x^n

[Regor]

RedCat, weeral bedankt hoor.

Kan het zijn dat er geen oplossingen zijn voor (x^n + y^n ) = V6
Met n = priem >2
..............................................................................................................
Ik zet even een stap terug:
Voor n = priem >2

Blijkbaar is altijd x^n = x + V6
y^n = y + V6
z^n = z + V6

Dan is x^n + y^n = (x+y) + V6

Maar als x^n + y^n (= niet) z^n ........ FLT

Dan z^n (= niet) (x+y) + V6

Of z (=niet) (x+y) + V6

Wat kan ik daar verder mee ?
Zit er een fout in ?

[RedCat]

FLT houdt geen stand modulo 6:

\(4^3 + 5^3 = 64 + 125 = (4+10\cdot 6) + (5+20\cdot 6) = 9+30\cdot 6 =\)

\( = 9+3\cdot 6 + 27\cdot 6 = 27+27\cdot 6 = 3^3 + 27\cdot 6\)

ofwel:

4^3 + 5^3 ≡ 3^3 (mod 6)

ofwel:

4^3 + 5^3 = 3^3 + V6

[Regor]

RedCat,

U schrijft:
4^3 + 5^3 = 3^3 +V 6 is wel juist ....... maar ..... zie onder.
....................................

x^n = x + V6
y^n = y + V6

x^n +y ^n = (x+y) + V6

Wat U schrijft voldoet daar volgens mij. niet aan, want ....

4^3 +5^3 (= niet) (4+5) + V6 ........ maar is 3 + V6

Waar redeneer ik fout ?

[RedCat]

... Ik zet even een stap terug:
Voor n = priem >2
n = 3

Blijkbaar is altijd
x^n = x + V6
4^3 = 4 + 10*6
y^n = y + V6
5^3 = 5 + 20*6
z^n = z + V6
3^3 = 3 + 4*6

Dan is x^n + y^n = (x+y) + V6
4^3 + 5^3 = (4+5) + (10+20)*6

Maar als x^n + y^n (= niet) z^n ........ FLT
4^3 + 5^3 ≠ 3^3

Dan z^n (= niet) (x+y) + V6
3^3 (= wel) (4 + 5) + 3*6
Of z (=niet) (x+y) + V6
3 (= wel) (4 + 5) + (-1)*6

Ik meende dat u bovenstaande (blauw) bedoelde, waarbij de rode tekst volgens mij niet zou kloppen.
Maar wellicht ligt het anders?

[Regor]

RedCat,weer bedankt, maar ik denk dat ik op een dood spoor zit.
Toch probeer ik nog eens mijn redenering duidelijk te maken.

Op basis van de tweede formule (zie begin) is de uitdrukking van x^n een specifieke som van producten waarvan het eerste
deel van het product coëfficiënten zijn die uniek behoren tot de macht "n" .. en het tweede deel van het product combinaties die uniek
behoren tot "x".
De eerste term is steeds 1*x ...... de rest zijn unieke coëfficiënten * unieke combinaties.
Bij n = priem > 2 wel altijd een veelvoud van 6 (V6) ......; maar wel verschillend voor elke "x"
De V6 bij "x" is dus anders dan de V6 bij "y" en bij "z"........... verschillend van waarde, maar ook van uitdrukking.
x^n = x + V'6
y^n = y + V''6
z^n = z + V'''6

x^n +y ^n = (x+y) + V'6 + V''6
.......................................................
Er is maar een oplossing voor x^n + y^n = z^n (FLT) enkel als (x+y) +V'6 + V'' 6 = z + V'''6
of enkel als .................... (x +y) -z = V'''6 - V''6 - V' 6

Hier stopt (helaas) mijn redenering.
Zit hier niet iets in om te bewijzen dat er geen oplossingen zijn?

[RedCat]

Als
\(x^n = x + 6a\)
\(y^n = y + 6b\)
\(z^n = z + 6c\)
dan geldt inderdaad:
\(x^n + y^n = z^n \;\;\Leftrightarrow \;\; x +y - z = 6(c - b - a)\)

Maar omdat x, y en z onbekend zijn, zijn a, b en c ook onbekend.
We kunnen hieruit wel halen dat x+y-z een zesvoud is, bij een eenmaal gekozen x en y beperkt dat de mogelijkheden voor z met een factor 6, maar ik verwacht niet dat we daar veel mee zullen opschieten.

Bovendien kunnen we het bestaan van de bovenste 3 gelijkheden van deze post alleen voor oneven n ≥ 3 bewijzen:
voor n = 2k + 1 hebben we:

\(\displaystyle x^{2k+1} - x = (x^3 - x)\cdot \sum_{i=0}^{k-1} x^{2i}\)

6 deelt altijd \((x^3-x) = (x-1)\cdot x\cdot (x+1)\), dus 6 deelt ook altijd \((x^{2k+1} - x)\) voor k ≥ 1.

Maar voor n = even gaat dit niet altijd op: tegenvoorbeeld: 5^4 - 5 = 620 is niet deelbaar door 6.

[Regor]

RedCat, ja U heeft gelijk ...... maar FLT moet maar bewezen worden voor machten n > 2 en priem ......... dus voor oneven machten.