Теорема Ферма и гипотеза об эффективно вычислимом потолке

[Rob123]

Теорема Ферма и гипотеза об эффективно вычислимом потолке

1. Теорема Ферма и генерация систем Виета.

Пусть для некоторых целых (натуральных) чисел a, b, c выполнено равенство

\bigskip


$$a^3=b^3+c^3,(1)$ $

тогда k- также целое (натуральное)


$k=a-b{\neq}0,(2)$

и выполняются равенства


$\left(b+k\right)^3=b^3+k^3+3b^2k+3k^2b=b^3+c^3, $

$b^2+kb+\frac{k^3-c^3}{3k}=0.(3)$

Относительно неизвестной b- уравнение (1) кубическое, и по формулам Виета получаем
систему уравнений


\bigskip


$b^3+\left(c^3-a^3\right)=0,$
$\left\{\begin{matrix}b_1+b_2+b_3=0,\\b_1b_2+b_1b_3+b_2b_3=0,\\b_1b_2b_3=-\left(c^3-a^3\right).\end{matrix}\right.(4)$

В свою очередь, уравнение (3) относительно неизвестной b уже квадратное,
следовательно выполняется система уравнений:


$\left\{\begin{matrix}b_1+b_2=-k;\\b_1b_2=\frac{k^3-c^3}{3k}.\end{matrix}\right.(5)$

Тогда из первых уравнений систем получаем


$b_1+b_2=-b_3=-k;b_3=k,$

из вторых уравнений систем получаем


$0=b_1b_2+b_1b_3+b_2b_3=b_1b_2+b_3\left(b_1+b_2\right)=\frac{k^3-c^3}{3k}+b_3\left(-k\right)=\frac{k^3-c^3}{3k}+k\left(-k\right),$


$\frac{k^3-c^3}{3k}+k\left(-k\right)=0,$


$-c^3=2k^3.(6)$

Однако, уравнение (6) неразрешимо ни в натуральных числах, ни в целых вещественных числах. Обобщение на случай произвольного значения n очевидно и можно провести многими способами, есть 2n-1 уравнений, а неизвестных только n+3


$2n-1{\geq}n+3,n{\geq}4.(7)$


\bigskip

Постников. стр.9. {\textquotedbl}Элементарное же доказательство теоремы Ферма ... ЗАКРОЕТ ПРОБЛЕМУ, но большого значения
для математики иметь заведомо не будет{\textquotedbl}. Почти.



Замечание 1. Что-то похожее получается в попытке доказательства невозможности существования нечётных совершенных чисел: если s- количество различных простых сомножителей совершенного числа N, то чётным оно является тогда и только тогда, когда s=2. При s>2 количество неизвестных равно 2s (число показателей степеней и оснований), а число возможных уравнений как минимум 4s+1. Проблема в том, что они не являются алгебраическими и методы их решения неизвестны. Возможно необходимости в поиске новых методов и нет, поскольку, с другой стороны, при заданном числовом значении s поиск нечётных совершенных чисел N всегда можно свести к конечному перебору. Таких чисел при s≤103 (как минимум, в Википедии данные устарели) нет, нижняя граница нечетного N растет как


$N\ s^{2s}>10^{6000}.$

Надо лишь найти некоторую эффективную границу s, выше которой, по сути, идет повтор математических структур.
Также проблема нечётных совершенных чисел напрямую связана с гипотезой Римана в форме критерия Робина через вычисление функции делителей σ(N). Здесь ситуация проще, только чистая алгебра, как минимум, удалось избавится от функции делителей σ(N) и упростить критерий Робина.


\bigskip

\textit{Замечание 2. }Заметим, что из первого и второго уравнений системы (4) следует


$0=b_1b_2+b_1b_3+b_2b_3=b_1b_2+b_3\left(-b_3\right),$


$b_3^2=b_1b_2,$

поэтому система (4) неразрешима в целых попарно взаимно простых числах $b_1,b_2,b_3,$ \ поскольку


$\pm 1\pm 1\pm 1{\neq}0,$

значит предположение о существовании \textbf{комплексных} чисел в данной системе \textbf{обязательно, }даже если они не
используются напрямую. В этом смысле доказательство неэлементарно. В рамках \textit{только вещественных} чисел системы
Виета вырождаются и смысла не имеют.


\bigskip

Конкретно для \textit{кубического} уравнения, важно, что корнями алгебраического уравнения могут быть только
комплексно-сопряженные корни (всегда в чётном количестве) либо вещественные. Тогда система (5) разрешима либо только в
целых числах $b_1,b_2$ \ либо только комплексных числах $b_1,b_2$. Значит, системы (4) и (5) неразрешимы в целых
числах одновременно, это противоречие, поскольку при подстановке


\bigskip


$k=a-b{\neq}0$

они эквивалентны. Очевидно, что данная подстановка может быть полезна для всех диофантовых уравнений с любым количеством
переменных \foreignlanguage{english}{\textit{s}}. Число порождаемых подобным образом систем Виета равно \ \


$C_s^3=\frac{s(s-1)} 2,$

если произошло \textit{понижение} степени, то не все они будут тривиальными. Например, подобным образом можно доказать неразрешимость диофантового уравнения


$\left(x+y+z\right)^3=\mathit{xyz}.(8)$




\bigskip

Аналогично для уравнения


$a^4=b^4+c^4,(9)$

получаем сопряжённое уравнение


$\left(b+k\right)^4=b^4+4b^3k+6b^2k^2+4bk^3+k^4=b^4+c^4,$




$b^3+\frac 6 4k\ast b^2+k^2\ast b+\frac{k^4-c^4}{4k}=0,k{\neq}0,$

и две системы уравнений по формулам Виета:


\bigskip


$\left\{\begin{matrix}b_1+b_2+b_3+b_4=0,\\b_1b_2+b_1b_3+b_1b_4+b_2b_3+b_2b_4+b_3b_4=0,\\b_2b_3b_4+b_1b_3b_4+b_1b_2b_4+b_1b_2b_3=0,\\b_1b_2b_3b_4=+\left(c^4-a^4\right).\end{matrix}\right.(10)$


\bigskip


$\left\{\begin{matrix}b_1+b_2+b_3=\frac{-6} 4k,\\b_1b_2+b_1b_3+b_2b_3=k^2,\\b_1b_2b_3=\frac{-k^4-c^4}{4k}.\end{matrix}\right.(11)$

Тогда из первых уравнений систем получаем

$b_1+b_2+b_3=-b_4=\frac{-6} 4k,b_4=\frac 6 4k,$

из вторых уравнений систем получаем


$0=b_1b_2+b_1b_3+b_2b_3+b_4\left(b_1+b_2+b_3\right)=k^2+b_4\left(\frac{-6} 4k\right)=k^2+\frac 6 4k\left(\frac{-6} 4k\right)$


$\frac 6 4k\left(\frac 6 4k\right){\neq}k^2.$

Таким образом, поскольку


$C_n^3=\frac{n(n-1)} 2{\neq}0.(12)$

системы несовместны при {\textit{n}}${\geq}$4, если
{\textit{k}}\textit{${\neq}$0}. \

Заметим, что все четные совершенные числа также имеют вид (12), это к гипотезе о \textbf{повторе математических
структур. }

Также из предпоследних уравнений систем можно получить


\bigskip


$0=b_2b_3b_4+b_1b_3b_4+b_1b_2b_4+b_1b_2b_3=b_4\left(b_2b_3+b_1b_3+b_1b_2\right)+b_1b_2b_3=?$


$=\frac 6 4k\left(k^2\right)+b_1b_2b_3=\frac 6 4k\left(k^2\right)-\frac{k^4-c^4}{4k},$


$5k^4=-c^4.(13)$

В общем случае получаем неразрешимость в \textit{целых} числах уравнения


\bigskip


$-c^n=\left(C_n^3-1\right)k^n=\left(\frac{n\left(n-1\right)} 2-1\right)k^n,$


$\frac{n(n-1)} 2-1=\left(\frac{-c} k\right)^n{\geq}2^n>0,n{\geq}4.(14)$


\bigskip


\bigskip

2. Гипотеза об эффективном потолке, бесконечный спуск и дерево вариантов.


\bigskip

1.Пусть диофантово уравнение содержит \textit{конечное}\textbf{ }число переменных и \textit{конечное} число операций
(функций) сложения, умножения, возведения в степень и только их.

2. Нет других операций и арифметических функций наподобие функции делителей $\sigma (N)$, функций Мёбиуса $\mu (N)$,
функций $\text{\textgreek{«}}$пол$\text{\textgreek{»}}$ и $\text{\textgreek{«}}$потолок$\text{\textgreek{»}}$ либо от
них можно каким-либо образом избавится.

\ \ \ Операция умножения суть многократное сложение, в свою очередь операция возведения в степень суть многократное
умножение, поэтому конечные диофантовы уравнения $\text{\textgreek{—}}$ это математическая структура из
\textit{комбинаций} только одной операции сложения, сами числа $\text{\textgreek{—}}$ это сумма единиц.

Имеем\foreignlanguage{english}{, }например\foreignlanguage{english}{, }диофантово уравнение


$0=b^3+c^3-a^3.$

Ввиду малости всех переменных и коэффициентов интуитивно представляется очевидным, что при отсутствии натуральных
решений в достаточно большом диапазоне, например при \


$\left\{a,b,c\right\}{\leq}S=10^6$


\bigskip

решений не будет в принципе! При больших значениях переменных идет \textbf{повторение математических структур }(сам этот
термин неопределяем, он зависит от аксиоматики). \textbf{\ }Но как это доказать?

Этот же диапазон должен задавать все серии нетривиальных решений, если таковые найдутся.

Сформулируем две рабочие \textit{гипотезы}.

\begin{enumerate}[series=listWWNumiv,label=\arabic*.,ref=\arabic*]
\item Для каждой переменной в конечном диофантовом уравнении существует эффективно вычислимый потолок значений, задающий
все натуральные решения данного уравнения.
\end{enumerate}
Тогда задачу поиска решений можно принципиально свести к \textit{полному перебору}. \

В частности, если для такого уравнения в достаточно большом диапазоне


$0<\left\{a_1,a_2,\dots{},a_i\right\}{\leq}S$

не найдено ни одного целого решения, то из нет вообще.

\begin{enumerate}[resume*=listWWNumiv]
\item В \textit{некоторых} диофантовых уравнениях число \textit{математических структур }конечно. Это обобщение, какими
свойствами должны обладать эти уравнения?
\end{enumerate}

\bigskip

Есть принципиальное сходство с \foreignlanguage{english}{\textit{abc}}{}-гипотезой, но она оперирует с
\textit{элементами} множеств (конкретно числами), а гипотеза (1) об эффективном потолке конечных диофантовых уравнений
работает с самими \textit{операциями, }и её вроде бы легче доказать. \


\bigskip

Заменив сложение умножением, умножение возведением в степень, возведение в степень

возведением в двойную степень можем получить максимальное число сочетаний операции \foreignlanguage{english}{\textit{S}}
“сложение/вычитание” в уравнении.

Пусть число переменных-оснований показателей степеней в уравнении \foreignlanguage{english}{\textit{i}},

произведение коэффициентов при них равно \foreignlanguage{english}{A},

число переменных-показателей степеней равно \foreignlanguage{english}{\textit{j}},

и произведение коэффициентов при них равно \foreignlanguage{english}{B},

тогда


$S<2^{\left(\mathit{Ai}\right)^{2^{Bj}}}.(15)$

Для уравнения (1) получим


$i=3,j=1,B=3,A=1, S<2^{3^{2^3}}{\approx}1,14\ast 10^{1975}.$


\bigskip

Аргументам $a,b,c$ \ добавим \textit{всевозможные} натуральные приращения $N_1,N_2,N_3,$ \ такие, что


$b_1+c_1+a_1{\leq}S,(16)$

получим формы вида


$F(b_1,c_1,a_1)=\left(b+b_1\right)^3+\left(c+c_1\right)^3-\left(a+a_1\right)^3.$

По условию $F\left(0,0,0\right)=0,$ \ тогда для \textit{всего дерева} вариантов для меньшей ветки \textbf{должно
выполняться условие }(это надо проверить)


\bigskip


$\left(b+b_2\right)^3+\left(c+c_2\right)^3-\left(a+a_2\right)^3-\left(b^3+c^3-a^3\right)=?$


$=K\left[\left(b+b_1\right)^3+\left(c+c_1\right)^3-\left(a+a_1\right)^3-\left(b^3+c^3-a^3\right)\right],(17)$

\foreignlanguage{english}{\textit{K}}{}- целое либо полином.

Из набора $\left(b_1,c_1,a_1\right)$ \ \textit{хотя бы одно} из чисел должно быть меньше соответствующего числа из
набора\textit{ } $\left(b_2,c_2,a_2\right)$\textit{.\ \ }

Если \foreignlanguage{english}{K${\geq}$2, }и выполнено


$\left(b+b_1\right)^3+\left(c+c_1\right)^3-\left(a+a_1\right)^3-\left(b^3+c^3-a^3\right)=0(18)$

то это набор уникальных корней.

Подобный перебор $\text{\textgreek{—}}$ это бесконечный спуск брутфорсом. Начиная с некоторой глубины (корней), каждая
ветвь будет \textit{линейной комбинацией} меньших ветвей. Глубина дерева, скорее всего, будет\foreignlanguage{english}{
} порядка


$S<2^{3^3}{\approx}1.4\ast 10^8.$

Этим элементарное доказательство отличается от неэлементарного: количество вариантов, которых надо проверить растет по экспоненте, для общего случая, вероятно, порядка 10^9.




Для случая \foreignlanguage{english}{\textit{n}}=2 уникальный корень только один (3,4,5) (за исключением перестановки
(4,3,5)), остальные получаются умножением на матрицы


$A=\left[\begin{matrix}\begin{matrix}1&\begin{matrix}-2&2\end{matrix}\\2&\begin{matrix}-1&2\end{matrix}\end{matrix}\\\begin{matrix}2&-2&3\end{matrix}\end{matrix}\right],B=\left[\begin{matrix}\begin{matrix}1&\begin{matrix}2&2\end{matrix}\\2&\begin{matrix}1&2\end{matrix}\end{matrix}\\\begin{matrix}2&2&3\end{matrix}\end{matrix}\right],C=\left[\begin{matrix}\begin{matrix}-1&\begin{matrix}2&2\end{matrix}\\-2&\begin{matrix}1&2\end{matrix}\end{matrix}\\\begin{matrix}-2&2&3\end{matrix}\end{matrix}\right].$




Необходимо проверить выполняется ли условие (17) для случая n=3.

[venco]

Rob123 в сообщении #1699343 писал(а):

В свою очередь, уравнение (3) относительно неизвестной b уже квадратное,
следовательно выполняется система уравнений:

Только один из корней (1) и корней (3) обязан совпадать. На остальные корни этого ограничения нет, и они у (1) даже могут быть иррациональными и комплексными.
Зря вы их обозначили одинаково, только запутали себя.

[Rob123]

venco в сообщении #1699356 писал(а):

Rob123 в сообщении #1699343 писал(а):

В свою очередь, уравнение (3) относительно неизвестной b уже квадратное,
следовательно выполняется система уравнений:

Только один из кореней (1) и корней (3) обязан совпадать. На остальные корни этого ограничения нет, и они у (1) даже могут быть иррациональными и комплексными.
Зря вы их обозначили одинаково, только запутали себя.

Числа а, c фиксированы. Подстановка $k=a-b$ в уравнение (1) новых корней не даёт, все преобразования тождественны. Предположив, что в системе (4) есть хотя бы один отличающийся корень от системы (5) получим, что либо этот корень равен нулю либо кубическое уравнение имеет 4 корня.

[venco]

Rob123 в сообщении #1699371 писал(а):

Подстановка $k=a-b$ в уравнение (1) новых корней не даёт

Там уже три корня - $b_1=b, b_{2,3}=\frac{(-1\pm\sqrt3i)b}2$, ($b$ - из исходного предполагаемого решения уравнения Ферма).
А у (3) два корня - $b_1=b, b_2=-a$.
Как видите, нужный нам корень $b$ есть и там и там, а равенства остальных корней нам никто не обещал.