Задачка по теореме Ферма

[age]

yk2ru в сообщении #490930 писал(а):

Подставляя записанные равенства в $x^3+y^3=z^3$ получим, что $x_0+y_0$ делится на $3$, а значит и $z$ делится на $3$, чего быть не должно.

У меня получилось $9r^3=x_0y_0(x_0+y_0+6r)$. Т.е. либо $x_0y_0$, либо $x_0+y_0$ делятся на 3.

[nnosipov]

yk2ru в сообщении #490930 писал(а):

Подставляя записанные равенства в $x^3+y^3=z^3$ получим, что $x_0+y_0$ делится на $3$, а значит и $z$ делится на $3$, чего быть не должно.

Почему $x_0+y_0$ делится на $3$? Почему $z$ не должно делиться на $3$?

[age]

Во-вторых, почему быть не должно, что $z$ делится на $3$?

(опоздал)

[yk2ru]

Упростив и перенеся влево всё, что делится на $9$, в правой части получим, что $x_0 y_0 (x_0 + y_0)$ делится на $3$. Ну значит получил противоречие только для случая, когда $x y z$ не делится на $3$.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #490773 писал(а):

если $x^n+y^n=z^n$, где $x$, $y$, $z$ --- целые числа, а $n$ --- нечётное простое число, то $x+y-z \equiv 0 \pmod{n^2}$. Утверждение это, безусловно, верное, однако, скорее всего, трудное для доказательства.

Обнаружил в одной известной книжке доказательство этого факта --- сложным его действительно не назовёшь, но оно требует некоторых специфических знаний.

[age]

Моё доказательство использует лишь тот факт что для простых $n$:
$x^n\pm y^n=(x\pm y)(2kn+1)$, при $n\not|\ (a\pm b)$.
Всё остальное по программе средней школы.

[nnosipov]

age, у Вас $n$ --- простое или произвольное натуральное?

[age]

Простое.

[nnosipov]

Ну, так бы и написали в самом начале. В той книжке, о которой я говорил выше, эти случаи всегда различаются, и подавляющее большинство результатов как раз для случая, когда $n=p$ --- нечётное простое.

[age]

Первая строчка:
1. Пусть $n\not|\ xyz$. Т.к. для простых $n>2$: $x^n\pm y^n=(x\pm y)(2kn+1)$, при $n\not|\ (a\pm b)$, то теорему Ферма можно переписать в виде: $x_0^nx_1^n+y_0^ny_1^n=z_0^nz_1^n$, где $x_0^n=z-y$, $y_0^n=z-x$, $z_0^n=x+y$.

В одну строчку записывается так:
1. Для простых $n>2$ уравнение $x^n+y^n=z^n$ можно представить $x_0^nx_1^n+y_0^ny_1^n=z_0^nz_1^n$, где $x_1,\ y_1,\ z_1=2kn+1$.

[nnosipov]

age, не экономьте на строчках, лучше напишите подробно. Пока похоже на ребус.

[age]

Ну дальше надо всё возвести в $n$-ю степень, т.е. $x_1^n=(2kn+1)^n=k_1n^2+1$. И снова переписать уравнение теперь уже как $x_0^n(k_1n^2+1)+y_0^n(k_2n^2+1)=z_0^n(k_3n^2+1)$. Вот уже появились $n^2$.

Дальше просто разносим по частям и видим что $x_0^n+y_0^n-z_0^n$ делится на $n^2$. Что и требовалось доказать.

Остаётся лишь заметить, что $x_0^n+y_0^n-z_0^n=2x+2y-2z$

[nnosipov]

Как я понимаю, это пока только случай, когда $n$ не делит $xyz$. В этом случае, кстати, в книжке доказывается более сильное сравнение $x+y-z \equiv 0 \pmod{n^3}$. В случае, когда одно из чисел $x$, $y$, $z$ делится на $n$, удаётся элементарно доказать только сравнение $x+y-z \equiv 0 \pmod{n^2}$.

[age]

nnosipov в сообщении #491607 писал(а):

В этом случае, кстати, в книжке доказывается более сильное сравнение $x+y-z \equiv 0 \pmod{n^3}$.

Это действительно уже сильное утверждение, которое любопытно посмотреть.

[nnosipov]

П. Рибенбойм. Последняя теорема Ферма для любителей. М.: Мир, 2003.
В начале раздела VI.1, но предварительно нужно посмотреть раздел III.1 (соотношения Барлоу).