equiv 0 \pmod{3}$ не выполняется при $3 \nmid c$.

[Батороев]

dmd в сообщении #624961 писал(а):

Да, но это не вывод $9 \mid abc$. Это вывод $9 \mid c$ в предположении, что $3 \mid c$.

Вы спрашивали про делимость на $9$, Вам ровно на то и ответили. Если Вас интересовала делимость $3|abc$, то как один из вариантов, рассмотрите выполнение равенства $a^3+b^3=c^3$ в остатках по основанию $9$.

[ishhan]

dmd в сообщении #624995 писал(а):

Разве? Это место $u^3+v^3=2c-(a+b) \equiv 0 \pmod{3}$ не выполняется при $3 \nmid c$.

Совершенно верно:" это место не выполняется"
Для того что бы это понять, нужно записать условия целостности для уравнения: $a^3+b^3=c^3$
Или для эквивалентного ему уравнения: $(a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$
Мне больше нравится последнее эквивалентное уравнение.
Условия целостности для него можно записать одним из трёх способов:

1) $a+b=9t^3$
$c-a=u^3$
$c-b=v^3$

2)$a+b=t^3$
$c-a=9u^3$
$c-b=v^3$

3)$a+b=t^3$
$c-a=u^3$
$c-b=9v^3$

Эти условия обеспечивают целостность куба $(a+b-c)^3$
Такие простые вещи должен знать каждый любитель ВТФ.

[nnosipov]

dmd в сообщении #624995 писал(а):

Разве? Это место $u^3+v^3=2c-(a+b) \equiv 0 \pmod{3}$ не выполняется при $3 \nmid c$.

Даже не буду комментировать. Разбирайтесь. Если сами не поймёте, никто Вам не поможет.

ishhan в сообщении #624934 писал(а):

Перед " а значит $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$ " следует прописать подробности

Специально этого не сделал --- гораздо полезнее, если человек сам повыясняет детали рассуждения. Если каждый раз всё выкладывать на блюдечке с голубой каёмочкой, таких лентяев наплодить можно ...

[dmd]

nnosipov в сообщении #625015 писал(а):

dmd в сообщении #624995 писал(а):

Разве? Это место $u^3+v^3=2c-(a+b) \equiv 0 \pmod{3}$ не выполняется при $3 \nmid c$.

Даже не буду комментировать. Разбирайтесь. Если сами не поймёте, никто Вам не поможет.

Хорошо. Если $3 \nmid c$, то $3 \mid a$ (либо $3 \mid b$, что равноценно, т.к. $a$ и $b$ симметричны или подобны), тогда $9 \mid c-b$ (либо $9 \mid c-a$). Соответственно $2c-(a+b) \not\equiv 0 \pmod{3}$.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #625015 писал(а):

ishhan в сообщении #624934 писал(а):
Перед " а значит $u^3+v^3 \equiv 0 \pmod{3^2}$ " следует прописать подробности
Специально этого не сделал --- гораздо полезнее, если человек сам повыясняет детали рассуждения. Если каждый раз всё выкладывать на блюдечке с голубой каёмочкой, таких лентяев наплодить можно ...

Я так и думал, только просьба не сердиться, что как бы Вас подправил...
Ваш профессиональный авторитет вне всяких сомнений, а я всего лишь один из многих любителей ВТФ.
С уважением.
P.S. Но в молодости, лет эдак 20 назад, после личного знакомства с М.М. Постниковым мне удалось выступить на семинаре в Стекловке и заинтересовать двух аспирантов для работы по определению коэффициентов полинома $W^{n-3}(x,y,z) $:

$$(x+y+z)^n-x^n-y^n-z^n=n(x+y)(x+z)(y+z)W^{n-3}(x,y,z)$$

Потом, после шумихи в газетах по поводу доказательства ВТФ, как то не сложилось...

[nnosipov]

dmd в сообщении #625021 писал(а):

Если $3 \nmid c$, то $3 \mid a$ ...

А как Вы думаете, какое утверждение в этом случае (т.е. когда мы знаем, что $a \equiv 0 \pmod{3}$) следует доказывать? Сформулируйте его и докажите аналогично тому, как выводится сравнение $c \equiv 0 \pmod{9}$ из сравнения $c \equiv 0 \pmod{3}$.

[dmd]

nnosipov в сообщении #625028 писал(а):

dmd в сообщении #625021 писал(а):

Если $3 \nmid c$, то $3 \mid a$ ...

А как Вы думаете, какое утверждение в этом случае (т.е. когда мы знаем, что $a \equiv 0 \pmod{3}$) следует доказывать? Сформулируйте его и докажите аналогично тому, как выводится сравнение $c \equiv 0 \pmod{9}$ из сравнения $c \equiv 0 \pmod{3}$.

Думаю, что следует доказывать $9 \mid a$, но доказать Вашим методом не могу, т.к. применить $u^3+v^3=2c-(a+b)$ уже не получается, другого подхода (допустим $u^3-v^3$) - увы, не вижу.

[nnosipov]

ishhan в сообщении #625026 писал(а):

Я так и думал, только просьба не сердиться, что как бы Вас подправил...

И в мыслях не было. Кстати, я бы разъяснял этот факт немного по-другому, просто сославшись на малую теорему Ферма. Из сравнения $u^p+v^p \equiv (u+v)^p \equiv 0 \pmod{p}$ следует, что $u+v \equiv 0 \pmod{p}$. Теперь имеем $u^p+v^p=(u+v)(u^{p-1}-\ldots+v^{p-1}) \equiv 0 \pmod{p^2}$, поскольку 1-й сомножитель $u+v \equiv 0 \pmod{p}$ и 2-й сомножитель $u^{p-1}-\ldots+v^{p-1} \equiv pu^{p-1} \equiv 0 \pmod{p}$ (здесь мы в выражении $u^{p-1}-\ldots+v^{p-1}$ заменили $v$ на $-u$, что законно в виду $v \equiv -u \pmod{p}$). При $p=3$ это можно, наверно, объяснить и попроще, но за отдельными деревьями желательно видеть лес.

Да, все эти штучки, конечно, хорошо известны. Пользуясь случаем, ещё раз напомню о существовании книги Рибенбойма "Последняя теорема Ферма для любителей", М., Мир, 2003. В частности, наш вопрос изложен там для произвольного простого $p$ в утверждении 1C на стр. 118.

-- Вс сен 30, 2012 13:45:24 --

dmd в сообщении #625042 писал(а):

Думаю, что следует доказывать $9 \mid a$,

Правильно думаете. А теперь перепишите равенство $c^3=a^3+b^3$ в виде $a^3=c^3+(-b)^3$ и в моём рассуждении всюду сделайте замену $c \to a$, $a \to c$, $b \to -b$.