Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[shwedka]

Я ничего о доказанности первых двух случаев не говорила, только похохотала о Вашей их интерпретации. Не может АВС быть некратным простому числу р, при том, что одно из них делится на 2р. Вы что-то как бы доказали, но для пустого множества об'ектов.
Что же касается случая с) то у Вас подлог. Согласно Вашему посту от
Вт Авг 07, 2007 15:17:44,
он состоит в том, что А четно, а В, С нечетны. О делимости на р этот случай ничего не говорит
Пожалуй, запутались Вы в системах счисления.
Вы все время занимаетесь скучным случаем, когда А, В, нечетны, а С четно. Здесь Вы, может, чего и докажете, но славы не снискаете.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

1. Я ничего о доказанности первых двух случаев не говорила,
2. Вы все время занимаетесь скучным случаем, когда А, В, нечетны, а С четно.

1. А я-то уже готов был перейти к случаю с).
2. Позиция четного числа не имеет никакого значения: все случаи a) и b) доказываются совершенно одинаково: сумма и разность двух нечетных чисел не могут иметь одинаковое число делителей 2, т .е. иметь равные степени делителя 2:
5+1=2х3, а 5-1=4х1. В первом случае одна двойка (она обязательно будет либо в сумме, либо в разности), во втором - две. И так всегда. Вот главный инструмент доказательства ВТФ. Возможно, это скучно...

[shwedka]

Цитата:

Позиция четного числа не имеет никакого значения

Это Вы так говорите. И даже в это верите.
остался пустяк, написать рассуждение, без 'легко видеть'

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Цитата:

Позиция четного числа не имеет никакого значения

Это Вы так говорите. И даже в это верите.
остался пустяк, написать рассуждение, без 'легко видеть'

В случае нечетной степени, разумеется. И я не верю, а знаю по тысячам расчетам, так и не показавших зависимость всех свойств чисел - состав сомножителей, общие делители, цифровые окончания и т.п. (не считая, конечно, величины чисел) от их положения в равенстве.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Я ничего о доказанности первых двух случаев не говорила, только похохотала о Вашей их интерпретации.

Минидоказательство случая $a'+b'$ кратно ровно двум:

Тогда и числа $a'-b'$, следовательно, и $a'^n-b'^n$, или $A-B$, следовательно, и $A^n-B^n$, делятся на или $4$. Но сумма и разность нечетных чисел $A^n$ и $B^n$ не могут одновременно делиться на $4$. И противоречие налицо.

Вы с этим не согласны, но и НЕ опровергли. А все другие читатели молчаливо с Вами согласились...

[Алексей К.]

В.Сорокин писал(а):

Вот пример подстановки:
исходная форма: $a^6+b^6=b^6$,
каноническая форма: $A^3+B^3=C^3$, где $A=a^2, B=b^2, C=c^2$.
Этого достаточно?

О, да. Достаточно. J'en ai assez...

[shwedka]

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

Я ничего о доказанности первых двух случаев не говорила, только похохотала о Вашей их интерпретации.

Минидоказательство случая $a'+b'$ кратно ровно двум:

Тогда и числа $a'-b'$, следовательно, и $a'^n-b'^n$, или $A-B$, следовательно, и $A^n-B^n$, делятся на или $4$

и почему же разность делится на 4??

[Батороев]

В.Сорокин писал(а):

И пусть пока число $ABC$ не кратно $n$. Тогда:
(2°) $C^n-B^n=(C-B)P$, где $C-B=a'^n, P=a''^n$,
$C^n-A^n=(C-A)Q$, где $C-A=b'^n, Q=b''^n$,
$A^n+B^n=(A+B)R$, где $A+B=c'^n, R=c''^n$
.............
И наконец, мы находим две формулы, лежащие в основе доказательства ВТФ:
(7a°) $a'' - b'' =\frac{(b'-a')(A+B) + (a'+b')(a'^n-b'^n)}{2a'b'}$,
(7b°) $a'' + b'' =\frac{(b'+a')(A+B) - (a'-b')(a'^n-b'^n)}{2a'b'}$.
...........
Элементарное доказательство Великой теоремы Ферма

Пусть для определенности числа $A$ и $B$ не кратны $n$. Легко видеть, что формулы 7° остаются верными и в случае, если число $C$ кратно $n$.

Сделав допущение, что $ABC$ не кратно $n$,
Вы пошли по пути рассмотрения самого легкого случая, который доказали, пожалуй, все, чьи доказательства я видел на этом форуме.
Но при переходе к варианту
$A$ и $B$ не кратны $n$, а $C$ кратно $n$, Вы должны рассмотреть случай:
$ A^n+B^n=(A+B)R$, где $ n(A+B)=c'^n, \frac{R}{n}=c''^n$,
(при этом формулы 7° изменятся),
а этот случай и есть самый трудный.

[Руст]

Батороев писал(а):

Сделав допущение, что $ABC$ не кратно $n$,
Вы пошли по пути рассмотрения самого легкого случая, который доказали все, чьи доказательства я видел на этом форуме.
Но при переходе к варианту
$A$ и $B$ не кратны $n$, а $C$ кратно $n$, Вы должны рассмотреть случай:
$ A^n+B^n=(A+B)R$, где $ n^{nk-1}(A+B)=c'^n, \frac{R}{n}=c''^n$,
где $ k $ - целое число (при этом формулы 7° изменятся),
а этот случай и есть самый трудный,
но без которого нет "конца тоннеля".

Элементарного доказательства, основанного на модулярном (по модулю некоторого числа) равенстве не существует даже для 1-го случая, кроме n=3. Я как то раньше показал, что для любого N и простого p>3, cуществуют натуральные числа a,b,c, не делящееся на p, что выполняется:
$a^p+b^p=c^p\mod N.$
Это означает бессмысленность даже попытки доказательства, основываясь только на окончаниях.
Все элементарные доказательства 1-го случая (для всех р не существует универсального элементарного доказательства до сих пор) используют арифметику колец $Z[exp(\frac{2\pi i}{p})]$, т.е. не элементарно в понимании многих форумчан.

[Батороев]

Руст писал(а):

Элементарного доказательства, основанного на модулярном (по модулю некоторого числа) равенстве не существует даже для 1-го случая, кроме n=3. Я как то раньше показал, что для любого N и простого p>3, cуществуют натуральные числа a,b,c, не делящееся на p, что выполняется:
$a^p+b^p=c^p\mod N.$

По-видимому, я только и видел доказательства для n = 3
Если не трудно, то дайте, пожалуйста, ссылку на Ваши выкладки.

[shwedka]

Руст

Цитата:

. Я как то раньше показал

Присоединяюсь. Ссылочку в зал!!!

[Руст]

Это было здесь на обсуждении доказательства Сорокина, примерно год назад.

[shwedka]

Руст писал(а):

Это было здесь на обсуждении доказательства Сорокина, примерно год назад.

Неконкретно!!! Ссылочку в зал!!!
Я Сорокина спрягала тогда, и ДОКАЗАТЕЛЬСТВА Вашего не припомню

[Батороев]

Руст писал(а):

Это было здесь на обсуждении доказательства Сорокина, примерно год назад.

Поисковик из меня плохой...

Вместе с тем хочу заметить, что доказательства на форуме более изощренные, чем банальная проверка по остаткам (только по окончаниям в n-чной системе счисления).
Например, для n = 5 первый случай легко доказывается по двум последним разрядам чисел в пятой степени в 5-чной СС.
В 5-чной СС эти разряды следующие:
01
12
33
44
00
Произведя различные варианты сложения или вычитания этих двух разрядов мы не получаем разряды из этого же ряда (т.е. пятую степень какого-либо числа), кроме случаев:
$ A + B $, либо $ C - A $, либо $ C - B $ делятся на 5.

[Руст]

Я извиняюсь, то что я сказал для p>5. Если надо, я вспомню доказательство и изложу.
Вот некоторые вспомогательные вещи:
1. Китайская теорема об остатках: Кольцо $Z/NZ=\prod_k Z/N_kZ, \ (N_i,N_j)=1$, что приводит к достаточности доказательства по степени простого числа.
2. Если равенство выполняется по простому модулю q, отличному от р, то по лемме Гензеля можно сделать равенство по любому модулю, являющемуся степенью q. Очевидно, (a,b,c)=(1,q,q+1) решение по модулю q, следовательно по модулю любой степени q найдётся решение согласно лемме Гензеля.
3. Если имеется решение по модулю p^2, то имеется решение по модулю любой степени р (опять по лемме Гензеля). Так как $(x+kp)^p=x^p\mod p^2$, это эквивалентно нахождению х, не равному нулю и -1, что выполняется:
$f_p(x)=\frac{(x+1)^p-x^p-1}{p}=0\mod p.$
Очевидно, что этот многочлен делится на x(x+1) (не допустимые для первого случая корни). На самом деле $f_p(x)=x(x+1)(x^2+x+1)g_p(x), p>3.$ Оно получается элементарно, можно используя суммы коэффициентов Бинома через 3 или см. Рибенбойм "Последняя теорема Ферма".
Если p=1(mod 6), то множитель x^2+x+1 имеет корень и поэтому модулярное доказательство не проходит. При p=2(mod 3), в частности p=5 этот множитель не имеет корней, поэтому для p=5 проходит модулярное доказательство для первого случая.
Последний многочлен имеет степень p-5. Я примерно год назад, нашёл оригинальное доказательство что при p=2(mod 3), последний множитель всегда имеет корень по модулю р.
Самое интересное другое. что из отсутствия корня x<p-1 (без ограничения всегда имеется корень) по модулю p^2, отсюда получается доказательство 1-го случая теоремы Ферма. К тому же для всех проверенных простых действительно отсутствует соответствующий корень по модулю p^2, хотя по модулю p может быть несколько корней (всегда не меньше одной при p>5).