Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

без номера] Кубический ВТФ.

$$a^3\pm b^3=(2^sc)^3 \eqno(1)$$

$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
$a,b,c$ не имеют общего делителя, в противном случае его сокращаем.
Доказать отсутствие решений.

$$(\frac{a}{c})^3\pm (\frac{b}{c})^3\equiv 2^{3s}\mod 2^t \eqno(2)$$

$t\in\mathbb N$; $t>3s$
Возведём (2) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{6}+(\frac{b}{c})^{6}\equiv 2^{6s}\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^t \equiv A_1 \eqno(3)$$

Согласно (2)

$$(\frac{a}{c})^3\pm (\frac{b}{c})^3\equiv 0\mod2^{3s}$$

Значит

$$\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{6} $$

Поэтому

$$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(4)$$

Всегда выполняется условие

$$16\leq 2^{3s+1}$$

Возведём (3) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{12}+(\frac{b}{c})^{12}\equiv A_1^2-2(\frac{ab}{c^2})^{6}\mod 2^t \equiv A_2 \eqno(5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}3}+(\frac{b}{c})^{2^{t-4}3}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-5}3}\mod 2^t \equiv A_{t-4} \eqno(7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8)$$

Возведём (7) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}3}+(\frac{b}{c})^{2^{t-3}3}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}3}\mod 2^t \equiv A_{t-3} \eqno(9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(10)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$.
Сдвинем оба слагаемых (9) на степень $2^{t-2}3$ и перевернём их.
Из-за (10) имеем

$$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-3}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(11)$$

Сопоставим (11) и (9), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}3}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-3}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(12)$$

Используем (12) следующим образом.
Сдвинем оба слагаемых (7) на степень $2^{t-3}3$ и перевернём их.
Из-за (8) имеем

$$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(13)$$

Сопоставим (13) и (7), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}3}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-4}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(14)$$

$$...$$

По (3) получаем

$$(\frac{a}{c})^{6}\equiv(\frac{b}{c})^{6}\equiv 1\mod 2^t\eqno(15)$$

Из (15) следует

$$(\frac{a}{c})^{3}\equiv\pm 1\mod 2^t; (\frac{b}{c})^{3}\equiv\pm 1\mod 2^t\eqno(16)$$

Однако (16) и (2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[Tot]

5] Бесконечный спуск нечётного случая ВТФ.

$$a^n\pm b^n=(2^sc)^n \eqno(5.1)$$

$n\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
$a,b,c$ не имеют общего делителя, в противном случае его сокращаем.
Доказать отсутствие решений.

$$(\frac{a}{c})^n\pm (\frac{b}{c})^n\equiv 2^{sn}\mod 2^t \eqno(5.2)$$

$t\in\mathbb N$; $t>sn$
Возведём (5.2) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{2n}+(\frac{b}{c})^{2n}\equiv 2^{2sn}\mp 2(\frac{ab}{c^2})^n\mod 2^t \equiv A_1 \eqno(5.3)$$

Согласно (5.2)

$$(\frac{a}{c})^n\pm (\frac{b}{c})^n\equiv 0\mod2^{sn}$$

Значит

$$\mp 2(\frac{ab}{c^2})^n\mod 2^{sn+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{2n} $$

Поэтому

$$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.4)$$

Всегда выполняется условие

$$16\leq 2^{sn+1}$$

Возведём (5.3) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{4n}+(\frac{b}{c})^{4n}\equiv A_1^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2n}\mod 2^t \equiv A_2 \eqno(5.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}n}+(\frac{b}{c})^{2^{t-4}n}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-5}n}\mod 2^t \equiv A_{t-4} \eqno(5.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.8)$$

Возведём (5.7) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}n}+(\frac{b}{c})^{2^{t-3}n}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}n}\mod 2^t \equiv A_{t-3} \eqno(5.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.10)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$.
Сдвинем оба слагаемых (5.9) на степень $2^{t-2}n$ и перевернём их.
Из-за (5.10) имеем

$$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-3}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.11)$$

Сопоставим (5.11) и (5.9), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}n}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-3}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.12)$$

Используем (5.12) следующим образом.
Сдвинем оба слагаемых (5.7) на степень $2^{t-3}n$ и перевернём их.
Из-за (5.8) имеем

$$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.13)$$

Сопоставим (5.13) и (5.7), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}n}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-4}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.14)$$

$$...$$

По (5.3) получаем

$$(\frac{a}{c})^{2n}\equiv(\frac{b}{c})^{2n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.15)$$

Из (5.15) следует

$$(\frac{a}{c})^{n}\equiv\pm 1\mod 2^t; (\frac{b}{c})^{n}\equiv\pm 1\mod 2^t\eqno(5.16)$$

Однако (5.16) и (5.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[kotenok gav]

Tot в сообщении #1459496 писал(а):

$a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.

Почему так? Вполне может быть, что $b$ - четное. Если же вы хотели иметь возможность переносить кубы - числа должны мочь быть целыми, а не натуральными.

-- 02 май 2020, 17:37 --

Tot в сообщении #1459496 писал(а):

Значит $\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{6} $

Почему?

-- 02 май 2020, 17:41 --

Tot в сообщении #1459496 писал(а):

Поэтому $A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(4)$

Почему?

[Tot]

Уважаемый kotenok gav!

kotenok gav в сообщении #1459508 писал(а):

Почему так?

Требование решать в натуральных числах - это требование Американского математического общества к решению гипотезы Биля. Там знак плюс-минус стоит, подразумевающий, что если реальный случай не совпадает с нашим, то можно произвести замену переменных без потери общности.

Слово "значит" предполагает вывод из предыдущей строки с учётом того, что любое нечётное число в квадрате по модулю восемь даст единицу. А удвоенный квадрат нечётного числа даст двойку по модулю шестнадцать.

[kotenok gav]

Tot в сообщении #1459514 писал(а):

то можно произвести замену переменных без потери общности.

Только если мы доказываем для целых чисел.

Tot в сообщении #1459514 писал(а):

Слово "значит" предполагает вывод из предыдущей строки с учётом того, что любое нечётное число в квадрате по модулю восемь даст единицу. А удвоенный квадрат нечётного числа даст двойку по модулю шестнадцать.

Это вы выводите (4). А предыдущую строку?

[Tot]

kotenok gav в сообщении #1459516 писал(а):

Только если мы доказываем для целых чисел.

Нет. Представьте в натуральных числах два слагаемых и сумму. Если сумма чётна, то это наш случай со знаком "плюс". Если чётно слагаемое, то нечётное слагаемое переносим в другую сторону и получаем наш случай со знаком "минус".

Tot в сообщении #1459496 писал(а):

Согласно (2)

$$(\frac{a}{c})^3\pm (\frac{b}{c})^3\equiv 0\mod2^{3s}$$

Значит

$$\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{6} $$

$$(\frac{a}{c})^3\equiv \mp (\frac{b}{c})^3 \mod2^{3s}$$

$$\mp (\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s}\equiv (\frac{b}{c})^{6} $$

Теперь удваиваем эту строчку ( модуль тоже удваивается).

[Tot]

6] Три нечётных степени.

$$a^n\pm b^p=(2^sc)^q \eqno(6.1)$$

$n,p,q\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.

$$\frac{a^n}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv 2^{sq}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(6.2)$$

$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>sq$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (6.2) в квадрат.

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2}+(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 2^{2sq}\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{2q}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(6.3)$$

Согласно (6.2)

$$\frac{a^n}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv 0\mod2^{sq}$$

Значит

$$\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{2q}}\mod 2^{sq+1}\equiv 2(\frac{b^p}{c^q})^{2} $$

Поэтому

$$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.4)$$

Всегда выполняется условие

$$16\leq 2^{sq+1}$$

Возведём (6.3) в квадрат.

$$(\frac{a^n}{c^q})^{4}+(\frac{b^p}{c^q})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(6.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-4}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(6.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.8)$$

Возведём (6.7) в квадрат.

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-3}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(6.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.10)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.

$$(\frac{c^q}{a^n})^{2^{t-2}-2^{t-3}}+(\frac{c^q}{b^p})^{2^{t-2}-2^{t-3}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3}$$

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-3}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv A_{t-3}(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-3}}\mod C^{\alpha+1}2^t$$

Из-за (6.10) имеем

$$(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.11)$$

Сопоставим (6.11) и (6.9), отсюда

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.12)$$

Преобразуем (6.7) на основе (6.12).

$$(\frac{c^q}{a^n})^{2^{t-3}-2^{t-4}}+(\frac{c^q}{b^p})^{2^{t-3}-2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4}$$

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-4}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv A_{t-4}(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t$$

Из-за (6.8) имеем

$$(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.13)$$

Сопоставим (6.13) и (6.7), отсюда

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.14)$$

$$...$$

По (6.3) получаем

$$(\frac{a^n}{c^q})^{2}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.15)$$

Из (6.15) следует

$$\frac{a^n}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.16)$$

Однако (6.16) и (6.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[Tot]

7] Чётный биквадрат.

$$a^n\pm b^p=(2^sc)^4 \eqno(7.1)$$

$n,p\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.

$$\frac{a^n}{c^4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv 2^{4s}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(7.2)$$

$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>4s$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (7.2) в квадрат.

$$(\frac{a^n}{c^4})^{2}+(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 2^{8s}\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{8}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(7.3)$$

Согласно (7.2)

$$\frac{a^n}{c^4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv 0\mod2^{4s}$$

Значит

$$\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{8}}\mod 2^{4s+1}\equiv 2(\frac{b^p}{c^4})^{2} $$

Поэтому

$$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.4)$$

Всегда выполняется условие

$$16<2^{4s+1}$$

Возведём (7.3) в квадрат.

$$(\frac{a^n}{c^4})^{4}+(\frac{b^p}{c^4})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{8}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(7.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a^n}{c^4})^{2^{t-5}}+(\frac{b^p}{c^4})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{8}})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(7.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-5}\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.8)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (7.7) в квадрат.

$$a^{2^{t-4}n}+b^{2^{t-4}p}\equiv A_{t-5}^2-2(a^nb^p)^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(7.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.10)$$

Возведём (7.9) в квадрат.

$$a^{2^{t-3}n}+b^{2^{t-3}p}\equiv A_{t-4}^2-2(a^nb^p)^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(7.11)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.12)$$

Из-за (7.12) имеем

$$(a^nb^p)^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.13)$$

Сопоставим (7.13) и (7.11), отсюда

$$a^{2^{t-3}n}\equiv b^{2^{t-3}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.14)$$

Преобразуем (7.9) на основе (7.14).
Из-за (7.10) имеем

$$(a^nb^p)^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.15)$$

Сопоставим (7.15) и (7.9), отсюда

$$a^{2^{t-4}n}\equiv b^{2^{t-4}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.16)$$

Преобразуем (7.7) на основе (7.16).
Из-за (7.8) имеем

$$(\frac{a^nb^p}{c^8})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.17)$$

Сопоставим (7.17) и (7.7), отсюда

$$\frac{a^{2^{t-5}n}}{c^{2^{t-3}}}\equiv \frac{b^{2^{t-5}p}}{c^{2^{t-3}}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.18)$$

$$...$$

По (7.3) получаем

$$(\frac{a^n}{c^4})^{2}\equiv(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.19)$$

Из (7.19) следует

$$\frac{a^n}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.20)$$

Однако (7.20) и (7.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[Tot]

8] Нечётный биквадрат.

$$a^4\pm b^p=(-1)^\sigma(2^sc)^q \eqno(8.1)$$

$q,p\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$\sigma \in \{0;1\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.

$$\frac{a^4}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv (-1)^\sigma 2^{qs}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(8.2)$$

$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>qs$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (8.2) в квадрат.

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2}+(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 2^{2qs}\mp 2\frac{a^4b^p}{c^{2q}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(8.3)$$

Согласно (8.2)

$$\frac{a^4}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv 0\mod2^{qs}$$

Значит

$$\mp 2\frac{a^4b^p}{c^{2q}}\mod 2^{qs+1}\equiv 2(\frac{b^p}{c^q})^{2} $$

Поэтому

$$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.4)$$

Всегда выполняется условие

$$16\leq 2^{qs+1}$$

Возведём (8.3) в квадрат.

$$(\frac{a^4}{c^q})^{4}+(\frac{b^p}{c^q})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(8.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2^{t-5}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(8.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-5}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.8)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (8.7) в квадрат.

$$(\frac{1}{c^{2^{t-4}q}})+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(8.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.10)$$

Возведём (8.9) в квадрат.

$$(\frac{1}{c^{2^{t-3}q}})+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{b^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(8.11)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.12)$$

Из-за (8.12) имеем

$$(\frac{b^p}{c^{2q}})^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.13)$$

Сопоставим (8.13) и (8.11), отсюда

$$c^{2^{t-3}q}\equiv b^{2^{t-3}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.14)$$

Преобразуем (8.9) на основе (8.14).
Из-за (8.10) имеем

$$(\frac{b^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.15)$$

Сопоставим (8.15) и (8.9), отсюда

$$c^{2^{t-4}q}\equiv b^{2^{t-4}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.16)$$

Преобразуем (8.7) на основе (8.16).
Из-за (8.8) имеем

$$(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.17)$$

Сопоставим (8.17) и (8.7), отсюда

$$\frac{a^{2^{t-3}}}{c^{2^{t-5}q}}\equiv \frac{b^{2^{t-5}p}}{c^{2^{t-5}q}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.18)$$

$$...$$

По (8.3) получаем

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.19)$$

Из (8.19) следует

$$\frac{a^4}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.20)$$

Однако (8.20) и (8.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[Tot]

9] Нечётный и чётный биквадраты.

$$a^4\pm b^p=(-1)^\sigma(2^sc)^4 \eqno(9.1)$$

$p\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$\sigma \in \{0;1\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.

$$(\frac{a}{c})^{4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv (-1)^\sigma 2^{4s}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(9.2)$$

$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>4s$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (9.2) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{8}+(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 2^{8s}\mp 2\frac{a^4b^p}{c^8}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(9.3)$$

Согласно (9.2)

$$(\frac{a}{c})^{4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv 0\mod2^{4s}$$

Значит

$$\mp 2\frac{a^4b^p}{c^8}\mod 2^{4s+1}\equiv 2(\frac{a}{c})^{8} $$

Поэтому

$$A_1\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.4)$$

Всегда выполняется условие

$$32\leq 2^{4s+1}$$

Возведём (9.3) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{16}+(\frac{b^p}{c^4})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^4b^p}{c^8})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(9.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a^4}{c^4})^{2^{t-5}}+(\frac{b^p}{c^4})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^4b^p}{c^8})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(9.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-5}\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.8)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (9.7) в квадрат.

$$1+b^{2^{t-4}p}\equiv A_{t-5}^2-2(a^4b^p)^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(9.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.10)$$

Возведём (9.9) в квадрат.

$$1+b^{2^{t-3}p}\equiv A_{t-4}^2-2b^{2^{t-4}p}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(9.11)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.12)$$

Из-за (9.12) имеем

$$b^{2^{t-3}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.13)$$

Преобразуем (9.9) на основе (9.13).
Из-за (9.10) имеем

$$b^{2^{t-4}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.14)$$

Преобразуем (9.7) на основе (9.14).
Из-за (9.8) имеем

$$(\frac{a^4b^p}{c^8})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.15)$$

Сопоставим (9.15) и (9.7), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}}\equiv \frac{b^{2^{t-5}p}}{c^{2^{t-3}}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.16)$$

$$...$$

По (9.3) получаем

$$(\frac{a}{c})^{8}\equiv(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.17)$$

Из (9.17) следует

$$\frac{a^4}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.18)$$

Однако (9.18) и (9.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[Tot]

Доказательство ВТФ и гипотезы Биля методом бесконечного спуска.

Tot в сообщении #1458887 писал(а):

1] Формулировка ВТФ.

Tot в сообщении #1459081 писал(а):

2] Формулировка гипотезы Биля.

Tot в сообщении #1459081 писал(а):

3] Случай суммы двух нечётных биквадратов.

Tot в сообщении #1459090 писал(а):

4] Случай разности двух нечётных биквадратов.

Tot в сообщении #1459496 писал(а):

без номера] Кубический ВТФ.

Tot в сообщении #1459505 писал(а):

5] Бесконечный спуск нечётного случая ВТФ.

Tot в сообщении #1459543 писал(а):

6] Три нечётных степени.

Tot в сообщении #1459594 писал(а):

7] Чётный биквадрат.

Tot в сообщении #1459599 писал(а):

8] Нечётный биквадрат.

Tot в сообщении #1459611 писал(а):

9] Нечётный и чётный биквадраты.

[Tot]

Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, моё доказательство!

[vlmit]

Уважаемый Tot! Присоединяюсь к Вашей просьбе. Хочется узнать мнение профессионалов по поводу доказательства для третьей степени.

[venco]

За это уже пора деньги платить.

[Tot]

(Оффтоп)

Только не с убытков, а с прибылей. Дядя Сэм лимон предлагает, а есть ещё группа ай-ти талантов, любящих прорывать край математики. Так что добро пожаловать в команду потенциальных производителей лимонада!