Допустимо ли показанное здесь простое доказательство Великой теоремы Ферма с результатом xyz=0?

Великая теорема Ферма: Для любого натурального числа n>2 уравнение Xⁿ+yⁿ=zⁿ не имеет решений в целых ненулевых числах x, y , z.
Представляемое доказательство использует только первые цифры, a,b,c, справа у всех чисел, х,у,z, хⁿ, уⁿ, zⁿ и не использует явно терминологию модульной арифметики.
Доказательство:

	Комментарий модератора
	В доказательство были внесены исправления. Последний вариант см. в сообщении #137. Следующий текст оставлен как есть, чтобы не нарушать хронологию. Примечание: промежуточный вариант доказательства см. в сообщении #77.

Лемма: Для всех взаимно простых чисел x, y, z Є Z, которые являются решениями уравнения ВТФ, существуют a, b, c>0 в уравнениях aⁿ+bⁿ=cⁿ, (1), aⁿ⁺⁴+bⁿ⁺⁴=cⁿ⁺⁴, (2), a^n-4+b^n-4=c^n-4, (3), где a, b, c являются (остатками по модулю числовой основы) цифрами в младшей позиции в числах x, y, z; где n есть целое нечётное ≥7.
1. Делим уравнение ВТФ, xⁿ+yⁿ=xⁿ, n нечётное >2, x, y, z-взаимно простые числа, Z, на (xyz)ⁿ и после упрощения получаем уравнение [(xz)^-1]ⁿ+[(yz)^-1]ⁿ=[(xy)^-1]ⁿ, (4), исключая таким образом тривиальные решения.
2. Поскольку мы имеем все три цифры ненулевыми, то делим уравнение (1) на уравнение (3):
(aⁿ+bⁿ)/(a^n-4+b^n-4)=(cⁿ)/(c^n-4) и получаем (aⁿ+bⁿ)/(a^n-4+b^n-4)=c⁴, (5).
3. Возводим уравнение (5) в квадрат, получив ((aⁿ+bⁿ)²)/((a^n-4+b^n-4)²)=c⁸, (6).
4. Делим уравнение (2) на уравнение (3): (aⁿ⁺⁴+bⁿ⁺⁴)/(a^n-4+b^n-4)=cⁿ⁺⁴/c^n-4 и получаем (aⁿ⁺⁴+bⁿ⁺⁴⁾/(a^n-4+b^n-4)=c⁸,(7).
5. Делим уравнение (6) на уравнение (7):
[((aⁿ+bⁿ)²)/((a^n-4+b^n-4)²)]/[(aⁿ⁺⁴+bⁿ⁺⁴)/(a^n-4+b^n-4)] =1 и получаем
((aⁿ+bⁿ)²)/[(a^n-4+b^n-4)(aⁿ⁺⁴+bⁿ⁺⁴)]=1, (8).
6. Переписываем уравнение (8) таким образом: (a^n-4+b^n-4)(aⁿ⁺⁴+bⁿ⁺⁴)= (aⁿ+bⁿ)², (9).
7. Переписываем уравнение (9) таким образом
a²ⁿ+aⁿ⁺⁴b^n-4+a^n-4bⁿ⁺⁴+b²ⁿ=a²ⁿ+2aⁿbⁿ+b²ⁿ, (10).
8. Сокращаем слагаемые a²ⁿ и b²ⁿ в уравнении (10) справа и слева, поскольку в сумме они дают 0, и получаем a^n-4b^n-4(a⁸+b⁸)=2aⁿbⁿ или 2a^n-4b^n-4(a⁴b⁴), (11).
9. Решая уравнении (11), получаем a^n-4b^n-4(a⁴-b⁴)²=0, которое после умножения обеих частей последнего уравнения на c^n-4 дает уравнение (abc)^n-4(a⁴-b⁴)²=0, (12).
10. Переписываем уравнение ВТФ следующим образом: Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ, где X=x, Y=-z, Z=-y, (13).
11. Повторяя операции 1-8, и после умножения на (-b)^n-4, мы получаем уравнение
(abc)^n-4(a⁴-c⁴)²=0, (14).
12. Решая совместно уравнения (12) и (14), мы находим, что a=b=c, (15), -при этом, исключены из рассмотрения все алгебраические корни со знаком "-", поскольку они не имеют смысла и займут только время и место.
13. Результат (15) означает, что a=b=c=0, (16), поскольку любые иные решения не имеют смысла.
14. Результат (16) означает, что числа x, y, z не являются взаимно простыми, а условие a,b,c>0 не достигнуто, что противоречит Лемме.
15. Единственным непротиворечивым условием после 1.-14. необходимо выбрать xyz=0, т.е., тривиальные решения для уравнения ВТФ, что означает, что ВТФ доказана.
Q.E.D.

НАБЛЮДЕНИЯ для Пифагоровых Троек.
Для примитивных Пифагоровых Троек, которые имеют|a-b|≠1 в любой числовой Базе, всегда можно подобрать такую числовую Базу, чтобы записать выражение a=b. Например, примитивная Пифагорова Тройка, записанная в числовой Базе 10, как (11, 60, 51) , будет записана в числовой Базе 7, как (14, 114, 115). Т.е., a=b=4. И т.д.
Примитивные Пифагоровы Тройки с записью в Базе 10, такие, как (3, 4, 5), (20, 21, 29), (119, 120, 169), не могут иметь запись a=b ни в одной из числовых Баз.

ДИСКУССИЯ о чётных значениях показателя степени n.
Возникает вопрос, когда Операция 11 невозможна при чётных значениях показателя степени n. Если a≠b и оба этих параметра >0, то следующая модификация уравнения (11) не может быть выполнена, поскольку, здесь всегда должно быть равенство 0:
(ab)^n-4(a⁴-b⁴)²=0, (11.1), что является противоречием и, следовательно, один из параметров должен быть равен 0. Если a=b и оба >0, тогда уравнение (12) подразумевает, что c=0, но это тоже противоречит условию Леммы a, b, c>0. Следовательно, представленное доказательство ВТФ действительно также и для чётных значений n>6 в уравнениях (1), (2), (3) Леммы.

Добавлено через 1 час 0 минут

Сообщение от Etotak которые имеют|a-b|≠1

================================
Надо читать так: которые имеют|x-y|≠1 в любой числовой Базе

Добавлено через 38 минут

Сообщение от Etotak записанная в числовой Базе 10, как (11, 60, 51)

======================================== ============
Следует читать так: "...записанная в числовой Базе 10, как (11, 60, 61),,,"

0

П.С. Добавлено ещё 1 Вложение.

Вложения

На архив.pdf (186.9 Кб, 0 просмотров)

0

Ни черта толком не понял, но завтра разберусь и сделаю. Ну и, тему почищу, естественно.

Насчёт моей неуверености. Я хочу вернуть Вашу тему в то место, где она была создана, но пока я не вижу, что Вам удалось как-то обойти (или применить) Танияму и Ивасаву. Может быть, виной тому неуверенность моя или скудокумие моё, а, может быть, Ваш недосмотр. Пока не определился.

И вот ещё что я подумал. Какого лешего Вы Вашу информацию сюда выложили? Вас что, на математических форумах отфутболили, что ли? Поймите, это программистский форум, а программисты-математики не такие уж и математики. Мы прикладники, а не теоретики. Вы закинули Вашу инфу в какой-нибудь серьёзный математический форум или, например, журнал? И что ответили? Мы-то, конечно, сведущи в математике, но, очевидно, недостаточно сведущи для Великих теорем, в отличие от "чистых" математиков. Зачем Вы решили задать Ваш вопрос здесь нам, так скажем, глупцам? У Вас с логикой как, всё нормально?

0

Сообщение от Cyborg Drone Я хочу вернуть Вашу тему в то место, где она была создана

Спасибо.

Сообщение от Cyborg Drone Вам удалось как-то обойти (или применить) Танияму и Ивасаву.

Откуда следует такая необходимость? Элементарное доказательство ВТФ представлено. Это не A. Wiles's proof.

Сообщение от Cyborg Drone Вы закинули Вашу инфу в какой-нибудь серьёзный математический форум или, например, журнал?

Не "закидывали" в журнал, поскольку это надо писать... Но, мешает двигатель прогресса. А что -двигатель прогресса? Правильно. Лень. Но, когда/если надо, то подсуетимся. Хотя, если док-во правльное, то особо и суетиться, скорее всего, не надо будет. "Сами придут и всё дадут"... На конкурентном форуме были. Но, Лемма была неправильно сформулирована. Это ж-творческий процесс. Кто знает СРАЗУ -что должно быть правильным, и как это должно быть расположенным, в каких соотношениях быть. Или не быть...Поэтому, налетели там, как ...не буде дальше распространяться. Пришлось собственноручно написать самому большому начальнику, чтоб закрыл тему. Могли бы , конечно, и поругиваться..Но-какой смысл? И так замучались по причине тАво форума клепать себе е-мэйл ID, чтобы регистрироваться вновь и вновь. Ну...И подумали- до свидания! Не будем там у вас чего-либо писать ещё! И не пишем. К тому же, поотследили, что несмотря на "ru", совсем там уж и не "ru"
Подчеркнуть ещё раз хотелось бы, что доказательство верно, если не выполнено условие |(хуz)|ⁿ<р. Работа над более общим доказательством происходит каждый день.

Сообщение от Cyborg Drone недостаточно сведущи для Великих теорем, в отличие от "чистых" математиков.

Дык, то же самое. Один из нас вашего возраста, и оба с образованием техническим , ну, и с прикладной математикой.

Сообщение от Cyborg Drone Зачем Вы решили задать Ваш вопрос здесь нам, так скажем, глупцам?

Откуда знать заранее -что здесь есть и кто здесь есть. Квалифицированные же математки есть, чего уж там? Про "глупцы"-это Вы зря...

Сообщение от Cyborg Drone У Вас с логикой как, всё нормально?

Откуда знать это изнутри? Вам виднее. Сильно заметно, что с логикой на этой стороне плохо?

По теме предыдущих сегодняшних комментариев. Если вас не затруднит, хотелось бы попросить Вас также внести два изменения, в двух пунктах со слова "означает" на "может означать". Близко, но разное...Это пункты 13 и 14 во второй главе "2. Опровержение Леммы для множества Z=доказательство ВТФ (FLT).".
Вот они, а требуемое к изменению слово выделено жирным шрифтом:
"13. Результат (15.2) означает, что a=b=c=0, (16.2), поскольку любые иные решения не имеют смысла.
14. Результат (16.2) означает, что числа x, y, z не являются взаимно простыми, а условие a,b,c>0 не достигнуто, что противоречит Лемме."

Спасибо заранее!







...

0

Сообщение от Etotak Про "глупцы"-это Вы зря...

Ну, это я так грубо сократил, чтобы долго не объяснять. Конечно, не глупцы, но, специфика, однако. Разница есть между всеобщим и конкретным.

Сообщение от Cyborg Drone я не вижу, что Вам удалось как-то обойти (или применить) Танияму и Ивасаву

Пока что мне видится, что Ваше доказательство - это вариант доказательства Уайлса. Оттого-то я и помянул Танияму с Ивасавой. Скорее всего, я не прав.

Вообще вот запутался, что и куда исправлять. Давайте завтра, хорошо?

0

Сообщение от Cyborg Drone Вообще вот запутался, что и куда исправлять. Давайте завтра, хорошо?

Не вопрос...
Предлагаю делать шаг за шагом. Сначала любезно заменяете текст Леммы на тот , который дан чуть выше. Оповещаете -всё ок...
После этого -добавляете перед пунктом 1 (сразу после текста Леммы) пункт 0. Оповещаете-всё ок...
После этого делаете изменения "означает" на "может означать", как записано выше. Оповещаете-всё ок.
Лишние тексты этой технической работы убираем...
Спокойной ночи.

0

Вот ведь... Наобещал-то... Etotak, дико извиняюсь, у меня как-то вылетело из головы, что в этом разделе я не модератор.

0

Cyborg Drone, и чего теперь делать я не знаю. Вы, видимо, хотели сказать, что проблема-нерешаемая.
Тут уже решение для "p large" (проверить надо) придумано, но пока нет возможности поправить уже обсуждённые недочёты.

0

Нет, я сказал, что в этом разделе Вашу тему я исправить не могу: нет прав на редактирование.

0

Сообщение от Cyborg Drone Нет, я сказал, что в этом разделе Вашу тему я исправить не могу: нет прав на редактирование.

Я это понял с первого раза. И что делать теперь-совет есть какой?
А это остаётся в силе?

Сообщение от Cyborg Drone Я хочу вернуть Вашу тему в то место, где она была создана

0

Уважаемые iifat (мне почудилось, что это тоже Вам будет интересно) и Cyborg Drone,
Ниже-информация уведомительного характера.
Общение было на других платформах в течение этих нескольких дней тоже.
Наш (скажем так, завершающий...) коммент-во Вложениях, стр.1 и стр. 2. Уже сил выписывать чего-то нету, поэтому-только фотки... Смысл такой. Показана формула, (1), которая преобразовыват примтивные Пифагоровы Тройки в одной числовой базе, p', в другую числовую базу, p ( в данном случае, это необязательно простое число), таким образом, что числа x, y, z, становятся в ной числовой базе самыми младшими цифрами, a, b, c, новой Пифагоровой Тройки, x₁, y₁, z₁. Т.е., a=x, b=y, c=z и x₁=a mod p, y₁=b mod p, z₁=c mod p. Показан пример, как из Пифагоровой Тройки (5, 12, 13) с записью в десятичной числовой базе получена Пифагоровва Тройка (21, 220, 221) с записью в десятичной числовой базе, или (15₁₆, DC₁₆, DD₁₆) с записью в 16-тиричной числовой системе.
Необходимость обсуждать эти вещи возникла в связи с тем, чтобы избежать "p large"-контраргумент к нашему доказательству ВТФ, поскольку формула (1) может быть тоже записана и для уравнений ВТФ, если соответствующим образом сделать работу над Биномом Ньютона. Всё это привело к тому, что возражения нашего оппонента П.Б. можно считать такими, что они получили ощутимое для него возражение, что
можно проследить по копии его ответа, см. Вложения с соответствующим названием. Он, раньше думал, как нам представляется, что мы говорим в нашей Лемме об одной гипотетической Тройке Ферма и именно на этом строил свой контраргумент "p large", но сейчас ему нечего сказать пока ещё... Может, позже? Посмотрим. Сейчас же, он начал говорить про Э. Уайлса и прочие очень общие вещи. Хотя, ранее, на протяжении нескольких лет, был очень яростным противником.
И ещё одно Вложение-от японского математика, который был упомянут несколькими днями ранее. Он снова написал свой новый комментарий ободряющего характера.

П.С. Не могу загрузить изображения, хотя раньше легко это делал. Что случилось? Пишет "Этот файл не является изображением".
Но, это не так.

0

Попробую ещё раз отправить мои файлы, которые вчера не удалось отправить.

Миниатюры

     

   

0

Сообщение от Etotak Подчеркнуть ещё раз хотелось бы, что доказательство верно, если не выполнено условие |(хуz)|n<р. Работа над более общим доказательством происходит каждый день.

Cyborg Drone, все "атаки" отбиты, все "сдулись"-там где атаки были отбиваемы. Никаких ограничений нет.
Может быть, Вы сможете найти время, чтобы начать править?
Тогда, первым шагом исправляем Лемму, как написано выше-в моих комментах. В частности, см. коммент 120 от 18.03.2025 , 22.10 по Москве. Это русскоязычный текст. В комменте 118 от 18.03.2025 , 17.07.
После исправления текста Леммы (желательно бы его иметь там, и на русском, и на английском языках), попросил бы ещё раз , чтобы выполнить пункт 0 в такой редакции и сразу после текста Леммы и пункта "Доказательство Леммы":
0. Let the entry ≡_p be equivalent to the entry mod p for aⁿ+bⁿ≡_pcⁿ, (1); a^n-k+b^n-k≡_pc^n-k, (2); a^n+k+b^n+k≡_pc^n+k, (3), when m=n, m=n-k, m=n+k, where n is odd, k is even.
Или, что то же самое, но, по-русски:
0. Пусть запись ≡_p эквивалентна записи mod p для aⁿ+bⁿ≡_pcⁿ, (1); a^n-k+b^n-k≡_pc^n-k, (2); a^n+k+b^n+k≡_pc^n+k, (3), когда m=n, m=n-k, m=n+k, где n нечетно, k четно.
Просто, они-те, кто обсуждал это всё, настолько щепетильны, что прекрасно зная об эквивалентности обоих записей, указывали, тем не менее, включить это отдельным упоминанием, поскольку mod p используется чаще.
Пока у меня всё.

0

Исправил сообщение #77. Посмотрите, может быть, нужно изменить форматирование.

0

Сообщение от Cyborg Drone Исправил сообщение #77. Посмотрите, может быть, нужно изменить форматирование.

Сейчас гляну ещё раз. Написал Вам в личку. Посмотрю насчёт форматирования и вернусь, если что, ещё.

Добавлено через 3 минуты
Посмотрел. Мне кажется пункт 0 в английской версии можно и убрать, а пункт 0 в русской версии можно не выделять жирным шрифтом. Это я у себя сегодня выделил, чтоб было легче искать через некоторое время, ибо, не знал-когда вернусь.
А выделение жирным шрифтом для текста ВТФ и в разно-язычных текстах Леммы, по-моему, нормально смотрятся. Что посоветуте-оставить для них жирный шрифт? Если-норм., то так и оставим.

0

Подрихтовал. Жирным шрифтом нормально. Основное должно быть выделено.

1

Привет. Не пора ли отметить коммент #77, как решение? Если-не пора, тогда интересно было бы, в конце концов, почитать внятные мотивированные возражения о причинах-почему "не пора". На других форумах до сих пор ещё -с некоторого времени-тоже нет возражений. А здесь-где все профессиональные математики? Всё-в отпусках?..
Добавим некоторое уточнение/пояснение по сути доказательства ВТФ: в представленном доказательстве ВТФ в комменте 77 чётные числа k, кратные p-1, являются порядками элемента/ов "a" (а также "b" и "c") по модулю "p", такие, что a^k=1 (mod p). Т.е., доказательство Леммы , а затем и её опровержение (которое равно доказательству ВТФ), основано исключительно ан малой теореме Ферма, МТФ.
Имеется доказательство частного случая для показателя степени n=3. Если интересно, можно выложить здесь. Или отдельной веткой. Вопрос модераторам-где было бы лучше-здесь или отдельной веткой?
Почему , вдруг, возник вопрос об этом частном случае? Потому, основываясь на нём, можно построить ещё одно общее доказательство для всех n. Но, оно тоже в начале основано на представленной выше Лемме. Расхождения начинаюся после доказательства этой Леммы. Эта разновидность общего доказательства была бы даже проще, чем представленная в комменте 77...Не знаю, судя по отсутствию реакции, это никому не интересно?
Ладно, ок.

0

Proof of Fermat’s Last Theorem via Fermat’s little Theorem and a Modular Quadratic Filter.

ABSTRACT

Fermat's Little Theorem (FlT) has been applied to a study of modular equations related to Fermat's Last Theorem (FLT). A quadratic modular filter has been proposed to eliminate trivial solutions. The standard hypothesis about the existence of integer solutions to the FLT equation has been refuted, as it has been discovered that the domain of such solutions is the same as the domain of trivial solutions. Therefore, the FLT is true.

Keywords: Fermat's Last Theorem, Fermat’s little Theorem, quadratic modular filter, number theory, contradiction.

1. Introduction.
For every integer n>2 the equation xⁿ+yⁿ=zⁿ, (†), has no solution in positive coprime integers.
We prove this by the chain FlT=>modular lemma=>identity(*)=>integer quadratic=>divisibility by p=>fatal contradiction.

2. Lemma and derivation of three equations.
Lemma: Let a, b, c ,p,k,m, n in ⁺, with n>2 odd, p>2 prime, p doesn't divide abc, k divide p-1 and even, a^k≡b^k≡c^k≡1(mod p), m≡n(mod k).
If aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p), then a^m+b^m≡c^m(mod p).

Proof. Steps 1-12 yield equations (1)-(3), see below.
1. Start from: a^k-b^k≡0(mod p) (FlT gives a^k≡b^k≡1).
2. Square: (a^k-b^k)²≡0(mod p)=>a^2k+b^2k≡2(mod p).
3. Expand: a^2k+b^2k-2a^kb^k≡0(mod p).
4. Move term 2a^kb^k on the right side: a^2k+b^2k≡2a^kb^k(modp).
5. Divide by a^kb^k: a^kb^-k+a^-kb^k≡2(mod p).
6. Multiply by aⁿbⁿ: a^n+kb^n-k+a^n-kb^n+k≡2aⁿbⁿ(mod p).
7. Add a²ⁿ+b²ⁿ to both sides: a²ⁿ+b²ⁿ+a^n+kb^n-k+a^n-kb^n+k≡a²ⁿ+b²ⁿ+2aⁿbⁿ(mod p).
8. Left-hand side factors into (a^n+k+b^n+k)(a^n-k+b^n-k)≡(aⁿ+bⁿ)²(mod p), (*).
9. Introduce c: aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p)=>(aⁿ+bⁿ)²≡c²ⁿ(mod p).
10. Since m≡n(mod k) and c^k≡1(mod p), a^n+k+b^n+k=c^n+k(mod p), a^n-k+b^n-k=c^n-k(mod p).
11. Write the three equations:
       aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p),          (1),
       a^n+k+b^n+k≡c^n+k(mod p), (2),
       a^n-k+b^n-k≡c^n-k(mod p),    (3).
12. The lemma is proved: (1)=>(2) and (3), hence every m≡n(mod k).

3. Modular filter.
Let's consider a quadratic equation of universal character with respect to u: u²+2Zu+(Z²-(A+B)²)=0, (KE), (A,B,Z) in , then roots
u: u=-Z±(A+B). Set A=aⁿ, B=bⁿ, Z=zⁿ. The lemma gives Z≡A+B(mod p). Fix A+B≡0(mod p), then Z≡0(mod p). Thus, integer roots u must satisfy u≡0(mod p). The filter is used to match the roots to the equation in the next section.

Example. Take p=37, A+B=37. Only filter-compliant u=37t, t in should be considered.

4. Hypothesis and lift to .
Let a=x(mod p), b=y(mod p), c=z(mod p) are non-zero in (†) and p doesn't divide xyz – it is our hypothesis. Among filter-compliant solutions cⁿ=zⁿ+pt (t≠0, because p doesn't divide z) and cⁿ=-zⁿ+pt for rings _p.
Therefore, there two integer roots, t₁ and t₂, should be existing. Insert into (*) and open the modulus to expand in ordinary equation: (a^n+k+b^n+k)(a^n-k+b^n-k)≡(zⁿ+pt)².
Expand: p²t²+2ptzⁿ+z²ⁿ-(aⁿ+bⁿ)²=0.
Quadratic in t: p²t²+2zⁿpt+[z²ⁿ-(aⁿ+bⁿ)²]=0.
The discriminant is a perfect square: Δ=4p²(aⁿ+bⁿ)².
Integer roots: t₁=-zⁿ/p-(aⁿ+bⁿ)/p, t₂=-zⁿ/p+(aⁿ+bⁿ)/p.

5. Fatal contradiction.
Adding and subtracting two roots gives p divide z and p divide (aⁿ+bⁿ). By hypothesis p doesn't divide abc and p doesn't divide z, hence p divides both z and one of x, y - violating coprimality. Therefore, our hypothesis is not true and no such prime p exists and (†) has no integer solution.
Q.E.D.

6. Conclusion.
The chain FlT=>modular lemma=>identity(*)=>integral quadratic=>divisibility by p destroys any hypothetical coprime
solution. Fermat’s Last Theorem is proved.

======================================== ==========
Доказательство Великой Теоремы Ферма через Малую Теорему Ферма и квадратичный модульный фильтр.

АННОТАЦИЯ.

Малая теорема Ферма (МТФ) применена к исследованию модулярных уравнений, связанных с Великой теоремой Ферма (ВТФ). Квадратичный модулярный фильтр предложен для устранения тривиальных решений. Стандартная гипотеза о существовании целочисленных решений уравнения ВТФ опровергнута, поскольку обнаружено, что область определения таких решений совпадает с областью определения тривиальных решений. Следовательно, ВТФ верна.

Ключевые слова: Великая Теорема Ферма, Малая Теорема Ферма, модулярный квадратичный фильтр, теория чисел, противоречие.

1. Введение.

Великая Теорема Ферма (ВТФ) утверждает: Для любого целого n>2 уравнение xⁿ+yⁿ=zⁿ, (†), не имеет решений в положительных взаимно простых целых. Мы доказываем ВТФ цепочкой выводов: МТФ*=>модульная лемма=>тождество(*)=>квадратное уравнение в целых=>делимость на p=>фатальное противоречие, где МТФ это Малая Теорема Ферма.

2. Лемма и получение трёх уравнений.

Лемма: Пусть a, b, c, p, k, m, n Є ⁺, где n>2 нечётное, p>2 простое, p не делит abc, k делит p-1 и чётное, a^k≡b^k≡c^k≡1(mod p), m≡n(mod k).
Если aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p), тогда a^m+b^m≡c^m(mod p).
Доказательство Шаги 1-12 дают уравнения (1)-(3), см. ниже.
1. Начинаем с: a^k-b^k≡0(mod p) (Поскольку МТФ даёт a^k≡b^k≡1).
2. Возводим в квадрат: (a^k-b^k)²≡0(mod p)=>a^2k+b^2k≡2(mod p).
3. Раскрываем: a^2k+b^2k-2a^kb^k≡0(mod p).
4. Переносим 2a^kb^k вправо: a^2k+b^2k≡2a^kb^k(modp).
5. Делим на a^kb^k: a^kb^-k+a^-kb^k≡2(mod p).
6. Умножаем на aⁿbⁿ: a^n+kb^n-k+a^n-kb^n+k≡2aⁿbⁿ(mod p).
7.Прибавляем a²ⁿ+b²ⁿ справа и слева: a²ⁿ+b²ⁿ+a^n+kb^n-k+a^n-kb^n+k≡a²ⁿ+b²ⁿ+2aⁿbⁿ(mod p).
8. Левая часть преобразуется в (a^n+k+b^n+k)(a^n-k+b^n-k)≡(aⁿ+bⁿ)²(mod p), (*).
9. Вводим переменную c: aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p)=>(aⁿ+bⁿ)²≡c²ⁿ(mod p).
10. Поскольку m≡n(mod k) и c^k≡1(mod p), a^n+k+b^n+k=c^n+k(mod p), a^n-k+b^n-k=c^n-k(mod p).
11. Выписываем все три уравнения:
       aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p),          (1),
       a^n+k+b^n+k≡c^n+k(mod p), (2),
       a^n-k+b^n-k≡c^n-k(mod p),    (3).
12. Лемма доказана: если выполнено (1), то выполнены (2) и (3), а, значит, и для каждого m≡n(mod k).

3. Модулярный фильтр.
Рассмотрим квадратное уравнение универсального характера относительно u: u²+2Zu+(Z²-(A+B)²)=0, (KE), (A,B,Z) Є , тогда корни u: u=-Z±(A+B). Положим A=aⁿ, B=bⁿ, Z=zⁿ. Лемма даёт Z≡A+B(mod p). Для простого p фиксируем A+B≡0(mod p), тогда Z≡0(mod p). Следовательно, целые корни u должны удовлетворять u≡0(mod p). Фильтр используется для сопоставления корней с уравнением в следующей секции.

Пример. Пусть p=37, A+B=37. Тогда, соответствующими условию фильтра являются следующие значения u=37t, t Є .

4. Гипотеза и подъём в .
Пусть a=x(mod p), b=y(mod p), c=z(mod p) являются ненулевыми целыми корнями в уравнении (†) и p не делит xyz – наша исходная гипотеза.Среди соответствующих условию фильтра cⁿ=zⁿ+pt (t≠0, т.к., p не делит z) и cⁿ=-zⁿ+pt для колец _p. Следовательно, должны существовать два целых корня, t₁ и t₂. Подставляем (*) и раскрываем модуль, приходя к уравнению: (a^n+k+b^n+k)(a^n-k+b^n-k)≡(zⁿ+pt)².
Раскрываем: p²t²+2ptzⁿ+z²ⁿ-(aⁿ+bⁿ)²=0.
Это квадратное уравнение относительно t: p²t²+2zⁿpt+[z²ⁿ-(aⁿ+bⁿ)²]=0.
Дискриминант есть полный квадрат: Δ=4p²(aⁿ+bⁿ)².
Целочисленные корни: t₁=-zⁿ/p-(aⁿ+bⁿ)/p, t₂=-zⁿ/p+(aⁿ+bⁿ)/p.

5. Фатальное противоречие.
Сложение и вычитание двух корней даёт "p делит z" и p делит (aⁿ+bⁿ)". Согласно гипотезе "p не делит abc" и "p не делит z", но, вывод: "p делит, и z, и один из x или y" - нарушение взаимной простоты. Т.о., гипотеза о существовании хотя бы одного подходящего простого p ложна; тем более, ложно существование целого решения для (†).
Ч.Т.Д.

6. Заключение.
Цепочка «МТФ=>модульная лемма=>тождество(*)=>квадратное уравнение в целых=>делимость на p» разрушает предполагаемое взаимно простое решение, ВТФ доказана.

0

Решено оставить ещё сообщение (пусть полежит здесь, на всякий случай) насчёт https://en.wikipedia.org/wiki/Beal_conjecture: если степени различаются на величину, кратную мультипликативному порядку (а других и быть не может- отдельный разговор), то гипотеза Била доказана нами таким же путем, как и ВТФ. Точка.

0

Сообщение от Etotak Для простого p фиксируем A+B≡0(mod p)

-Здесь правильно только было бы запись: "...A+B≢ 0(mod p)..."-это для Доказательства 1 в комментарии выше.

Доказательство 2.
Следствие из Леммы (в предыдущем комментарии):
∀ a,b,c ∈ ℤ, ∀ p>5 простое, ∀ n>2, p ∤ abc: ( aⁿ+bⁿ≡cⁿ(mod p) ∧ (a+b=c) ∧(∃ a₁,b₁,c₁∈ℤ: a₁²≡a (mod p) ∧ b₁²≡b (mod p) ∧ c₁²≡c (mod p)) ⇒( ∃ A,B,C ∈ Z⁺ : A²+B²=C² ∧ A²≡a (mod p) ∧ B²≡b (mod p) ∧ C²≡c (mod p))

Доказательство:
По условиям Леммы получаем сравнение (a+b)ⁿ ≡aⁿ+bⁿ(mod p) при m=1(mod k). По условию, a,b,c — квадратичные вычеты по модулю p, значит существуют целые a₁,b₁,c₁ такие, что a₁² ≡ a (mod p), b₁² ≡ b (mod p), c₁² ≡ c (mod p). Из a+b=c (в целых числах) получаем a₁² + b₁² ≡ c₁² (mod p). В поле F_p^x (вычеты по модулю p) последнее уравнение имеет параметризацию: a₁ = u*(t – t^-1), b₁ = 2u, c₁ = u*(t + t^-1), где t,u — ненулевые элементы поля (t^-1 — обратный к t). Находим t,u ∈ F_p^x: a₁ ≡ u*(t-t^-1) (mod p),b₁ ≡ 2u (mod p), c₁ ≡ u*(t+t^-1) (mod p). Возводя в квадрат: a ≡ u²*(t-t^-1)² (mod p), b ≡ 4u² (mod p), c≡u²*(t+t^-1)² (mod p). Представляем t = r/s (несократимая дробь, r,s ∈ Z, s>0). Тогда u²*(t-t^-1)² = u²*(r²-s²)²/(r²s²), аналогично для c. Полагаем v = u/s². Можно подобрать u так, что v∈ℤ (целое). Умножая на s², получаем целые числа: A = v*(r²-s²), B = 2*v*r*s, C = v*(r²+s²). Проверяем: A² + B² = C² (тождество). По построению, A² ≡ a, B² ≡ b, C² ≡ c (mod p). Итак, (A,B,C) — искомая целая пифагорова тройка и Следствие доказано.

Следствие доказывает ВТФ, что уловия бинома Ньютона запрещают целочисленность корней уравнения (не сравнения) ВТФ: 1. Раскрывая модуль, получаем уравнение (a+b)ⁿ=aⁿ+bⁿ+pt, 2. Упрощая это уравнение, находим, что то сумма промежуточных слагаемых бинома Ньютона делится на p, и, -3.,- должна быть ненулевой согласно бинома Ньютона, в то время как, 4., Требование целочисленности корней уравнения ВТФ подразумевает только t=0.

Комментарий:
Таким образом, сравнение (a+b)ⁿ≡aⁿ+bⁿ (mod p) ("Мечта первокурсника", как иронически написали в одном из комментариев) доказывает ВТФ при раскрытии модуля- независимо от того, имеем ли мы все три квадратичных вычета, или не имеем. А Пифагоровы Тройки в части новой методики их построения по алгебраической сумме остатков, это, всего лишь, приятный бонус.
Q.E.D.


Пример для p=29, a=6, b=7, c=13, k=14.

1.Квадратные корни: a₁=8 (8²=64≡6), b₁=6 (6²=36≡7), c₁=10 (10²=100≡13) (mod 29).
2.В поле F₂₉^x: b₁=6=2u => u=3. Из a₁=8=u(t - t^-1) => t - t^-1=8/3. 3^-1≡10, 8*10=80≡22 (mod 29). Из c₁=10=u(t + t^-1) => t + t^-1=10/3=10*10=100≡13 (mod 29).
3. Решаем: 2t = 22+13=35 => t=35*2^-1. 2^-1=15, 35*15=525≡3 (mod 29).
t=3, t^-1≡10. Проверка: 3-10=-7≡22, 3+10=13 (mod 29).
4.Представляем t=3=3/1, r=3, s=1. v=u/s² = 3.
5.Целая тройка:
A = v*(r² - s²) = 3*(9-1)=24,
B = 2*v*r*s = 2*3*3*1=18,
C = v*(r²+s²) = 3*(9+1)=30.
6.Сокращаем на 6: (4,3,5). Умножаем на 2: (8,6,10).
Проверка по модулю 29: 8²=64≡6, 6²=36≡7, 10²=100≡13.
7.Получено сравнение для n=1 и k =14 и (6+7)¹⁵≡6¹⁵+7¹⁵≡13¹⁵(mod 29).

Другие примеры:

Пусть есть сумма 9+16=25. Найти Пифагоровы Тройки, которые имеют в точности такие же остатки по модулю 29.
Решение (для сравнений подразумевается (mod 29):
1. Находим мультипликативный обратный элемент для 4: 4^-1≡22,
2. Рассчитываем по по п.1. и заданным условиям b/4≡4,
3. Рассчитываем по п.2 (b/4)^-1≡22,
4. Рассчитываем по уравнениям (выше) a₁²≡24 и c₁²≡28, при u≡1,
5. Рассчитываем a₁≡13 и 16, и c₁≡12 и 17,
6. Рассчитываем мультипликативный обратный элемент для 2: 2^-1≡15,
7. Рассчитываем сумму первых (скажем) корней: 13+12=25, которая является суммой a₁ и c₁, получая 2t_{реальное},
8. Рассчитываем t_{реальное}≡27, умножая на 15 из пункта 6,
9. Рассчитываем t_{реальное}^-1≡14,
10. Для простоты представления способа задаём s≡1 (один из параметров формул Евклида),
11. С учётом п. 9, имеем другой параметр формул Евклида r=t_{реальное}≡27,
12. Рассчитываем Пифагорову Тройку по известным формулам, учитывая, что v=u/s²=1/1²=1:
A=r²-s²=728
B=2rs=54
C=r²+s²=730.
13. Проверяем числа найденной Тройки:
728²= 529984=9+18275*29≡9(mod 29),
54²= 2916=16+100*29≡16(mod 29),
730²=532900=25+18375*29≡25(mod 29).
т.е., Пифагорова Тройка удовлетворяет заданным условиям задачи,
14. Масштабируя, можно неограниченно находить иные Тройки: (21840, 1620, 21900), ((83720, 6210, 83950), (127400, 9450, 15.7750), (147056, 10908, 147460) и т.д.
15. Можно задавать иные s , получая такие r, что t_{реальное}≡27 и t_{реальное}^-1≡14 не изменяются-с получением неограниченного количества иных Пифагоровых Троек.

0

Похоже, что кроме меня никто не разобрался в вашей лемме, как я понимаю основной в ваших выкладках.
Так вот справедливо значительно более сильное утверждение:

Лемма. Если

и

то


Доказательство. Пусть m=n+qk. Тогда

Лемма доказана.

Здесь нужно только то, что все числа целые. Все остальные условия не нужны. Не нужна ни простота р, ни тот факт что k делит p-1 и т.д.
Уж не знаю как из такого простого утверждения можно вывести что либо серьезное.

0