Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

Уважаемый lasta!
$(1.2)$ является лишь частью $(1.1)$, но рассматриваем мы только эту часть, чтобы прийти к противоречию, если получится.
Мы пытаемся доказать, что при рассмотрении $(1.1)$ по модулю у нас нет других вариантов, кроме кратности модулю одного из чисел тройки Ферма. Представьте, что это у нас получилось доказать и не по одному модулю, а по бесконечному множеству модулей. Тогда одно из чисел тройки Ферма кратно каждому модулю из бесконечного множества. Значит решений у $(1.1)$ нет, так как одно из чисел в любом решении бесконечно.
Софи Жермен не смогла построить такую цепочку модулей, а она была единственной, кто почти нашла доказательство Ферма. Все остальные за основу брали доказательство Эйлера (заслуженный авторитет). Но у Эйлера был немецкий менталитет, индуктивный подход . Первый шаг доказал, второй не доказал, индукция не получилась. А если общий случай доказывается легче, чем частный?

[Tot]

1] ВТФ и гипотеза Биля для нечётных степеней через ВТФ для $n=3$.
Рассмотрим сначала cведение уравнения Биля с нечётными степенями к ВТФ $n=3$,
а затем доказательство для оного.

$$a^m+b^n=c^k (1.1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$; $m,n,k\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
Обобщённая тройка Ферма $(a,b,c)$ не имеет общего множителя.
Доказать отсутствие решений у $(1.1)$.
Сформулируем задачу иначе.
Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с модулем, и покажем его эквивалентность исходному.

$$a^m+b^n\equiv c^k\mod p (1.2)$$

$a,b,c\in\mathbb Z$;$p,m,n,k\in\mathbb P \setminus \{2\}$; $p>6$,
$p\mod m\not\equiv 1$, $p\mod n\not\equiv 1$, $p\mod k\not\equiv 1$,
$p\mod 3\not\equiv 1$, $p\mod 4\equiv 3$,
$a\mod p\not\equiv 0$, $b\mod p\not\equiv 0$, $c\mod p\not\equiv 0$.
Доказать, что $(1.2)$ имеет единственное решение $c^{2k}\equiv a^mb^n \mod p (1.3)$.
Задачи $(1.1)$ и $(1.2)-(1.3)$ эквивалентны. Действительно, задача $(1.2)-(1.3)$ по теореме
Дирихле даёт для $(1.1)$ всего два варианта решения:
1) $c^{2k}=a^mb^n$, после подстановки в $(1.1)$ получаем отрицательный дискриминант;
2) бесконечно большое одно из чисел обобщённой тройки Ферма из-за кратности одного из чисел тройки каждому модулю $p$.
Доказательство для $(1.2)-(1.3)$.
Рассмотрим $(1.2)$.

$$c^k \equiv (c_1^{\frac{3}{k}})^k \equiv c_1^3\mod p, a^m \equiv (a_1^{\frac{3}{m}})^m \equiv a_1^3\mod p, b^n \equiv (b^{\frac{3}{n}})^n \equiv b_1^3\mod p (1.4)$$

$$a_1^3+b_1^3=c_1^3 \mod p$$

Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера $e=\varphi (p)$.

$$\frac{1}{a_1^{e-3}}+\frac{1}{ b_1^{e-3}}\equiv c_1^3\mod p$$

$$b_1^{e-3}+a_1^{e-3}\equiv (a_1b_1)^{e-3}c_1^3\mod p $$

Перемножим левые и правые части с исходным.

$$2+(a_1b_1)^3(a_1^{e-6}+b_1^{e-6})\equiv (a_1b_1)^{e-3}c_1^6\mod p$$

$$a_1^{e-6}+b_1^{e-6}\equiv \frac{(a_1b_1)^{e-3}c_1^6-2}{(a_1b_1)^3}\mod p\equiv A$$

Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.

$$a_1^{6}+b_1^{6}\equiv A(a_1b_1)^{6} \mod p$$

$$2+(a_1b_1)^6(a_1^{e-12}+b_1^{e-12})\equiv (a_1b_1)^6A^2\mod p$$

$$a_1^{e-12}+b_1^{e-12}\equiv \frac{[(a_1b_1)^{e-3}c_1^6-2]^2_{(1)}-2}{(a_1b_1)^6}\mod p\equiv B$$

$$a_1^{12}+b_1^{12}\equiv B(a_1b_1)^{12} \mod p$$

$$2+(a_1b_1)^{12}(a_1^{e-24}+b_1^{e-24})\equiv (a_1b_1)^{12}B^2\mod p$$

$$a_1^{e-24}+b_1^{e-24}\equiv \frac{[[(a_1b_1)^{e-3}c_1^6-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}-2}{(a_1b_1)^{12}}\mod p$$

Продолжив итерации, мы придём опять в левой части после цикла к степени $e-6$, так как у нас $p \mod 4\equiv 3$. Тогда подставим вместо левой части другое значение $A$.
Переменная цикла $l$ удовлетворяет условию

$$2^{l+1}\mod \frac{p-1}{2} \equiv 2^{l+1}\mod p-1 \equiv 2$$

$$(\frac{c_1^6}{(a_1b_1)^3}-2)\frac{(a_1b_1)^{2^l3}}{(a_1b_1)^3}\equiv [...[[\frac{c_1^6}{(a_1b_1)^3}-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{(l)}-2\mod p$$

$$\frac{(a_1b_1)^{2^l3}}{(a_1b_1)^3}\equiv \frac{\pm\sqrt{(a_1b_1)^{2^{l+1}3}}}{(a_1b_1)^3} \mod p \equiv \pm 1$$

$$\pm(\frac{c_1^6}{(a_1b_1)^3}-2)\equiv [...[[\frac{c_1^6}{(a_1b_1)^3}-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{(l)}-2\mod p (1.5)$$

Пусть $\{\alpha_i\}$ - множество решений $(1.5)$.

$$c_1^6\equiv \alpha_i(a_1b_1)^3 \mod p (1.6)$$

Это решения уравнения $(1.2)$ с учётом $(1.4)$.
Теперь запишем $(1.2)$ в виде

$$a_1^3\equiv c_1^3+(-b_1)^3 \mod p$$

Из $(1.2)$ его получаем с учётом $(1.4)$ заменой

$$c_1\rightarrow a_1, a_1\rightarrow c_1, b_1\rightarrow -b_1$$

Тогда из $(1.6)$ имеем

$$a_1^6\equiv \alpha_i(-c_1b_1)^3 \mod p (1.7)$$

Наконец запишем $(1.2)$ в виде

$$b_1^3\equiv c_1^3+(-a_1)^3 \mod p$$

Из $(1.2)$ оно получается с учётом $(1.4) $заменой

$$c_1\rightarrow b_1, b_1\rightarrow c_1, a_1\rightarrow -a_1$$

Тогда из $(1.6)$ имеем

$$b_1^6\equiv \alpha_i(-c_1a_1)^3 \mod p (1.8)$$

Перемножим $(1.6),(1.7),(1.8)$.

$$\alpha_i^3 \mod p\equiv 1$$

$\alpha_i \mod p\equiv 1$, так как $p \mod 3 \not\equiv 1$.
Тогда из $(1.6)$ и $(1.4)$ получаем $(1.3)$. Ч.т.д.

[lasta]

Tot в сообщении #1004334 писал(а):

$$c^k \equiv (c_1^{\frac{3}{k}})^k \equiv c_1^3\mod p, a^m \equiv (a_1^{\frac{3}{m}})^m \equiv a_1^3\mod p, b^n \equiv (b^{\frac{3}{n}})^n \equiv b_1^3\mod p (1.4)$$

Уважаемый Tot!
В приведенных сравнениях основания $a_1,b_1,c_1$ не являются натуральными числами. Какой смысл в дальнейших преобразованиях? Например, сдвига на функцию Эйлера.

[Tot]

В $(1.2)$ изначально нет натуральных чисел. Да и что такое натуральное число по модулю?
А в исходном уравнении $(1.1)$ можно доопределить обобщённую тройку Ферма на множестве целых, отличных от нуля чисел. Если решение с отрицательными числами есть, то минусы можно вынести за нечётные степени, перенести вычитаемое в другую часть уравнения и после переобозначения получить снова уравнение Биля, но уже с решением в натуральных числах.

[nnosipov]

Tot, прочитайте внимательно, что Вам пишут:

lasta в сообщении #1004435 писал(а):

В приведенных сравнениях основания $a_1,b_1,c_1$ не являются натуральными числами.

Вам говорят, что числа $a_1$ и т.д. не обязаны быть целыми числами. Например, как может догадаться читатель, глядя на (1.4), имеем $a_1=a^{m/3}$, и если $m$ не кратно трём, то число $a_1$ иррационально.

Вообще, это плохой тон --- вводить буквы, не объясняя, что они обозначают. Почему мы должны догадываться, что именно Вы обозначили буквой $a_1$?

[Tot]

Хорошо, полностью согласен с критикой. Уважаемые форумчане, прошу рассматривать в последнем варианте лишь случай $m=n=k=3$. Тогда $a_1=a, b_1=b, c_1=c$.

[lasta]

Tot в сообщении #1004334 писал(а):

Перемножим левые и правые части с исходным.

$$2+(a_1b_1)^3(a_1^{e-6}+b_1^{e-6})\equiv (a_1b_1)^{e-3}c_1^6\mod p$$

Если $p$ произвольное простое число, то сравнение ошибочно, так как $a_1,b_1$ не могут быть взаимно просты со всеми $p$

[Tot]

Не понимаю Ваше замечание. К $(1.2)$ есть список ограничений на $a,b,c,p$. В их рамках вывод $(1.5)$ вроде правильный, только может с $\pm$ нужно определиться.

[Tot]

Формула $(1.5)$ состоит из правых частей итерационной формулы при равных левых частях в начале первого и начале второго цикла. Поэтому у них одинаковый знак и $\pm$ следует заменить на $+$.

-- 17.04.2015, 05:51 --

Не уверен в понятности окончания доказательства. Мысль такая. $(1.5)$ даёт множество решений $\{\alpha_i\}$. Это по сути разложение переменной $c$ по параметрам $a,b$. Такое же уравнение и такое же множество решений получается при двух наборах замен по симметрии, то есть разложении $a$ и $b$ по двум другим параметрам. В итоге получаем, что каждый элемент каждого из трёх одинаковых множеств соответствует какому-то решению уравнения $(1.2)$, так как все три разложения получены из одного уравнения. Если рассмотреть одно и то же $\alpha_i$ из каждого множества, то оно должно быть решением, а это возможно лишь при $\alpha_i=1$ для любого $i$.

[lasta]

Tot в сообщении #1004556 писал(а):

Не понимаю Ваше замечание. К $(1.2)$ есть список ограничений на $a,b,c,p$.

$P$ не ограничен каким-то конечным интервалом ($P>6$). В связи с этим функция Эйлера не равна $1$ по модулю произвольного $p$, и в сравнении не может быть двойки.

$$a_1^e \equiv 1\mod p$$

только при взаимной простате $a_1,p$

[Tot]

Tot в сообщении #1004334 писал(а):

$p,m,n,k\in\mathbb P \setminus \{2\}$; $p>6$,

У нас $p$ всегда простое.

[lasta]

Tot в сообщении #1004696 писал(а):

У нас $p$ всегда простое.

Конечно всегда. Но числа $7,13$ и другие, которые также всегда являются делителями тройки решения для кубов, не могут быть в числе модулей, поэтому ваши ограничения

Tot в сообщении #1004334 писал(а):

$a\mod p\not\equiv 0$, $b\mod p\not\equiv 0$, $c\mod p\not\equiv 0$.

выбрасывают эти числа. Как это учитывается в Ваших итерациях?

[Tot]

Исследуемая закономерность должна проявляться по бесконечной цепочке модулей специального вида, но не обязана по всем модулям. Числа $7,13,...$ могут являться делителями тройки Ферма $(a,b,c)$, ничего не выбрасывается.

[lasta]

Tot в сообщении #1004759 писал(а):

Исследуемая закономерность должна проявляться по бесконечной цепочке модулей специального вида, но не обязана по всем модулям. Числа $7,13,...$ могут являться делителями тройки Ферма $(a,b,c)$, ничего не выбрасывается.

Что значит специального вида? Пока что видна обычная итерация, которая может доходить до запрещенного модуля и на этом прекращаться.

[vasili]

Уважаемый Tot!

1.Вы выбрали в качестве модулей простые числа вида $4K_1 + 3$

которые содержат простые числа вида $6w + 5$ (11,23,47, 59,71, 83, 107…).

2. Если предлагаемое Вами сравнение

$c^{2K}\equiv a^m b^n\mod p\engo(1.3)$

не противоречит сравнению

$a^m + b ^n\equiv c^K\mod p\engo(1.2)$, то

тогда справедливо и сравнение

$a^{2m} + a^m b^n + b^{2n}\equiv 0\mod p$, отсюда следует

$a^{3m}- b^{3n}\equiv 0\mod p\engo(1.4)$.

3. Рассмотрим сравнение (1.4) по модулю $p = 6w + 5$

Обозначим: $ a^m = A$ и $b^n = B$, тогда сравнение (1.4) будет

$A^3 - B^3\equiv 0 \mod (6w + 5)$, а

благодаря Малой теореме Ферма

$A^{6w +4}-B^{6w + 4}\equiv 0\mod (6w + 5)$ или

$A^{3(2w + 1)}A-B^{3(2w +1)}B\equiv 0\mod (6w + 5)$, отсюда

$A-B\equiv0\mod p$, т.е. $a^m\equiv b^n\mod (6w + 5)$, тогда сравнение

(1.2) будет

$c^K\equiv a^m + b^n\equiv 2a^m\equiv2b^n\mod (6w + 5)$, и его вторая

степень

$c^{2K}\equiv 4a^{2m}\equiv 4b^{2n}\mod (6w +5)\engo(1.5)$, а

сравнение (1.3)

$c^{2K}\equiv a^m b^n\equiv a^{2m}\equiv b^{2n}\mod (6w +5)\engo(1.6)$.

4.Из сравнения (1.5) вычтем сравнение (1.6) получим

$ 3a^{2m}\equiv 3b^{2n} \equiv 0\mod (6w + 5)$, отсюда

$a\equiv 0\mod (6w + 5)$ и $b\equiv 0\mod (6w +5)$, тогда из сравнения (1.2)

следует и

$c\equiv 0\mod (6w +5)$.

Получили кратность всех трех чисел (a, b, c) простому числу вида $6w +5$,

что не противоречит гипотезе Билля.