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

Сообщение от Etotak не пора ли вернуть тему на начальное место

Нет.

0

Сообщение от Etotak 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), an-4+bn-4=cn-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.

Уважаемый ЭтоТак! Могу (как могу) доказать, что ваша лемма никак не связана с ВТФ. То есть выполнимость уравнения Ферма никоим образом не зависит от вашего доказательства, будь оно верным или ошибочным.

Но для этого хочу просить вашего согласия открыть для этого новую тему, посвящённую вашей лемме, так как ваша публикация и без того уже переполнена.

0

Сообщение от Adatto Но для этого хочу просить вашего согласия открыть для этого новую тему

Я не запрещальщик здесь и не оценщик (хотя, иногда позволяю себе оценивать Ваши высказывания), а оцениваемый. Как модно сейчас говорить -"не вопрос". Или-"валяй". Только, если можно, говорите по существу, без всяких, а ля, "азы", "буки", "веди" и прочее тому подобное. Математика это, прежде всего, язык. Вот, и старайтесь говорить математическим языком. И постарайтесь, также, покороче и яснее. Удачи!

Сообщение от OwenGlendower Нет.

Причину Вы не написали. Ок. Значит, позволено потихоньку попысывать, разжёвывая пункты? Попунктно и потихоньку. Ок.

0

0

Сообщение от Etotak Математика это, прежде всего, язык.

Боюсь, вы даже не догадываетесь, насколько вы правы! Ведь это вопрос логических определений, которых в признанной математике кот наплакал.

Итак, открываю новую тему в разделе для неполноценных математиков под названием "Теорема о трёх корнях трёх уравнений". Содержание этой теоремы совпадает с содержанием вашей леммы, за исключением того, что в ней вообще не упоминается ВТФ. Только в этом случае ваше доказательство является состоятельным, поэтому мой ответ на ваш вопрос в названии вашей темы ("Допустимо ли...) отрицательный. Недопустимо.

Вам придётся немного подождать, уж очень много мне предстоит возни с тегами.

0

Etotak, ещё раз:

Сообщение от Etotak Лемма: Для всех взаимно простых чисел x, y, z Є Z, которые являются решениями уравнения ВТФ

то есть, Вы исходите из того, что не доказано, чтобы опровергнуть то, что не доказано.

Сообщение от Etotak 2. Поскольку мы имеем все три цифры ненулевыми

почему это? В лемме у Вас приняты x и y нечётными, следовательно, z чётное, и младшая цифра числа z вполне может быть равна 0, причём в двоичной системе не "может быть", а точно будет равна 0. И это будет верно как для в двоичной СС, так и для ₂.

Может быть, я что-то неверно понял?

0

Сообщение от Cyborg Drone то есть, Вы исходите из того, что не доказано, чтобы опровергнуть то, что не доказано.

1. Я использую стандартный подход в математике, который называется "метод от противного". Я имел отвеченным этот вопрос в моём комментарии №51, от 12 февраля сего года. Цитирую:

Сообщение от Etotak Число sqrt 2 является иррациональным. Т.е., принадлежит к множеству действительных чисел, R. Доказательство ирациональности методом от противного, можно, к примеру, смотреть здесь: https://en.wikipedia.org/wiki/Square_root_of_2 Там, где-то внизу смотрите...

Вкратце, там речь идёт об иррациональности квадратного корня из 2. И, чтоб доказать его иррациональность, первый шаг есть предположение о его рациональности, т.е., он равен m/n. Далее получают противоречие...впрочем, смотрите сами по ссылке https://en.wikipedia.org/wiki/Square_root_of_2

2.

Сообщение от Cyborg Drone почему это? В лемме у Вас приняты x и y нечётными, следовательно, z чётное, и младшая цифра числа z вполне может быть равна 0, причём в двоичной системе не "может быть", а точно будет равна 0. И это будет верно как для в двоичной СС, так и для 2.

Смысл в том, что, если есть корни, то они есть везде. Т.е., если можно что-то написать в бинарной системе (с нулями), то и без нулей,тогда никаких проблем не будет ТОЖЕ. Примеры для наглядности я приводил с самого начала для Пифагоровых Троек:

Сообщение от Etotak НАБЛЮДЕНИЯ для Пифагоровых Троек. Здесь мы имеем a=1, b=0, c=1 в десятичной с/с(системе счисления) и a=47, b=47, c=57 в с/с с основанием 7-для ТОЙ ЖЕ Пифагоровой тройки: 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, 61) , 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.

0

Опять что-то не так... Написано:

Сообщение от Etotak 1. В бинарной с/с мы можем записать a=b, (4)? если x и y являются нечётными числами

Если так, то обязательно a=b=1, и становится неочевидным, что

Сообщение от Etotak 12. Левая часть уравнения (16) есть уравнение (1) в квадрате, правая часть уравнения (16) есть произведение уравнений (2) и (3), что таким образом доказало Лемму в части истинности уравнений (1), (2), (3) -утверждение (17).

Так как a=b=1, то в любом месте леммы их можно поменять, переставить, заменить единицей, и в конце получить что угодно, например,
(aⁿ+bⁿ)2=(a^n-k+a^n-k)(b^n+k+b^n+k)
Или ещё что-нибудь. И вообще неважно, чему там равны k и n.
А что? Равенство верное, и в смысле (4=4), и в смысле, к примеру, /2 (0=0). Что мешает это сделать?

Или я неверно понял, что у Вас значит "бинарная с/с"?

0

Сообщение от Cyborg Drone Или я неверно понял, что у Вас значит "бинарная с/с"?

Бинарную с/с мы с Вами понимаем одинаково. 7₁₀=111₂.

Сообщение от Cyborg Drone Если так, то обязательно a=b=1, и становится неочевидным, что

В бинарной с/с для исходных условий моего доказательства Леммы (мой пост №60 на стр.3) предположить , что a≠b, означает , что a=c, с возможностью переименований x=X, -z=Y, -y=Z с последующим написанием уравнения ВТФ в разных степенях, например, Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ. В итоге,для цифр мы будем иметь предположение, что a=c, т.е., по сути, никаких изменений, если мы сделаем такие обозначения: a=A, c=B, b=С и, в конце концов, Aⁿ+Bⁿ=Cⁿ для нечётной степени n. Ничего не поменялось.
Поэтому, оставляем всё, как есть, т.к. иные предположения бессмысленны. Единственное, мне нужно было выбрать для доказательства Леммы (мой коммент №60) другие обозначение-не a, b, c, но, допустим альфа, бета, гамма. При этом, для опровержения Леммы (что =доказательству ВТФ) оставить a, b, c. Ок, я учту это на будущее. Потому что, доказанное в бинарной с/с равное нулю произведение альфа*бета*гамма автоматически подразумевает (implies), что, следовательно, существует и не равное 0 произведение abc в другой с/с.

0

Etotak,

Знаю, что x, y, z (попарно) взаимно простые, поэтому два из них нечётные, а одно - чётное. И порядок их следования в уравнении ВТФ несложно поменять. Вы приняли, что x и y - нечётные. Это понятно.

Какие буквы - a, b, c, или, допустим, α, β, γ - без разницы, это не принципиально, при разночтении уточняется.

А вот то, что a=b=1 - вызывает вопросы. Да, равенство a∙b∙c=0 в двоичной СС при a≠0, b≠0, c≠0 подразумевает, что найдётся другая СС, в которой a∙b∙c≠0, но в данный момент у Вас a+b≠c (1+1≠0) для .

0

Сообщение от Cyborg Drone в данный момент у Вас a+b≠c (1+1≠0) для .

Именно здесь кроется Ваше недопонимание. Т.е., надо доказать Лемму 2, гласящую, что "в бинарной с/с 1+1=0 при условиях, которые заданы Леммой".
В принципе, я могу объяснить/доказать здесь двумя способами. Подозреваю, что они эквивалентны. Ладно, хотя бы одним:если Вы приняли 1+1 то знак "≠" перед 0 не может появиться у Вас, поскольку исходное предположение , что корни ВТФ x,y, z существуют, а значит существуют и α=1, β=1,γ=0. Далее. В самом начале для Опровержения Леммы я отметил это условие:

Сообщение от Etotak Представляемое доказательство использует только первые цифры,

. Очевидно, что оно релевантно и для Доказательства Леммы-для a, b, c и их производных,- которое мы сейчас обсуждаем-для α, β, γи их производных. Это означает, что если Вы пишете в бинарной системе 1+1, то Вы однозначным образом определяете наличие знака "=" и "0" , как результат. Всё остальное-бессмысленно, как я показал выше, а Вы не возразили. Всё, что я сейчас написал, давайте обозначим, как "группа высказываний" A. Эта группа, пусть также называется моей отсебятиной.
Теперь давайте будем смотреть с точки зрения модулярной арифметики, которая есть не моя, а общая.Т.е., с точки зрения математики. Вчера я уже писал об этом Адатте,-см. мой коммент №10 в его ветке "Теорема о трёх корнях и трёх уравнениях". Мы используем название "цифры", либо см. откорректированную формулировку Леммы. Не важно , что числа у нас из домена Z, поскольку факт возможности их p-адического представления является неотменяемым.

Сообщение от Etotak Вы не учли, что в 5-ричной с/с Вы же и не доделали Вашу работу. А именно, Вы должны понимать, что оба этих числа имеют одинаковый остаток альфа=4, т.к. 54≡54 и 64≡54. Имея всё это, Вы смело можете пользоваться знаком равенства, "=", в дальнейшем, поскольку для обоих Ваших чисел 4=4. Эти числа сравнимы по модулю 5, а так как, мы работаем с p-адическими целыми, то здесь , вообще, нет проблем-объяснение будет дано чуть ниже. Но, остальные Ваши примеры двумя Вашими постами выше-нерелевантны. Потому что, это полный Ваш произвол.

Здесь обсуждалась 5-ричная с/с, но, какая разница? Вы пишете только это αⁿ+βⁿ≡₂0 и γⁿ≡₂0 и ничего иного, поскольку задано априори, что 1+1=2₁₀=10₂≡₂0. Следовательно, у Вас будет знак "=" и "0" как результат. Назовём данную группу высказываний, как B.
В итоге, Вы получили то же самое, что и в случае A. (Ладно... Ну, я получил-извинения за употребление местоимения "Вы").
Таким образом, A<=>B и Q.E.D.

0

Хоть в /2, хоть в 2, можно сразу написать что угодно ничего не преобразовывая, поскольку a^t=b^q=1 и (a^t+b^q)^s=0 при любых натуральных t, q, s если a=b=1.

0

Сообщение от Cyborg Drone можно сразу написать что угодно ничего не преобразовывая, поскольку at=bq=1 и (at+bq)s=0 при любых натуральных t, q, s если a=b=1.

Ну, на мой взгляд, такая запись уравнения не очень комильфо. Я б так записал: (a^t+b^q)^1/s=0, т.к., вполне себе уравнение для гипотезы Била (обобщение ВТФ). Ну, насчёт "любых натуральных",как Вы написали условия после записи уравнения, я бы не стал спешить так утверждать. А ну как, какое-нит чётное? Или два? Ладно, это не моё дело, я к ВТФ больше льну как-то...
Но, согласитесь, эволюция Вашего мнения вполне себе просматривается. От:

Сообщение от Cyborg Drone А лемма Ваша сразу идёт лесом

до коммента выше, который можно вполне себе прочитать , как "Ну, и что? Подумаешь, эка невидаль..." Или Вы хотели сказать, что, если б у меня было что-то такое, эдак, страниц на 120, то это было бы ок?
Я, вот, что скажу: выбор бинарной с/с-это только первый шаг, чтоб получить уравнения (1), (2), (3). А, если уже они получены, то позволю себе не согласиться с Вами, что "можно...написать что-угодно ничего не преобразовывая". Шаги -то преобразований показаны явно. Но, и это не главное. Главное в переходе от Доказательства Леммы в бинарной с/с к её Опровержению в других с/с, которые позволяют иметь заданные условия. Т.е., речь идёт о переходе (α, β, γ)=>(a, b, c). Попутно и схема выбора с/с выработана, показанная в Наблюдения -для примитивной Пифагоровой Тройки 11₁₀, 60₁₀, 61₁₀, где a не равно b. Которая в с/с с основанием 7 представляется такой записью 14₇, 114₇, 115₇ с a=b=4. Об этом я говорил Вам комментами выше. Это разность между, допустим y и x. Для Пифагоровй Тройки 11, 60, 61 , например, мы вычитаем 11 из 60 и получам 49, а затем, естественно, число 7 как основание с/с, чтобы иметь a=b. Вообще, для любых двух различных натуральных чисел можно использовать разность между наибольшим и наименьшим числом. Даже, если полученная разность не будет простым числом, то ничего страшного, чтобы иметь a=b для Опровержения Леммы. Для нечётных чисел (но, не являющихся простыми) затем можно использовать какие-то "odd"-адические представления или аналогично делать с чётными представлениями.
Для чего я это всё пишу? Спросить какие ещё есть ещё возражения по существу к выводу уравнения ВТФ (Доказательству Леммы) и к её же опровержению (Доказательству ВТФ) ? Всё-таки, "идёт лесом" это не то...

0

Ну так, лемма и идёт лесом.

Доказательство Леммы.
1. В троичной с/с мы можем записать a=b

0

Сообщение от Cyborg Drone Ну так, лемма и идёт лесом.

Так же: "Плывёт морем", "Летит в космосе", "Пролетает фанерой над Парижем". Эквивалентные высказывания? Если да, я, всё равно, их не понимаю. Если Вас не затруднит, напишите, пожалуйста, математическим языком это Ваше заключение.
Но, прошу учесть, что:
1. Я не имею обозначенным в формулировке Леммы условие

Сообщение от Cyborg Drone 1. В троичной с/с

или какую-то иную с/с. И не пользуюсь таким инструментом для доказательства. В формулировке-вообще, ни слова о с/с нет, если мне память не изменяет. А в доказательстве-да, Z_{_2}. (Т.е., не надо подсовывать мне негодный инструмент, вместо избранного мной самим. Никто ж не подсовывает какие-то формулы для числа "pi" доказывающим иррациональность sqrt 2 вместо m/n. Впрочем, я знаю объяснение почему инструмент, который Вы мне подсовываете, негоден.)
2. Я не имею обозначенным в формулировке Леммы условие

Сообщение от Cyborg Drone a=b

. (Т.е., не надо путать доказываемое и результат.)

Я имею ответ. Дайте только, пожалуйста, Ваше довод понятным языком.

0

Не скажу, что отношусь положительно к ИИ в части решения/оценки решений нетривиальных задач, но, всё же, выкладываю Вложениями к этому сообщению положительный/ую ответ/оценку обыкновенного телефонного ИИ на моё/моего доказательство/а Леммы. (Не обращайте внимания , что там,, в файлах, степени не указаны-знающие поймут всё правильно.)Поскольку оно почти (т.к, хоть, краешком, но речь идёт о p-адических целых) элементарно, отнесусь к данной оценке серьёзно, о чём и уведомляю потенциального читателя. iifat, Cyborg Drone,и и другие молчат. Что ж? Как хотите. Всё равно, потенциальная статья важнее. Я просто хотел, чтоб мне указали на возможные ошибки. Но, никто, или не понимает и, поэтому не знает-что сказать, или не хочет говорить положительные вещи, потому что, это считается пока не комильфо...
Я вверху привёл примеры для a, b, c для разных выражений в Z_{_5}. Теперь привожу пример для одного выражения 16₁₀+729₁₀=745₁₀, (1), но при разных степениях, а именно , для степеней 7, 17, 27. Т.е., для n=17, k=10. В 11-ричной с/с выражение (1) записывается так: 15₁₁+603₁₁=618₁₁,(2). Записываем указанные корни разных степеней:
15₁₁^1/7=...77454₁₁,
15₁₁^1/17=...47214₁₁,
15₁₁^1/27=...4₁₁,

603₁₁^1/7=...44225₁₁,
603₁₁^1/17=...00725₁₁,
603₁₁^1/27=...5₁₁,

618₁₁^1/7=...76596₁₁,
618₁₁^1/17=...7406₁₁,
618₁₁^1/27=...6₁₁.

Т.е., a=4, b=5, c=6.

Я имею собственную примитивную программку для вычисления p-адических целых корней, основанную на моём доказательстве ВТФ, а вы пишете мне, что-то, типа, что "нерелевантно"... Причём, эта программка считает цифры для p-адических целых (примеры в данном комменте выше и в других комментах выше) совершенно не так, как это делают профессионалы от "чистой" математики...

Ок. Хотя, если честно, внятных мотивированных возражений пока не имеется-не видно их. Я должен учесть всё обсуждение выше, и написать заново пост с Доказательством Леммы, а затем с её опровержением, которое эквиалентно доказательству ВТФ.

Миниатюры

     

0

Великая теорема Ферма, (ВТФ), Fermat's Last Theorem, (FLT): 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 изменения. Последний вариант доказательства см. в сообщении №137.

Лемма: Пусть взаимно простые целые числа x,y,z удовлетворяют (x/z)ⁿ+(y/z)ⁿ=1 для некоторого нечетного целого числа n. Пусть a,b,c будут остатками mod p от x,y,z соответственно. Тогда для каждого нечетного целого числа m в диапазоне [3,2n-3], a^m+b^m=c^m (mod p).
Lemma: Let coprime integers x,y,z satisfy (x/z)ⁿ+(y/z)ⁿ=1 for some odd integer n. Let a,b,c be the residues mod p of x,y,z respectively. Then for each odd integer m in the range [3,2n-3], a^m+b^m=c^m (mod p).
1. Доказательство Леммы.
[Сокращения: "с/с"-система счисления (числовая База).]
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.
1. В бинарной с/с мы можем записать a=b, (4.1), если x и y являются нечётными числами, (5.1), в домене Z, (6.1).
2. Возводим обе стороны (4.1) в степень k и получаем: a^k=b^k, (7.1).
3. Преобразовываем, получив уравнение (a^k-b^k)²=0, (8.1).
4. Перепишем (8.1) так: a^2k-2a^kb^k+b^2k=0, (9.1).
5. Перепишем (9.1) так: 2a^kb^k=a^2k+b^2k, (10.1).
6. Перепишем (10.1) так: 2=(a^2k+b^2k)/(a^kb^k), (11.1).
7. Перепишем (11.1) так: 2=(a/b)^k+(b/a)^k, (12).
8. Перепишем (12.1) так: 2=b^-ka^k+a^-kb^k, (13.1).
9. Умножим обе части уравнения (13.1) на aⁿbⁿ и получим:
2aⁿbⁿ=b^n-ka^n+k+a^n-kb^n+k, (14.1).
10. Прибавляем справа и слева сумму a²ⁿ+b²ⁿ и получаем:
a²ⁿ+2aⁿbⁿ+b²ⁿ=a²ⁿ+b^n-ka^n+k+a^n-kb^n+k+b²ⁿ,(15.1).
11. Упрощаем (15.1) путём упрощения левой и правой частей и получаем:
(aⁿ+bⁿ)²=(a^n-k+b^n-k)(a^n+k+b^n+k), (16.1).
12. Левая часть уравнения (16.1) есть уравнение (1) в квадрате, правая часть уравнения (16.1) есть произведение уравнений (2) и (3), что таким образом доказывает Лемму в части истинности уравнений (1), (2), (3) -утверждение (17.1).
13. Поскольку, существование уравнений с числами a, b,c , x, y, z не зависит от выбранной с/с (числовой Базы), следовательно пункт 12 справедлив также не только для бинарной с/с, но и для других с/с, что подразумевает истинность условия a, b, c>0, [в том числе, поскольку в последующем доказательстве ВТФ используется деление, которое не позволяет иметь неопределённости вида число/0 или 0/0]- утверждение (18).
Q.E.D.
2. Опровержение Леммы для множества Z=доказательство ВТФ (FLT).
1. Делим уравнение ВТФ, xⁿ+yⁿ=zⁿ, n нечётное >2, x, y, z-взаимно простые числа, Z, на (xyz)ⁿ (либо (abc)ⁿ) и после упрощения получаем уравнение [(xz)^-1]ⁿ+[(yz)^-1]ⁿ=[(xy)^-1]ⁿ, (4.2),(либо похожее уравнение с делителем abc), исключая таким образом тривиальные решения.
2. Поскольку мы имеем все три цифры ненулевыми, то делим уравнение (1) на уравнение (3):
(aⁿ+bⁿ)/(a^n-k+b^n-k)=(cⁿ)/(c^n-k) и получаем (aⁿ+bⁿ)/(a^n-k+b^n-k)=c^k, (5.2).
3. Возводим уравнение (5.2) в квадрат, получив ((aⁿ+bⁿ)²)/((a^n-k+b^n-k)²)=c^2k, (6.2).
4. Делим уравнение (2) на уравнение (3): (a^n+k+b^n+k)/(a^n-k+b^n-k)=c^n+k/c^n-k и получаем (a^n+k+b^n+k)/(a^n-k+b^n-k)=c^2k,(7.2).
5. Делим уравнение (6.2) на уравнение (7.2):
[((aⁿ+bⁿ)²)/((a^n-k+b^n-k)²)]/[(a^n+k+b^n+k)/(a^n-k+b^n-k)] =1 и получаем
((aⁿ+bⁿ)²)/[(a^n-k+b^n-k)(a^n+k+b^n+k)]=1, (8.2).
6. Переписываем уравнение (8.2) таким образом: (a^n-k+b^n-k)(a^n+k+b^n+k)= (aⁿ+bⁿ)², (9.2).
7. Переписываем уравнение (9.2) таким образом
a²ⁿ+a^n+kb^n-k+a^n-kb^n+k+b²ⁿ=a²ⁿ+2aⁿbⁿ+b²ⁿ, (10.2).
8. Сокращаем слагаемые a²ⁿ и b²ⁿ в уравнении (10.2) справа и слева, поскольку в сумме они дают 0, и получаем a^n-kb^n-k(a^2k+b^2k)=2aⁿbⁿ и это равно 2a^n-kb^n-k(a^kb^k), (11.2).
9. Решая уравнении (11.2), получаем a^n-kb^n-k(a^k-b^k)²=0, которое после умножения обеих частей последнего уравнения на c^n-k дает уравнение (abc)^n-k(a^k-b^k)²=0, (12.2).
10. Переписываем уравнение ВТФ (FLT)следующим образом: Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ, где X=x, Y=-z, Z=-y, (13.2).
11. Повторяя операции 1-8, и после умножения на (-b)^n-k, мы получаем уравнение
(abc)^n-k(a^k-c^k)²=0, (14.2)
12. Решая совместно уравнения (12.2) и (14.2), мы находим, что a=b=c, (15.2), и, при этом, исключены из рассмотрения все алгебраические корни со знаком "-", поскольку они не имеют смысла и займут только время и место.
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.
15. Единственным непротиворечивым условием после шагов 1.-14. необходимо выбрать xyz=0, т.е., тривиальные решения для уравнения ВТФ, что означает, что ВТФ доказана (This means that Fermat's Last Theorem is proven.).
Q.E.D.

НАБЛЮДЕНИЯ для Пифагоровых Троек.
Для примитивных Пифагоровых Троек, которые имеют|y-x|≠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, при опровержении Леммы, невозможна при чётных значениях показателя степени n. Если a≠b и оба этих параметра >0, то следующая модификация уравнения (11.2) не может быть выполнена, поскольку, здесь всегда должно быть равенство 0:
(ab)^n-k(a^2k-b^2k)²=0, (11.2.1), что является противоречием и, следовательно, один из параметров должен быть равен 0. Если a=b и оба >0, тогда уравнение (12.2) подразумевает, что c=0, но это тоже противоречит условию Леммы (a, b, c)>0. Следовательно, представленное доказательство ВТФ является действительным также и для чётных значений n>6 в уравнениях (1), (2), (3) Леммы.

Другие Примеры:
Пример 1:
Допустим мы имеем суммы и мы представляем каждую из них, уравнения ВТФ для степеней 3, 7, 11:
2₅+12₅=14₅, (A),
2₅+22₅=24₅, (B),
2₅+32₅=34₅, (C).
Мы выписываем отдельно корни для разных суммы, но с одними и теми же числами в первой позиции:
2₅^1/3=...32203₅,
12₅^1/3=...22133₅,
14₅^1/3=...14234₅, для суммы (A),

2₅^1/7=...01313₅,
22₅^1/7=...44103₅,
24₅^1/7=...23334₅, для суммы (B),

2₅^1/11=...42243₅,
32₅^1/11=...30313₅,
34₅^1/11=...30234₅, для суммы (C).
Т.е., мы видим a=3, b=3, c=4 для разных степеней.

Пример 2:
Этот пример для одного выражения 16₁₀+729₁₀=745₁₀, (1), но при разных степенях, а именно , для степеней 7, 17, 27. Т.е., для n=17, k=10. В 11-ричной с/с выражение (1) записывается так: 15₁₁+603₁₁=618₁₁,(2). Записываем указанные корни разных степеней:

15₁₁^1/7=...77454₁₁,
15₁₁^1/17=...47214₁₁,
15₁₁^1/27=...4₁₁,

603₁₁^1/7=...44225₁₁,
603₁₁^1/17=...00725₁₁,
603₁₁^1/27=...5₁₁,

618₁₁^1/7=...76596₁₁,
618₁₁^1/17=...7406₁₁,
618₁₁^1/27=...6₁₁.
Т.е., a=4, b=5, c=6.

Пример 3:
Существует примеры в Z_{_2} для x³+y³=z³, когда x=...(0)10₂, y=...01110₂, z=...(0)100₂. Т.е., ...(0)1000₂+...(0)111000₂=...(0)1000000₂. Но, существуют a, b, c >0 в иных Z_{_р}, например, в Z_{_17} домене: x=...(0)2₁₇, y=...551DB₁₇, z=...(0)4₁₇,т.е., (...(0)2₁₇)³+(...551DB₁₇)³=(...(0)4₁₇)³ и 8₁₇+35₁₇=3D₁₇, или 8₁₀+56₁₀=64₁₀.Т.е., (0,0,0) для Базы 2 и (2, B, 4)>0 для Базы 17. Противоречие abc=0 и xyz=0 условию Леммы a, b, c>0 в Z получено при отсутствии противоречия для Z_{_p}, что означает ВТФ доказана.

КОММЕНТАРИЙ: Хотя, с этой стороны нет положительного отношения к ИИ в части оценки решений нетривиальных задач, но, всё же, выкладываем Вложениями к этому сообщению положительную оценку обыкновенного телефонного ИИ на представленное доказательство Леммы. (К сожалению, в файлах, степени не указаны должным образом, но знающие поймут всё правильно.)Поскольку представленный проект доказательства ВТФ претендует на почти (т.к, хоть, краешком, но речь идёт о p-адических целых) элементарное доказательство ВТФ, не исключена возможность отнестись к данной оценке от телефонного ИИ несколько более серьёзно, о чём и хотелось бы уведомить потенциального читателя и критика.

С уважением,

Миниатюры

     

0

Вариант Леммы предназначенный для домохозяек попроще:
Для всех целых чисел чисел x, y, z, не имеющих общего делителя, большего 1, являющихся решениями уравнения ВТФ,и называемых "Тройками Ферма", существуют младшие цифры a, b, c>0, соответственно,для x, y, z, в уравнениях aⁿ+bⁿ=cⁿ, (1), a^n+k+b^n+k=c^n+k, (2), a^n-k+b^n-k=c^n-k, (3), где n есть целое нечётное, k есть целое чётное число при n-k >2.

0

Докажите или опровергните (с помощью модулярной арифметики, например) Гипотезу:
Если x, y, z — «тройки Ферма», то нет |x-y|=1, и |x-z|=1, и |y-z|=1, (1). Т.е., числа x, y, z[среди «троек Ферма»] не могут отличаться на 1.
Если иметь в виду наше доказательство (проект) выше, то представленное утверждение будет не гипотезой, а следствием: Если доказано, что нет «троек Ферма», то (1) тоже невозможно.

0

Сообщение от Etotak Если x, y, z — «тройки Ферма», то нет |x-y|=1, и |x-z|=1, и |y-z|=1, (1). Т.е., числа x, y, z[среди «троек Ферма»] не могут отличаться на 1.

Не достаточно ли сказать, что если хотя бы два числа из тройки решений отличаются на единицу, уравнение Ферма невыполнимо? Ведь третье число должно быть чётным, если два других нечётны.
Подозреваю даже, что и одного условия достаточно: любое из a, b, c не может отличаться на единицу от любого a, b, c.

Кстати, словом "любое" я фиксирую произвольный порядок старшинства этих трёх чисел. Помните правило, которое вы просили меня "показать"? Это из главной аксиомы, которая у меня есть, а у вас нет. Берите, пользуйтесь, господа хорошие! Мне не жалко.

0