Вариант гипотетического доказательства ВТФ.

[Батороев]

Коровьев писал(а):

Вообще-то, в теории сравнений пишут, если ясно по какому модулю идёт сравнение, и чтоб не путать рациональные числа с числами по модулю, не $ \frac{a}{c} $ , а $ ac^-^1 $ , подразумевая под $ c^-^1 $ такое число $ b $ , что $ bc\equiv 1 (mod p) $
У Вас эта путаница и произошла.

Я напротив, и хотел показать, что и два рациональных числа можно рассматривать по модулю.

Расмотрение по остаткам чисел есть ни что иное, как рассмотрение последних целых разрядов чисел в различных системах счисления.
На мой взгляд, вполне можно сравнивать не только последние целые разряды чисел (остатки), но и их дробные части, соответственно, выраженные в этих системах счисления.

По существу последующих Ваших замечаний: согласен.

[Коровьев]

У меня ошибка

Цитата:

Но отсюда следует только тривиальное
$ a + b \equiv c_1 (mod c_2)$ ,

Надо
$ a + b \equiv 0 (mod c_2)$
***
Этот результат можно получить из следущей теоремы
Если $ (a;b)=1$ и $a+b$ не делится на простое $p$, то
$ \frac{a^p+b^p}{a+b}$ и $a+b$ не содержат общих множителей /взаимно простые/.
Причём
$ \frac{a^p+b^p}{a+b}=a^{p-1} - a^{p-2}b + ...+ b^{p-1} $
содержит только простые множители вида
$m=2kp+1$
Отсюда немедленно следует
$ a + b \equiv 0 (mod c_2)$
т.к. $c_2$ по условию не содержит простых вида $m=2kp+1$

[Батороев]

Коровьев писал(а):

Отсюда немедленно следует
$ a + b \equiv 0 (mod c_2)$
т.к. $c_2$ по условию не содержит простых вида $m=2kp+1$

Другими словами, сумма $ (a + b) $ должна нацело делиться на $ p $-ые степени всех простых делителей числа $ c $, не относящихся к виду $m=2kp+1$ (соответственно, разности $ (c - a) $ и $ (c - b) $ должны делиться на все $ p $-ые степени подобных простых делителей, соответственно, чисел $ b $ и $ a $)

Тогда, в выражении $ a + b - c $, как минимум, должны быть собраны все простые делители всех трех чисел, не относящиеся к виду $m=2kp+1$, включая $ p $.

[Коровьев]

Батороев писал(а):

Коровьев писал(а):

Отсюда немедленно следует
$ a + b \equiv 0 (mod c_2)$
т.к. $c_2$ по условию не содержит простых вида $m=2kp+1$

Другими словами, сумма $ (a + b) $ должна нацело делиться на $ p $-ые степени всех простых делителей числа $ c $, не относящихся к виду $m=2kp+1$ (соответственно, разности $ (c - a) $ и $ (c - b) $ должны делиться на все $ p $-ые степени подобных простых делителей, соответственно, чисел $ b $ и $ a $)

Тогда, в выражении $ a + b - c $, как минимум, должны быть собраны все простые делители всех трех чисел, не относящиеся к виду $m=2kp+1$, включая $ p $.

Если $ a + b$ делится на $p$ то здесь сложнее..
Есть теорема
Если
$a+b$ делится на максимальную степень $p^t$
то
$a^p+b^p$ делится на $p^{t+1}$, ни больше, ни меньше.
Иначе
$ \frac{a^p+b^p}{a+b}$ можнт делиться только на $p$ в первой степени
Все эти сведения из элементарной теории чисел на уровне Бухштаба, Виноградова. Более серьёзно есть "Теория чисел" Боревича и Шаферевича.
***
Ещё интересное о БТФ
Из равенства
$a^p+b^p=c^p$ и $a,b,c$ не делятся на$p$ следовало бы
$a+b= k^p$
$c-a= m^p$
$c-b= n^p$
$k,m,n,$ целые
***

[Батороев]

Коровьев писал(а):

Если
$a+b$ делится на максимальную степень $p^t$
то
$a^p+b^p$ делится на $p^{t+1}$, ни больше, ни меньше.
Иначе
$ \frac{a^p+b^p}{a+b}$ можнт делиться только на $p$ в первой степени ***

Я до этого свойства как-то "доходил". Правда, уже подзабыл, каким образом, давно это было -почти полгода назад

Коровьев писал(а):

Ещё интересное о БТФ
Из равенства
$a^p+b^p=c^p$ и $a,b,c$ не делятся на$p$ следовало бы
$a+b= k^p$
$c-a= m^p$
$c-b= n^p$
$k,m,n,$ целые
***

По-моему, такого не может быть, чтобы ни одно из чисел $ a, b, c $ не делилось на $ p $.
$ c^p - a^p - b^p = 0 $
$ c^p - a^p - b^p + a + b - c = a + b - c $
$ c(c^{p-1}-1) - a(a^{p-1} - 1) - b(b^{p-1} - 1) = a + b - c $
По Малой теореме Ферма:
$ pu - pv - pw = a + b - c \equiv 0(mod p) $, где $ u, v, w $ - целые числа.
Но т. к. мы пришли ( или не пришли?) к выводу о том, что выражение $ a + b - c $
должно состоять из делителей не вида $ m = 2kp + 1 $ чисел $ a, b, c $, то вроде бы, одним из них и обязано быть $ p $.
Хотя, я могу и ошибаться... в три часа ночи.

[Батороев]

Можно прийти к довольно любопытному выводу о том, что во всех трех числах $ a, b, c $ должны выполняться неравенства:
$ a_1 > a_2 $
$ b_1 > b_2 $
$ c_1 > c_2 $

Потому, что например, при $ p = 3 $ и $ b $, кратном $ p $:

1) $ c^2+cb+b^2>c-b $

2) $ \frac{c^2+ca+a^2}{3} > 3(c-a) $
$ c(c-9) + a(a-9) +ca > 0 $ (по крайней мере, для $ a > 9 $ )

3) $ (a^2 - ab + b^2) > (a+b) $
$ a(a-1) + b (b-a-1) > 0 $ или $ b(b-1) + a(a-b-1) > 0 $
т.к. разность между $ b $ и $ a $ больше 1.

[Someone]

Батороев писал(а):

По-моему, такого не может быть, чтобы ни одно из чисел $ a, b, c $ не делилось на $ p $.

Поскольку при $p>2$ таких $a,b,c$ не существует, то формально Ваше утверждение верно. Однако как это вывести, не зная заранее, что ВТФ верна? Вот забавный пример для $p=7$: http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=7492#7492 (по модулю $7^9$).

[Батороев]

Someone писал(а):

Батороев писал(а):

По-моему, такого не может быть, чтобы ни одно из чисел $ a, b, c $ не делилось на $ p $.

Поскольку при $p>2$ таких $a,b,c$ не существует, то формально Ваше утверждение верно. Однако как это вывести, не зная заранее, что ВТФ верна?

Хотя дело и было ночью, но и утром рассуждения, которые были приведены ниже указанной Вами моей цитаты, мне лично показались довольно убедительными.

[Someone]

Батороев писал(а):

выражение $ a + b - c $ должно состоять из делителей не вида $ m = 2kp + 1 $ чисел $ a, b, c $

А почему только из них? Почему не могут появиться делители, которых не было в $abc$?

[Батороев]

Во-первых, соглашусь с Вами в том, что рассматриваем мы числа $ a, b, c $, которых, как Вы писали, "не существует".
Во-вторых, замечу, что такое рассмотрение - вещь очень забавная, под вид того, о чем в Поднебесной говорят: "Искать черную кошку в темной комнате".
В-третьих, соглашусь (опять же гипотетически), что в выражении $ a + b - c $ скорее есть, чем нет тех делителей, которых не было в $abc$, т.к. если таковых нет, то получаем:
$ (a+b-c)^p = p(a+b)(c-a)(c-b) $,
чего не может быть, по крайней мере, для $ p>3 $, даже для чисел, одно из которых иррационально, учитывая то, что $ (a+b)(c-a)(c-b) = \frac{(a+b-c)^3 -(a^3+b^3-c^3)}{3} $

[Someone]

Батороев писал(а):

получаем: $ (a+b-c)^p = p(a+b)(c-a)(c-b) $

Откуда такое равенство?

Вообще, согласно малой теореме Ферма, для любого натурального $a$ и простого $p\geqslant 2$ выполняется $a^p\equiv a\pmod{p}$, поэтому из равенства $a^p+b^p=c^p$ следует $a+b\equiv c\pmod{p}$, то есть, $a+b-c$ делится на $p$.

[Батороев]

Someone писал(а):

Батороев писал(а):

получаем: $ (a+b-c)^p = p(a+b)(c-a)(c-b) $

Откуда такое равенство?

Вообще, согласно малой теореме Ферма, для любого натурального $a$ и простого $p\geqslant 2$ выполняется $a^p\equiv a\pmod{p}$, поэтому из равенства $a^p+b^p=c^p$ следует $a+b\equiv c\pmod{p}$, то есть, $a+b-c$ делится на $p$.

Я также исхожу из того, что $a+b-c$ делится на $p$ (и МТФ тоже использовал выше).

Указанное равенство получается из следующих соображений:

Имеем основное уравнение ВТФ для простых степеней:
$ a^p + b^p = c^p $
которое можно расписать тремя способами:
1) $ a^p = (c - b)(c^{p-1}+c^{p-2}b+...+b^{p-1}) $
2) $ b^p = (c - a)(c^{p-1}+c^{p-2}a+...+a^{p-1}) $ (1)
3) $ c^p = (a + b)(a^{p-1}-a^{p-2}b+...+b^{p-1}) $

Установлено, что выражения в скобках (1) не могут иметь общих множителей за исключением простого $ p $, которое может присутствовать в одном из многочленов:
$ (c^{p-1}+c^{p-2}b+...+b^{p-1}) $
$ (c^{p-1}+c^{p-2}a+...+a^{p-1}) $
$ (a^{p-1}-a^{p-2}b+...+b^{p-1}) $,
в степени, не выше первой. (2)

Выражения:
$ (c - b) $, $ (c - a) $, $ (a + b)$ (3)
имеют общие простые множители соответственно с числами $a, b, c $, но в степенях, в $p$ раз бОльших, чем они присутствуют в этих числах (4). Исключение составляет множитель $p$, обязательность наличия которого в одном из выражений (3) мной (нами) пока не доказана, но если он имеется, то в степени $kp-1$ (где $k$ -степень, в которой число $p$ присутствует в одном из чисел $a, b, c $).


Отсюда делаем вывод, что выражение
$ (a + b - c) = (a+b)-c = a-(c-b) = b-(c-a) $ является, как минимум, произведением всех указанных в (4) простых множителей в степенях, сответствующих тем, в каких они присутствуют в числах $ a, b, c $.
Кроме того, доказано, что:
$ (a+b-c)\equiv 0(mod p) $ (5)

Если бы других множителей, кроме упомянутых в (4), в выражении
$ (a + b - c) $ не было,
то с учетом (5) в одном из выражений (3) присутствовал бы множитель $p$ (в указанной выше степени).

Соответственно, должно было бы соблюдаться равенство:
$ (a+b-c)^p = p(a+b)(c-a)(c-b) $ (6)
($ p $ в правой части играет роль "компенсатора" утверждения (2)).

[Батороев]

Пусть имеется натуральное число $ m = kl $, где $ k $ и $ l $ - взаимнопростые числа.

Рассмотрим выражение:
$ (m^6+1) - (k^6+l^6) = (k^6 - 1)(l^6 - 1) $ (1)

Отметим, что если даже одно из чисел ($ k $ или $ l $) делится на 7, то выражение (1) в целом все равно будет удовлетворять условию сравнения:
$ (m^6+1) - (k^6+l^6)\equiv 0 \pmod {7} $ (2)
(кстати, также и по $ \pmod {8, 9} $).



Теперь перейдем к ВТФ для степени $ n = 3$:
$ a^3 + b^3 = c^3 $ (3)
или
$ a^3 = (c-b)(c^2+cb+b^2) $
$ b^3 = (c-a)(c^2+ca+a^2) $ (4)
$ c^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2) $

Легко доказывается (например, как здесь), что одно из чисел должно делиться на 7.


Рассмотрим два варианта:
1) $ b\equiv 0\mod {3, 7} $.
Можно составить сравнение, аналогичное (2),
$ a^6+1-(c-b)^2-(c^2+cb+b^2)^2 \equiv 0 \pmod {7} $ (5)

Т.к. $ a^6+1\equiv 2 \pmod {7} $,
следовательно, $ (c-b)^2+(c^2+cb+b^2)^2\equiv 2 \pmod {7} $
или $ c^2 + c^4\equiv 2 \pmod {7} $.
Этому соответствует:
$ c\equiv \pm{1} \pmod {7} $ (6)

Аналогично рассмотрев сравнение:
$ c^6+1-(a+b)^2-(a^2-ab+b^2)^2 \equiv 0 \pmod {7} $ (7),
получаем:
$ a\equiv \pm{1} \pmod {7} $ (8)


2) $ c\equiv 0 \pmod {3, 7} $
Снова рассмотрим сравнение (5):
$ a^6+1-(c-b)^2-(c^2+cb+b^2)^2\equiv 0 \pmod {7} $ (5)
Для этого случая рассуждения аналогичны вышеизложенным
(но по отношению к $b$),
поэтому:
$ b\equiv \pm{1} \pmod {7} $.

Рассмотрев сравнение:
$ b^6+1-(c-a)^2-(c^2+ca+a^2)^2\equiv 0 \pmod {7} $ (9)
получаем, что и $ a\equiv \mp{1} \pmod {7} $.

p.s. Случай для ВТФ $n=3$, когда число кратно 7, но не кратно 3, пока не рассматривается.

[Батороев]

Продолжение сообщения от 25.03.

3) $ c\equiv 0\pmod {7}, b\equiv 0\pmod {3} $

Рассмотрим так называемый "Случай 2 ВТФ для $ n = 3 $".
Для данного случая можно использовать сравнение:
$ b^6 + 1 - 9(c-a)^2 - \frac{(c^2+ca+b^2)^2}{9} \equiv 0\pmod {7} $ (10)
или
$ 9b^6 + 9 - 81(c-a)^2 - (c^2+ca+a^2)^2 \equiv 0\pmod {7} $
$ 4a^2 + a^4 \equiv 2\pmod {7} $
Перебрав остатки по основанию 7 соответствующих степеней, можно убедиться, что сравнение (10) не выполняется.
Следовательно, вариант 3 - невозможен.


4) $ b\equiv 0\pmod {7}, c\equiv 0\pmod {3} $

Рассмотрим также "Случай 2 ВТФ для $ n = 3 $".
Для данного случая можно использовать сравнение:
$ c^6 + 1 - 9(a+b)^2 - \frac{(a^2-ab+a^2)^2}{9} \equiv 0\pmod {7} $ (11)
или
$ 9c^6 + 9 - 81(a+b)^2 - (a^2-ab+b^2)^2 \equiv 0\pmod {7} $
$ 4a^2 + a^4 \equiv 2\pmod {7} $
Перебрав остатки по основанию 7 соответствующих степеней, можно убедиться, что сравнение (11) не выполняется.
Следовательно, вариант 4 - также невозможен.

Таким образом, если нигде не ошибся, то можно сделать вывод:
Уравнение $ a^3 + b^3 = c^3 $ не может выполняться,
если одно из чисел одновременно не делится на 3 и 7, а два других числа при этом не имеют остатки $ \pm {1} \pmod {7} $.

[Батороев]

Вариант доказательства половины ВТФ.

Основное уравнение ВТФ:
$ a^n + b^n = c^n $ (1)

Если бы выполнялось (1), то должно было бы выполняться и следующее равенство:
$ a^n(a^n + 1) + b^n(b^n + 1) - c^n(c^n + 1) = a^{2n} + b^{2n} - c^{2n} $ (2)

Поделив на два:
$ \frac{a^n(a^n + 1)}{2} + \frac{b^n(b^n + 1)}{2} - \frac{c^n(c^n + 1)}{2} = \frac{a^{2n} + b^{2n} - c^{2n}}{2} $
получаем:
$ T_{a^n} + T_{b^n} - T_{c^n} = \frac{a^{2n} + b^{2n} - c^{2n}}{2} $, (3)
где $ T $ - треугольные числа.

Можно заметить, что правая и левая части выражения (3) при нечетных $ n > 1 $ и нечетных $ c $ имеют разные степени четности.
Отчего равенство (2), а соответственно и равенство (1), не возможны.