Вариант гипотетического доказательства ВТФ.

[Батороев]

Основное уравнение Великой теоремы Ферма (ОУВТФ):
$ a^n + b^n = c^n $ (1)

Рассмотрим $ n $ - простые.

Допустим, что $ c = c_1c_2 $,
$ c_1 = p_1p_2...p_i $, где простые $ p\equiv 1 (mod n) $, (2)
$ c_2 = q_1q_2...q_j $, где простые $ q\equiv/\equiv 1(mod n) $.

Можно переписать ОУBТФ в виде:
$ c_2^n = (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n $,
на основании чего составить сравнение:
$ (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n\equiv 0 (mod c_2) $. (3)
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.
Следовательно, у числа $ c $ не может быть делителей $ c_2 $.


Рассмотрим ОУВТФ в виде:
$ b^n = c^n - a^n $ (6)
Допустим, что $ b = b_1b_2 $,
$ b_1 = p'_1p'_2...p'_i $, где простые $ p'\equiv 1 (mod n) $, (7)
$ b_2 = q'_1q'_2...q'_j $, где простые $ q'\equiv/\equiv 1(mod n) $,

Можно переписать ОУBТФ в виде:
$ b_2^n = (\frac{c}{b_1})^n - (\frac{a}{b_1})^n $,
на основании чего составить сравнение:
$ (\frac{c}{b_1})^n - (\frac{a}{b_1}) ^n\equiv 0 (mod b_2) $. (8)
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно при
$ (\frac{c}{b_1}) - (\frac{a}{b_1}) \geq b_2 $
или $ c - a \geq b $, (9)
что недопустимо.
Таким образом, делителей $ b_2 $ быть не должно.

Аналогично, можно показать, что не может быть и у числа $ a $ делителей $ a_2 = q, где $ q.

Но делители чисел $ a, b, c $ не могут все иметь остаток $ 1 (mod n) $.
Поэтому ОУВТФ для $ n\geq 3 $ не выполнимо.

[Батороев]

В гипотетическом (предполагаемом) доказательстве ВТФ необходимо доказать несколько моментов.
Не знаю, как они доказываются (а может они уже доказаны; если нет, то надеюсь, что их док-во несложно), но тезисно постараюсь пояснить.

1) Все целые числа d, непревосходящие простое число q (имеющее остаток по основанию $ n $ отличный от 1), возведенные в $ n-$нную степень (где $ n $ - простое число, большее 2), имеют разные остатки по основанию числа q.

По Малой теореме Ферма, числа d при возведении их в степень имеют периодический ряд остатков по основанию любого простого числа.
Период этих остатков по основанию любого простого числа $ m $ равен $ (m - 1) $.
Для любого d порядок остатков индивидуален (т.к. индивидуальны их остатки в степенях 1 и $ m $).
Для некоторых чисел d период изменения остатков меньше, чем период $ (m - 1) $, но целое число раз укладывается в нем. Кратность такой "укладки" равна одному из делителей числа $ (m - 1) $.

В виду того, что для простых чисел $ p\equiv 1(mod n) $ число $ n $ является делителем числа $ (p - 1) $, то числа d, непревышающие p, при возведении их в $ n-$нную степень могут иметь одинаковые остатки.

В виду того, что для простых чисел $ q\equiv/\equiv 1(mod n) $ число $ n $ не является делителем числа $ (q - 1) $, то числа d, непревышающие q, при возведении их в $ n-$нную степень не могут иметь одинаковые остатки.

[Yarkin]

Батороев писал(а):

Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

А что будет при $n=2$?

[Батороев]

Yarkin писал(а):

Батороев писал(а):

Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

А что будет при $n=2$?

При $ n = 2 $ существует единственное значение простых $ q = 2\equiv/\equiv 1(mod 2)$, соответственно, $ c $ должно быть четным, но таких пифагоровых троек при взаимнопростых $ a, b, c $ быть не может (кстати, в первом сообщении забыл отметить, что $ a, b, c $ - взаимнопростые).

[bot]

Переход к сравнениям рациональных чисел вместо целых ничего ведь не даст - это просто переформулировка. А больше ничего и не вижу. А вот обращаться с такими сравнениями нужно аккуратно. Судя по неравенствам, которые пишете, не относитесь ли Вы к ним как к обычным сравнениям?

[Батороев]

bot писал(а):

Переход к сравнениям рациональных чисел вместо целых ничего ведь не даст - это просто переформулировка. А больше ничего и не вижу. А вот обращаться с такими сравнениями нужно аккуратно. Судя по неравенствам, которые пишете, не относитесь ли Вы к ним как к обычным сравнениям?

Согласен с Вами, уважаемый bot , что здесь - дело тонкое.

В данном случае, неравенства я скорее рассматриваю не как сравнения по остаткам от деления, а как сравнения окончаний чисел в системах счисления (СС) с основаниями простых чисел.
Под таким углом, как мне кажется, рациональные числа все же можно сравнивать.
Здесь, Ваши подсказки по переводу дробей из одной СС в другую пришлись, как нельзя кстати (правда, осваиваются мной медленно).

В целом, порядок доказательства мне представляется следующим:
1. Доказать, что в q-чных СС окончания в последовательном ряду целых чисел в степенях n повторяются не чаще, чем через q (мои пояснения по этому поводу, сделанные во втором сообщении, по-видимому, не достаточны).
2.1. Доказать, что при делении чисел на n-ную степень любого числа указанное в п.1 расстояния между повторениями окончаний целых чисел в q-чной СС увеличиваются пропорционально этому любому числу (как мне кажется, просто ряд расстягивается засчет "вклинивания" окончаний дробных чисел).
2.2. Доказать, что расстояние между дробными числами в указанном в п.2.1. ряду, разность между которыми равна или кратна q, не меньше самого числа q.

[Батороев]

По п.1 предлагаю ввести временно (на период обсуждения ) аксиому, которую условно назову:

Аксиома о полноте информации в рядах остатков от деления .
Суть ее состоит в следующем:
Имеются простые числа $ m $ и целое число $ n $.
Имеется целое число $ k $ такое, что соблюдается равенство:
$ nk = $ НОК$ (m-1, n) $
При этом соблюдаются два сравнения:
$ u^n\equiv v (mod m) $, где $ u $ - числа, непревышающие $ m $.
$ v^k\equiv 1 (mod m) $.
Аксиома утверждает, что в ряду остатков чисел в любой степени $ n $ имеется полная информация о всех числах $ v $, остатки которых в степени $ k $ равны 1.
Согласно данной аксиоме при взаимнопростых числах $ m-1$ и $ n $
в ряду $ n- $ной степени должны быть представлены в виде остатков все числа от 1 до $ m-1$. Другими словами, повторения остатков исключены.

[Батороев]

Поздновато, но нашел пары дробных чисел, которые не удовлетворяют условию 2.2.
Отсюда вынужден сделать вывод о том, что данный вариант доказательства ВТФ в целом не годится.



p.s. Время действия упомянутой выше аксиомы считается законченным.

[Yarkin]

Батороев писал(а):

Yarkin писал(а):

Батороев писал(а):

Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

А что будет при $n=2$?

При $ n = 2 $ существует единственное значение простых $ q = 2\equiv/\equiv 1(mod 2)$, соответственно, $ c $ должно быть четным, но таких пифагоровых троек при взаимнопростых $ a, b, c $ быть не может (кстати, в первом сообщении забыл отметить, что $ a, b, c $ - взаимнопростые).

Тогда Ваши выводы будутгодны и для $n=2$

[Батороев]

Yarkin писал(а):

Батороев писал(а):

Yarkin писал(а):

Батороев писал(а):

Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

А что будет при $n=2$?

При $ n = 2 $ существует единственное значение простых $ q = 2\equiv/\equiv 1(mod 2)$, соответственно, $ c $ должно быть четным, но таких пифагоровых троек при взаимнопростых $ a, b, c $ быть не может (кстати, в первом сообщении забыл отметить, что $ a, b, c $ - взаимнопростые).

Тогда Ваши выводы будутгодны и для $n=2$

Никаких выводов по этому поводу я не делал, а лишь отметил, что указанные варианты для данного случая не годятся, т.к. не бывает пифагоровых троек с четным $ c $. В этом можно легко убедиться, рассмотрев ОУВТФ для степени $ n = 2 $ в остатках по основанию $ 4 $.

[Yarkin]

Батороев писал(а):

т.к. не бывает пифагоровых троек с четным

У Вас $c$ - четное?

[Батороев]

Yarkin писал(а):

У Вас $c$ - четное?

См. выше.

[Yarkin]

Батороев писал(а):

Yarkin писал(а):

У Вас $c$ - четное?

См. выше.

$c$ - нечетное, тогда пифагоровы тройки могут быть. Вы рассматриваете $n>2$ согласно условию ВТФ?

[VladStro]

Yarkin писал(а):

Все ищут доказательство ВТФ, а я убежден что она недоказуема и все имеющиеся её доказательства содержат ошибки.

Ошибки в доказательствах содержатся потому, что все ищут в сути решения то, чего не может существовать по определению. Равенство трёх произвольных чисел вида: $P + Q = R$, не может не раскладываться на три полных квадрата, поскольку это и есть равенство Пифагора, а не три одинаковые степени (n > 2). Покинуть пределы этой теоремы о трёх квадратах сторон прямоугольных треугольников можно в единственном случае, то есть, полностью исключив возможность существования равенства в выражении: $P + Q$ ≠ $R$

VladStro.

[Коровьев]

Батороев писал(а):

Можно переписать ОУBТФ в виде:
$ c_2^n = (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n $,
на основании чего составить сравнение:
$ (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n\equiv 0 (mod c_2) $. (3)
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.
Следовательно, у числа $ c $ не может быть делителей $ c_2 $.

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.
Т.о. желательно писать не

Цитата:

$ (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n\equiv 0 (mod c_2) $. (3),

а
$ (ac_1^-^1)^n + (bc_1^-^1)^n\equiv 0 (mod c_2) $.
А отсюда следует не

Цитата:

1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ ,

что в корне не верно,а
$ ac_1^-^1 + bc_1^-^1 \equiv 0 (mod c_2) $ , что истинно.
Но отсюда следует только тривиальное
$ a + b \equiv c_1 (mod c_2)$ ,
а отнюдь не
$ a + b = c_1c_2 =c $,