Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?

[ananova]

Уважаемые, математики!

Как доказать справедливость ВТФ для случая: $(p^r)^p + y^p = z^p$ ?

Учитывая что, случай $p^p + y^p = z^p$ доказывается просто.

(Оффтоп)

Возможно, что кто-то встречал подобное.

Можно на примере:
$(3^r)^3 + y^3 = z^3$

[Батороев]

По-видимому, у Вас $p$ - простое, а $z$ и $y$ - взаимнопростые.
Если это так, то доказывается через то, что число $z^p-y^p$ - составное (при $z-y\ne 1$).

[ananova]

Да, Вы совершенно правы.
Но $p^r$ тоже составное.

[Батороев]

У $p^r$ - один простой делитель, а у $z^p-y^p=(z-y)(z^{p-1}+...+y^{p-1})$ - более, чем один простой делитель.

[venco]

Батороев в сообщении #431828 писал(а):

У $p^r$ - один простой делитель, а у $z^p-y^p=(z-y)(z^{p-1}+...+y^{p-1})$ - более, чем один простой делитель.

Или $z-y=1$.

[ananova]

venco в сообщении #431836 писал(а):

Батороев в сообщении #431828 писал(а):

У $p^r$ - один простой делитель, а у $z^p-y^p=(z-y)(z^{p-1}+...+y^{p-1})$ - более, чем один простой делитель.

Или $z-y=1$.

И тогда получается, что:

$(p^r)^p=x^p=z^{p-1}+...+y^{p-1}$

[mihiv]

Если $z-y=1$,то вычитаем из обеих частей уравнения $y:$

$$(p^r)^p+y^p-y=(y+1)^p-(y+1)+1$$

Левая часть равенства делится на $p$,а правая нет.

[ananova]

Благодарю, mihiv.

Замечательно, получается, что $x$ ≢ $\pm p^r \mod (x+y)$. (1)

Если $x<y$, то согласно арифметических ограничений (для рассматриваемого случая):
$p<(x=p^r)<y<z<(x+y-p)<(x+y).$ (2)

Рассмотрим уравнение, подобное основному уравнению Ферма:
$x^p+y^p+z^p=0$ (3)

Поскольку все переменные равноправны, выберем в (3) число, которое не кратно $p$. Пусть это будет $z$.

Далее определим (из известных соотношений Барлоу), что $z=z_1z_2$.

Тогда справедливо сравнение:

$z_2^p \equiv px^{p-1} \mod(x+y)$ (4)

Представим в общем виде функцию Эйлера от $(x+y)$ в следующем виде: \varphi (x+y) =2pk$. Так как по предусловию $(x+y)$ взаимно просто с $p$, $z_2$ и $x$, то из сравнения (4) и теоремы Эйлера следует:

$z_2^{2pk} \equiv p^{2k}x^{-2k} \equiv 1 \mod (x+y)$ (5).

В полученном сравнении $p^{2k}$ и $x^{-2k}$ взаимно обратные числа по модулю $(x+y)$ или каждое из них сравнимо с 1 по модулю $(x+y)$.

Я вижу только одно решение для этого сравнения:
$x \equiv \pm p \mod (x+y)$, но оно противоречит (2).

Может кто-то поможет найти другие решения сравнения (5)?

Допустим $r$ делит $2k$ и $x \equiv \pm p^r \mod (x+y)$. Тогда, учитывая, что $y \equiv -x \mod (x+y)$ (6), далее следует череда новых рассуждений, для сравнения:

$z_2^p \equiv p(p^r)^{p-1} \equiv p^{rp} \mod (x+y)$ (7), которое, по-моему, соответствует уравнению:

$(p^r)^p + y^p = z^p$.

[LONGIN]

Уважаемый ananova,
Вы утверждаете, что приведенное Вами уравнение
$p^p + y^p = z^p$
доказывается просто. Приведите, пожалуйста, конкретный числовой пример для $p=3$ или любого другого числа с конкретными значениями чисел $ y, z.$
LONGIN

[ananova]

Уважаемый LONGIN!

Упомянутое Вами уравнение я доказывал на форуме в прошлом году.

Вот ссылка: http://dxdy.ru/topic30942.html

В этой теме приводится доказательство, что $p$ меньше $x$. Доказательство очень простое.

Т.е. арифметическое ограничение на $p=3$, позволяет утверждать, что $x>3$, а значит:

$3^3+y^3=z^3$ не имеет решений.

В отличии от него, уравнение, где $x=p^r$ доказывается не очень просто!
Среди предварительных условий я указал условие: $\varphi (x+y) = 2pk$. Условие могло бы быть и таким: $\varphi (z_1) = 2pt$, т.к. $(z_1)^p=x+y$. С этим условием легко иметь дело, когда сумма $(x+y)$ является степенью чисел Софи Жермен,т.е. имеющих примитивную структуру функции Эйлера.

Однако, доказательство, при альтернативном предварительном условии, - $\varphi (x+y)$ не делится на p, я не приводил. Это означает, что данный случай не доказан.

[LONGIN]

Уважаемый ananova,
я так понял, что конкретного числового примера у Вас нет, и Ваши доказательства носят предположительный характер. Другими словами, Вы ничего не доказали.
LONGIN

[ananova]

Уважаемый LONGIN!
Зачем этот флуд? Или Вы не знаете, что ВТФ доказана Уайлсом? Если знаете, то о каких числовых примерах можно говорить?

PS. К сожалению, на числовых примерах, можно доказывать, что уравнение имеет решения, а вот то, что какое-то уравнение не имеет решения, то доказательств на числовых примерах пока не видел. Привидите какое-нибудь нерешаемое уравнение в целых числах и числовой пример, доказывающий Ваше доказательство.

[LONGIN]

Уважаемый ananova,
Вы знаете, что Уайльс доказал не теорему Ферма, а гипотезу Таниямы.
Поскольку ВТФ, скорее всего, не имеет решения в целых числах, то любые алгебраические выкладки можно преподносить как доказательство, что ВТФ не имеет решения в целых числах. Поэтому, чтобы быть убедительным, доказательство должно быть однозначным.
LONGIN

[ananova]

Ни разу не слышал, чтобы для доказательства ВТФ просили привести конкретный числовой пример. Давайте поступим наоборот. Вы даете конкретный числовой пример, а я доказываю, что он не является решением уравнения. Только уже в личку, пожалуйста!

[LONGIN]

Уважаемый ananova,
произошло недоразумение: Вы привели своеобразное уравнение, и я подумал, что Вы хотите сказать, что такое уравнение имеет решение в целых числах. Разумеется, Вы можете предлагать к рассмотрению любое уравнение, но в чем смысл Вашего уравнения?
LONGIN