2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 еще о ВТФ для P=3
Сообщение28.05.2013, 18:16 


27/03/12
446
г. новосибирск
Еще о ВТФ для Р = 3

1. Пусть натуральные числа X, Y и Z являются примитивным решением неопределенного уравнения
$ X^3 + Y^3 -Z^3 = 0\engo(1)$.
2.Будем искать противоречие в (1) используя метод сравнения чисел по модулю (метод Гаусса).
3. В качестве модуля выберем вторую степень простого числа $q = 6n + 1$, т.е $q^2 = (6n + 1)^2$ и обладающего свойством:
$(X,q^2) = 1$, $(Y,q^2) = 1$, $(Z,q^2) = 1$.
При этом пусть q такое простое число $6n + 1$, что $(n,3) = 1$.

4. Пусть $r_1Z\equiv X\mod q^2\engo (2) $,
$Z\equiv r_2Y\mod q^2\engo (3) $,
$X\equiv-r_3Y\mod q^2\engo (4) $
Очевидно, будет справедливо сравнение
$X^3 + Y^3 -Z^3\equiv0\mod q^2\engo (5) $, где
$r_1. r_2. r_3$ наименьшие натуральные вычеты приведенной системы вычетов по модулю $q^2$.
5. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (3) относительно Y
$r_1^3Z^3 + Y^3 -r_2^3Y^3\equiv r_1^3r_2^3Y^3 + Y^3 -r_2^3Y^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ Y^3$ получим
$ r_1^3r_2^3 -r_2^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (6) $.

6. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (4) относительно Z $r_1^3Z^3 + (- r_3)^3X^3 -Z^3\equiv r_1^3Z^3 + (- r_3)^3r_1^3Z^3 -Z^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ - Z^3$ получим
$ r_3^3r_1^3 -r_1^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (7) $.

7. Запишем (5) с учетом сравнений (3) и (4) относительно X $ X^3 + (- r_3)^3X^3 -r_2^3Y^3\equiv X^3 + (- r_3)^3X^3 -r_2(-r_3)X^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ X^3$ получим
$ r_2^3r_3^3 -r_3^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (8) $.
[ Если простое число $q =6n + 1$ такое, что $n = 3k$, например простые числа 19, 37, 73, 109 и т.п., то среди вычетов по модулю $q^2$ имеются 2(две) пары вычетов, удовлетворяющих условиям (6) и (7) или (6) и (8) или (7) и (8). В самом деле, из очевидного сравнения $g^6^ n^q\equiv1\mod q^2$ следует $ g^3^n^q + 1\equiv0\mod q^2$, отсюда сравнение, удовлетворяющее одному из условий (6), (7) и (8), а именно $g^2^n^q -g^n^q + 1\equiv(g^2^k^q)^3 -(g^k^q)^3 + 1\equiv0\mod q^2$ другое сравнение получим, умножая последнее сравнение на $g^4^n^q$ и имеем
$g^4^n^q -g^5^n^q + 1\equiv(g^4^k^P)^3 -(g^5^k^q)^3 + 1\equiv0\mod q^2$, где g - наименьший первообразный корень по модулю $q^2$, k – натуральное число и $varphi(6n + 1)^2 = 6nq.$]

8. Пусть $q=7$, покажем, что по модулю $7^2 $ нет вычетов $r_1^3, r_2^3, r_3^3$, удовлетворяющих сравнениям (6),(7) и (8).

Пусть $g = 3$ – наименьший первообразный корень по модулю $7^2$,
Функция Эйлера $varphi(7^2) =  42$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)


$3^3\equiv27\mod 7^2$, $ 3^6\equiv43\mod 7^2$, $3^9\equiv34\mod 7^2$, $3^1^2\equiv36\mod 7^2$,
$3^1^5\equiv41\mod 7^2$, $3^1^8\equiv29\mod 7^2$, $3^2^1\equiv48\equiv- 1\mod 7^2$,
$3^2^4\equiv22\ mod 7^2$, $3^2^7\equiv6\ mod 7^2$, $3^3^0\equiv15\mod 7^2$, $3^3^3\equiv13\mod7^2$,
$3^3^6\equiv8\mod 7^2$, $3^3^9\equiv20\mod 7^2$, $3^4^2\equiv1\mod 7^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условию (6), (7) и (8)

Пусть $q = 13$, $g = 2$ – наименьший первообразный корень по модулю $13^2$,
Функция Эйлера $varphi(13^2) = 156$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)

$2^3\equiv8\mod 13^ 2$ $ 2^6\equiv64\mod 13^ 2$ $2^9\equiv5\mod 13^ 2 $
$2^1^2\equiv40\mod 13^ 2$ $2^1^5\equiv151\mod 13^ 2$ $2^1^8\equiv25\mod 13^ 2 $
$2^2^1 \equiv31\mod 13^ 2 $ $ 2^2^4\equiv 79\mod 13 ^2$ $2^2^7\equiv125\mod 13^ 2$
$2^3^0\equiv155\mod 13^ 2$ $ 2^3^3 \equiv57\mod 13 ^2$ $ 2^3^6\equiv118\mod 13 ^2$
$2^3^9\equiv99\mod 13^ 2$ $ 2^4^2\equiv116\mod 13 ^2$ $2^4^5\equiv83\mod 13 ^2$
$2^4^8\equiv157\mod 13^ 2$ $ 2^5^1 \equiv73\mod 13^ 2$ $2^5^4\equiv77\mod 13^ 2$
$2^5^7\equiv109\mod 13 ^2$ $2^6^0 \equiv27\mod 13^ 2$ $2^6^3 \equiv47\mod 13^ 2$
$2^6^6\equiv38\mod 13^ 2 $ $ 2^6^9 \equiv135\mod 13^ 2$ $2^7^2 \equiv66\mod 13^ 2$
$2^7^5\equiv21\mod 13^ 2$ $ 2^7^8 \equiv168\mod 13^ 2$ $2^8^1  \equiv161\mod 13^ 2$ $2^8^4\equiv105\mod 13^2$ $2^8^7\equiv164\mod 13^2$ $2^9^0\equiv29\mod 13^2$ $2^9^3 \tquiv18\mod 13^2 $ $2^9^6\equiv144\mod 13^2$ $2^9^9\equiv138\ mod 13^2$
$2^1^0^2\equiv90\mod 13^2$ $2^1^0^5\equiv44\ mod 13^2$ $2^108\equiv14\mod 13^2$
$2^1^1^1\equiv112\mod 13^2$ $ 2^1^1^4\equiv51\mod 13^2$ $2^1^1^7\equiv70\mod 13^2$
$2^1^2^0\equiv53\mod 13^2 $ $ 2^1^2^3\equiv86\mod 13^2$ $ 2^126\equiv12\mod 13^2$
$2^1^2^9\equiv96\mod 13^2 $ $2^1^3^2\equiv 92\mod 13^2$ $2^1^3^5\equiv60\mod 13^2$
$2^1^3^8\equiv142\mod 13^2$ $2^1^4^1\equiv122\mod 13^2$ $2^1^4^4\equiv131\mod 13^2$
$2^1^4^7\equiv34\mod 13^2$ $2^1^5^0\equiv103\mod 13^2$ $2^1^5^3\equiv148\mod 13^2$
$2^1^5^6 \equiv1\ mod 13^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условиям (6), (7) и (8).
Надеюсь, что «форумчане» помогут доказать, что для любого модуля $q^2$ условия (6), (7) и (8) не выполняются.



Василий Полежаев


Еще о ВТФ для Р = 3

1. Пусть натуральные числа X, Y и Z являются примитивным решением неопределенного уравнения
$ X^3 + Y^3 – Z^3 = 0\engo(1)$.
2.Будем искать противоречие в (1) используя метод сравнения чисел по модулю (метод Гаусса).
3. В качестве модуля выберем вторую степень простого числа $q = 6n + 1$, т.е $q^2 = (6n + 1)^2$ и обладающего свойством:
$(X,q^2) = 1$, $(Y,q^2) = 1$, $(Z,q^2) = 1$.
При этом пусть q такое простое число $6n + 1$, что $(n,3) = 1$.

4. Пусть $r_1Z\equivX\mod q^2\engo (2) $,
$Z\equiv\r_2Y\mod q^2\engo (3) $,
$X\equiv – r_3Y\mod q^2\engo (4) $
Очевидно, будет справедливо сравнение
$X^3 + Y^3 – Z^3\equiv0\mod q^2\engo (5) $, где
$r_1. r_2. r_3$ наименьшие натуральные вычеты приведенной системы вычетов по модулю $q^2$.
5. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (3) относительно Y
$r_1^3Z^3 + Y^3 – r_2^3Y^3\equiv r_1^3r_2^3Y^3 + Y^3 – r_2^3Y^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ Y^3$ получим
$ r_1^3r_2^3 - r_2^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (6) $.

6. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (4) относительно Z $r_1^3Z^3 + (- r_3)^3X^3 – Z^3\equiv r_1^3Z^3 + (- r_3)^3r_1^3Z^3 – Z^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ - Z^3$ получим
$ r_3^3r_1^3 - r_1^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (7) $.

7. Запишем (5) с учетом сравнений (3) и (4) относительно X $ X^3 + (- r_3)^3X^3 – r_2^3Y^3\equiv X^3 + (- r_3)^3X^3 – r_2(-r_3)X^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ X^3$ получим
$ r_2^3r_3^3 - r_3^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (8) $.
[ Если простое число $q =6n + 1$ такое, что $n = 3k$, например простые числа 19, 37, 73, 109 и т.п., то среди вычетов по модулю $q^2$ имеются 2(две) пары вычетов, удовлетворяющих условиям (6) и (7) или (6) и (8) или (7) и (8). В самом деле, из очевидного сравнения $g^6^ n^q\equiv\1 mod q^2$ следует $ g^3^n^q + 1\equiv0\mod q^2$, отсюда сравнение, удовлетворяющее одному из условий (6), (7) и (8), а именно $g^2^n^q – g^n^q + 1\equiv(g^2^k^q)^3 – (g^k^q)^3 + 1\ equiv0\mod q^2$ другое сравнение получим, умножая последнее сравнение на $g^4^n^q$ и имеем
$g^4^n^q – g^5^n^q + 1\equiv(g^4^k^P)^3 – (g^5^k^q)^3 + 1\equiv0\mod q^2$, где g - наименьший первообразный корень по модулю $q^2$, k – натуральное число и $varphi (6n + 1)^2 = 6nq.$]

8. Пусть $q=7$, покажем, что по модулю $7^2 $ нет вычетов $r_1^3, r_2^3, r-3^3$, удовлетворяющих сравнениям (6),(7) и (8).

Пусть $g = 3$ – наименьший первообразный корень по модулю $7^2$,
Функция Эйлера $varphi (7^2) =  42$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)


$3^3\equiv\27 mod 7^2$, $ 3^6\equiv\43 mod 7^2$, $3^9\equiv34 mod 7^2$, $3^12\equiv\36 mod 7^2$,
$3^15\equiv\41 mod 7^2$, $3^18\equiv\29 mod 7^2$, $3^21\equiv\48\equiv- 1 mod 7^2$,
$3^24\equiv\22 mod 7^2$, $3^27\equiv\6 mod 7^2$, $3^30\equiv\15 mod 7^2$, $3^33\equiv\13 mod 7^2$,
$3^36\equiv\8 mod 7^2$, $3^39\equiv\20 mod 7^2$, $3^42\equiv1 mod 7^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условию (6), (7) и (8)

Пусть $q = 13$, $g = 2$ – наименьший первообразный корень по модулю $13^2$,
Функция Эйлера $varphi(13^2) = 156$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)

$2^3\equiv8\mod 13^ 2$ $ 2^6\equiv64\ mod 13^ 2$ $2^9\equiv\5 mod 13^ 2 $
$2^12\equiv40\mod 13^ 2$ $2^15\equiv151\mod 13^ 2$ $2^18\equiv25\mod 13^ 2 $
$2^21 \equiv31\mod 13^ 2 $ $ 2^24\equiv 79\mod 13 ^2$ $2^27equiv125\mod 13^ 2$
$2^30\equiv155\mod 13^ 2$ $ 2^33 \equiv57\mod 13 ^2$ $ 2^36\equiv118\mod 13 ^2$
$2^39\equiv99\mod 13^ 2$ $ 2^42\equiv116\mod 13 ^2$ $2^45\equiv83\mod 13 ^2$
$2^48\equiv157\mod 13^ 2$ $ 2^51 \equiv73\mod 13^ 2$ $2^54\equiv77\mod 13^ 2$
$2^57\equiv109\mod 13 ^2$ $2^60 \equiv27\mod 13^ 2$ $2^63 \equiv47\mod 13^ 2$
$2^66\equiv38\mod 13^ 2 $ $ 2^69 \equiv135\mod 13^ 2$ $2^72 \equiv66\mod 13^ 2$
$2^75\ tquiv21\mod 13^ 2$ $ 2^78 \equiv168\mod 13^ 2$ $2^81  \equiv161\mod 13^ 2$ $2^84\equiv105\mod 13^2$ $2^87\equiv164\mod 13^2$ $2^90\equiv29\mod 13^2$ $2^93 \tquiv18\mod 13^2 $ $2^96\equiv144\mod 13^2$ $2^99\equiv138\ mod 13^2$
$2^102\equiv90\mod 13^2$ $2^105\equiv44\ mod 13^2$ $2^108\equiv14\mod 13^2$
$2^111\equiv112\mod 13^2$ $ 2^114\equiv51\mod 13^2$ $2^117\equiv70\mod 13^2$
$2^120\equiv53\mod 13^2 $ $ 2^123\equiv86\mod 13^2$ $ 2^126\equiv12\mod 13^2$
$2^129\equiv96\mod 13^2 $ $2^132\equiv 92\mod 13^2$ $2^135\equiv60\mod 13^2$
$2^138\equiv142\mod 13^2$ $2^141\equiv122\mod 13^2$ $2^144\equiv131\mod 13^2$
$2^147\equiv34\mod 13^2$ $2^150\equiv103\mod 13^2$ $2^153\equiv148\mod 13^2$
$2^156 \equiv1\ mod 13^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условиям (6), (7) и (8).
Надеюсь, что «форумчане» помогут доказать, что для любого модуля $q^2$ условия (6), (7) и (8) не выполняются.



Василий Полежаев

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение28.05.2013, 18:46 


31/03/06
1384
vasili в сообщении #729571 писал(а):
6. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (4) относительно Z $r_1^3Z^3 + (- r_3)^3X^3 -Z^3\equiv r_1^3Z^3 + (- r_3)^3r_1^3Z^3 -Z^3\equiv0\mod q^2$


Вы заменили $Y^3$ на $(- r_3)^3X^3$. Но из (4) следует, что $Y^3$ можно заменить на $(-1/r_3)^3 X^3$, а не так, как вы это сделали.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение29.05.2013, 16:58 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый Шмидель! Благодарю за найденную опечатку. Сравнение (4) должно иметь вид
$r_3X\equiv -Y\mod q^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение29.05.2013, 18:21 


31/03/06
1384
Уважаемый vasili!

Если рассматривать уравнение Ферма (1) как сравнение по модулю простого числа $q$ и назвать нетривиальным такое решение этого сравнения, в котором $X$, $Y$ и $Z$ взаимно-просты с $q$, то сравнение:

(I) $X^3+Y^3+Z^3 \equiv 0$ по модулю $q$

имеет нетривиальное решение для всех достаточно больших простых чисел $q$.

Если сравнение (I) имеет нетривиальное решение по модулю $q$, то оно имеет нетривиальное решение также по модулю $q^2$ (из решения $(X, Y, Z)$ по модулю $q$ легко получить решение $(X+m q, Y, Z)$ по модулю $q^2$ при соответствующем выборе числа $m$).

В 1830 году, Лежандр доказал, что сравнение (I) не имеет нетривиальных решений при $q=7$ и $q=13$. Но уже при $q=19$ имеется много нетривиальных решений сравнения (I).
В 1880 году, Пепин доказал, что нетривиальные решения сравнения (I) существуют для любого простого числа $q \ge 19$.

Источник: стр. 292-293 книги Рибенбойма: "Последняя Теорема Ферма для любителей".

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение30.05.2013, 13:45 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый Шмидель! Благодарю за источник, но не уверен, что решения сравнения (6), (7) и (8) можно найти при модуле $q^2$ больше $13^2$, кроме квадрата простых чисел $19^2$, $37^2$,$73^2$ и т.п.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение30.05.2013, 16:02 


31/03/06
1384
vasili в сообщении #730359 писал(а):
Благодарю за источник, но не уверен, что решения сравнения (6), (7) и (8) можно найти при модуле $q^2$ больше $13^2$, кроме квадрата простых чисел $19^2$, $37^2$,$73^2$ и т.п.


Если сравнение (I) имеет нетривиальные решения по модулю $q^2$, то можно найти и решение ваших сравнений. Укажите простое число $q \ge 19$, для которого вы не уверены, и проверим вместе.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение30.05.2013, 16:24 
Админ форума
Аватара пользователя


19/03/10
8952
vasili в сообщении #730042 писал(а):
Уважаемый Шмидель!
 !  vasili, предупреждение за искажение ника пользователя.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение01.06.2013, 18:12 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый Toucan! Мне непонятен повод для предупреждения.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение01.06.2013, 19:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5730
Новосибирск

(Оффтоп)

Такого пользователя нет. Правильно было бы "Уважаемый Феликс Шмидель". Оно и набирается проще и гарантирует полную защиту от искажений - надо написать только первое слово, а в указанного пользователя ткнуть левой клавишей мыши.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение30.06.2013, 10:02 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый Шмидель! Вы были абсолютно правы. Мною проверены вычеты по модулю $19^2 и 31^2$ и получено множество решений сравнений (6), (7) и (8). Прошу прощения за выраженное мною сомнение в истинности ваших замечаний.
Администратора Форума прошу снять тему "Еще о ВТФ для Р = 3"
Василий Полежаев.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение30.06.2013, 12:18 
Админ форума
Аватара пользователя


19/03/10
8952
vasili в сообщении #741781 писал(а):
Уважаемый Шмидель!
 !  vasili, очередное предупреждение за искажение ника. Если пользователь зарегистрировался как Феликс Шмидель, то именно так к нему и следует обращаться.

Это последнее предупреждение по данному поводу — дальше будут баны за невыполнение требований модераторов.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение22.07.2013, 06:06 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый Феликс Шмидель! Я с благодарностью принял Ваши предложения:
---познакомился с книжкой Рибенбома «Последняя теорема Ферма для любителей»;
---проверил вычеты по модулю $19^2$ и по модулю $31^2$ .
Вы были абсолютно правы: сравнения (6), (7) и (8) имеют решения по указанным модулям.
Приношу свои извинения за сомнения в истинности вашего замечания, а так же за неточное к Вам обращение.
Одновременно прошу Вас дать отклик на следующее утверждение:
Система сравнений
$X^P + Y^P\equiv1\mod P^2,$
$X^PY^P\equivA\mod P^2$
имеет только единственное решение, если A =1 и только если простое число $P = 6n + 1$ ( $X^P\equiv g^n^P\mod P^2,$ а $Y^5^n^P\mod P^2$ ), где g - наименьший первообразный корень по модулю $P^2$.
vasili
Уважаемый Феликс Шмидель! Я с благодарностью принял Ваши предложения:
---познакомился с книжкой Рибенбома «Последняя теорема Ферма для любителей»;
---проверил вычеты по модулю $19^2$ и по модулю $31^2$ .
Вы были абсолютно правы: сравнения (6), (7) и (8) имеют решения по указанным модулям.
Приношу свои извинения за сомнения в истинности вашего замечания, а так же за неточное к Вам обращение.
Одновременно прошу Вас дать отклик на следующее утверждение:
Система сравнений
$X^P + Y^P\equiv1\mod P^2,$
$X^PY^P\equivA\mod P^2$
имеет только единственное решение, если A =1 и только если простое число $P = 6n + 1$ ( $X^P\equiv g^n^P\mod P^2,$ а $Y^P\equiv g^5^n^P\mod P^2$ ), где g - наименьший первообразный корень по модулю $P^2$.
vasili

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение24.07.2013, 03:24 


27/03/12
446
г. новосибирск
 !  Deggial: vasili, предупреждение за дублирование сообщения. Текст сообщения удалён.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение12.02.2018, 15:47 


27/03/12
446
г. новосибирск
Размышления о ВТФ. Февраль 2018.

1.Пусть равенство $x^3 +y ^3 = z^3\engo(1)$ справедливо для натуральных попарно взаимно простых чисел $x, y$ и z, одно из которых, кратно 3.
2.Рассмотрим некоторые свойства, нижеследующих трехчленов
$z^2-zx +x^2\engo(2)$,

$z^2-zy +y^2\engo(3)$,

$x^2 + xy +y^2\engo(4)$.

Свойство 1. Простые числа вида $6n +5$ и простое число 3 не могут быть сомножителями (делителями) чисел (2), (3) и (4).

Свойство 2. Числа (2), (3) и (4) являются нечетными и представляют произведение только простых сомножителей вида $6n +1$.

3. Множество простых сомножителей вида $6n +1$, принадлежащих числам (2), (3) и (4) могут состоять из 2-х подмножеств:
--подмножество 1. Такие простые числа $p_1 =6n_1 +1$, что

$2^ {2n_1}-1\not\equiv 0\mod(6n_1 + 1)\engo(5)$

--подмножество 2. Такие простые числа $p_2 =6n_2 +1$, что

$2^ {2n_2} -1\ equiv 0\mod(6n_2 + 1)\engo(6)$

4. Пусть простое число $6n_1 +1$ (для определенности) принадлежит трехчлену (2), т.е.
$z^2-z x +x^2\equiv0\mod (6n_1 + 1)$, тогда очевидно, что

$z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$ или

$z^3\equiv -x^3\mod (6n_1 +1) \engo(7)$, а

$z +x\not\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$.

5. Запишем (1) с учетом (7) получим

$x^3 + y^3-(-x^3)\equiv 2x^3 + y^3\equiv 0\mod (6n_1 + 1)\engo(8)$

6. Возведем (8) в степень $2n_1$ получим

$2^{2n_1}x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod(6n _1+1)$, отсюда с учетом того, что

$x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod (6n _1+1)$ {Малая теорема Ферма} получим

$2^{2n_1}-1\equiv 0\mod (6n _1+1)$, что противоречит условию (5). А значит условия (8) и (1) не справедливы.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение01.03.2018, 12:13 


27/03/12
446
г. новосибирск
27.02.2018.
К сожалению я не получил отклик на свой пост "Размышление о ВТФ . Февраль 2018".
Возможно причиной того -тезисный характер моего сообщения.
Попытаюсь обосновать тезисы.

1.Пусть равенство $x^3 +y ^3 = z^3\engo(1)$ справедливо для натуральных попарно взаимно простых чисел $x, y$ и z, одно из которых, кратно 3.
2.Рассмотрим некоторые свойства, нижеследующих трехчленов, образованных из чисел $x, y$ и z,
$z^2-z x +x^2 = (z-x) ^2 +z x\engo(2)$,

$z^2-z y +y^2 = (z-y) ^2 +z y \engo(3)$,

$x^2 + x y +y^2=(x + y) ^2 +x y\engo(4)$.

Свойство 1. Простые числа вида $6n +5$ и простое число 3 не могут быть сомножителями (делителями) чисел (2), (3) и (4).
Докажем от противного. Пусть для определенности

$z^2-z y +y^2= (z+y)^2 -3z y\equiv 0\mod(6n + 5)\engo(5)$, тогда из (5) очевидно, что
$[(z + y), (6n + 5)] = 1\engo(6)$, а также

$z^3 + y^3\equiv 0\mod(6n + 5)\engo(7)$
и
$(z^3) ^ {2n + 1} + (y^3) ^ {2n + 1}\equiv 0\mod (6n + 5)\engo(8)$,

Благодаря Малой теореме Ферма имеем

$z^{6n + 4}-y^{6n +4}=(z^3) ^ {2n + 1}z - (y^3)^{2n + 1}y\equiv 0\mod(6n + 5)$, отсюда с учетом (8)

$(z + y)\equiv 0\mod(6n + 5)$, что противоречит условию (6).
Пришли к противоречию. А значит, простые числа вида $6n + 5$ не могут быть сомножителями (делителями) числа (3)
Аналогичные рассуждения для чисел (2) и (4) покажут, что простые числа вида $6n + 5$ не могут быть сомножителями (делителями) чисел (2) и (4).

Теперь о простом делителе 3.
Пусть $z, 3 = 3$, тогда благодаря (1) и $[(x + y), 3] = 3$.
Учитывая эти условия, числа(2), (3) и (4) очевидно не содержат сомножителями (делителями) простые числа 3.

Пусть $x, 3 = 3$, тогда благодаря (1) и $[(z- y), 3] = 3$.
Учитывая эти условия, числа(2), (3) и (4) очевидно не содержат сомножителями (делителями) простые числа 3.

Пусть $y, 3 = 3$, тогда благодаря (1) и $[(z-x), 3] = 3$.
Учитывая эти условия, числа(2), (3) и (4) очевидно не содержат сомножителями (делителями) простые числа 3.

Свойство 2. Числа (2), (3) и (4) являются нечетными и представляют произведения только простых сомножителей вида $6n +1$.
Множество простых сомножителей вида $6n +1$, принадлежащих числам (2), (3) и (4) могут состоять из 2-х подмножеств:
--подмножество 1. Такие простые числа $p_1 =6n_1 +1$, что

$2^ {2n_1}-1\not\equiv 0\mod(6n_1 + 1)\engo(9)$

В частности к таким числам относятся простые числа $p_1$, для которых наименьший первообразный корень по их модулю равен $g = 2$.
Пример
$p_1 = 13, 19, 37,61,67,,139,……4003$
См. И.М.Виноградов «Основы теории чисел» -Приложение.
В самом деле
$g^{p-1}-1=2^{p-1}-1=2^{6n_1}-1\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$, тогда очевидно
$2^{2n_1}\not\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$.

--подмножество 2. Такие простые числа $p_2 =6n_2 +1$, что

$2^ {2n_2} -1\equiv 0\mod(6n_2 + 1)\engo(10)$
Пример
$p_2 = 31,43,109,127,157….$

Пусть простое число $6n_1 +1$ (для определенности) принадлежит трехчлену (2), т.е.
$z^2-z x +x^2\equiv0\mod (6n_1 + 1)$, тогда очевидно, что

$z^3 + x^3 \equiv 0\mod (6n_1 + 1)$ или

$z^3\equiv-x^3\mod (6n_1 +1)\engo(11)$, а

$z +x\not\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$.

5. Запишем (1) с учетом (11) получим

$x^3 + y^3-(-x^3)\equiv 2x^3 + y^3\equiv 0\mod (6n_1 + 1)\engo(12)$

6. Возведем (12) в степень $2n_1$ получим

$2^{2n_1}x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod(6n _1+1)$, отсюда с учетом того, что

$x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod (6n _1+1)$ {Малая теорема Ферма} получим

$2^{2n_1}-1\equiv 0\mod (6n _1+1)$, что противоречит условию (9). А значит условия (12) и (1) не справедливы.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 76 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group