Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[lasta]

vasili в сообщении #1006408 писал(а):

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

не противоречит сравнению

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

Уважаемый vasili!
1.Еще раз. Сравнение (1.2) не информативно по отношению к основаниям. Действительно, пусть $a^m=(\sqrt[m]{p_k})^m$, где $p_k$ - простое. Тогда $(\sqrt[m]{p_k})^m + b ^n\equiv c^K\mod p$
Далее все ваши преобразования приведут к тому, $\sqrt[m]{p_k}$ делится на целое.
2. Не существенное. \engo - постоянная опечатка. Но программа не реагирует, так как достаточно писать \e

[lasta]

vasili в сообщении #1006408 писал(а):

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)

Вот здесь и ошибка. $a\equiv 0\mod (6w + 5)$ и $b\equiv 0\mod (6w +5)$ Из предшествующего не следует.

[Tot]

1] Сумма нечётных биквадратов.

$$a^4+b^4=2^{4s}c^4 (1.1)$$

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

$$a^4\mod 8\equiv b^4\mod 8\equiv 1$$

Подставляем в $(1.1)$, получаем противоречие

$$2\equiv 0\mod 8$$

Решений нет, ч.т.д.

[lasta]

Tot в сообщении #1031353 писал(а):

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

$$a^4\mod 8\equiv b^4\mod 8\equiv 1$$

Уважаемый Tot! Все гораздо короче. Сумма нечетных биквадратов является числом вида ;$8k+2=2(4k+1)$ Так как $4k+1$ нечетное число, то сумма не является биквадратом.

[Tot]

Аналогично рассматривается и

$$a^4+b^4=2^{sn}c^n (1.2)$$

$n\in\mathbb \{4;P\} \setminus \{2\}$.

2] Разность нечётных биквадратов

$$a^4-b^4=2^{sn}c^n (2.1)$$

$n\in\mathbb \{4;P\} \setminus \{2\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$;$a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
$a,b,c$ не имеют общего множителя.
Доказать отсутствие решений.

$$(a^2-b^2)(a^2+b^2)=2^{sn}c^n$$

$$a^2-b^2 \mod 2 \equiv a^2+b^2 \mod 2 \equiv 0$$

$$a^2-b^2 >2$$

$$a^2+b^2 >2$$

Поэтому имеем всего два варианта, не противоречащие условиям на $(2.1)$.
1)

$$\begin{cases} a^2+b^2=2^{sn-1} \\ a^2-b^2=2c^n \end{cases}$$

$$a=b+2\alpha$$

$\alpha \in \mathbb N$

$$a^2-b^2=4\alpha^2+4\alpha b$$

$$a^2-b^2=2c^n$$

$$2c^n\mod 4\equiv 0$$

Противоречие.
2)

$$\begin{cases} a^2-b^2=2^{sn-1} \\ a^2+b^2=2c^n \end{cases}$$

$$a-b \mod 2 \equiv a+b \mod 2 \equiv 0$$

$$a+b >2$$

$$a-b=2$$

$$a+b=2^{sn-2}$$

$$a=2^{sn-3}+1$$

$$b=2^{sn-3}-1$$

$$a^2+b^2=2(2^{2sn-6}+1)$$

$$c^n=2^{2sn-6}+1$$

Получили противоречие,отличие нечётного $c^n$ от степени $2$ должно превышать $n$.
Решений нет, ч.т.д.

[vasili]

Уважаемый lasta!
Из (1.5) следует, что $c^K\equiv a^{2m}\mod p$

и $c^K\equiv b^{2n}\mod p$, а

из (1.6) следует, что $c^K\equiv 4a^{2m}\mod p$

и $c^K\equiv 4b^{2n}\mod p$.

Вычитая сравнения получим $(c^K- c^K)\equiv 4a^{2m}-a^{2m}\mod p$, отсюда

$3a^{2m}\equiv 0\mod p$, отсюда $a\equiv 0\mod p$. Аналогично для других сравнений. И я не вижу ошибки.

[vasili]

ошибка. Следует читать: " из (1.6)....." вместо "из (1.5)...." и наоборот.

[vasili]

Уважаемый Tot! А разве числа $a,b.c$ не натуральные? Почему Вы в качестве примера выбрали одно из чисел, а именно $a$ - иррациональное?

[Tot]

Уважаемый vasili! Я уже отошёл от апрельского варианта. Замысел там был в том, чтобы найти свойства модуля, при которых возможна однозначная замена одной степени на другую, то есть всегда можно найти ровно одно число, которое в новой степени равна исходной переменной в исходной степени. Там стратегически не удалось заткнуть все слабые места, так что до исправления тактических просчётов дело не дошло. Сейчас я рассматриваю совсем другой подход.

[Tot]

3]Случай чисел Софи Жермен

$$a^p+b^p\equiv c^p \mod 2p+1 (3.1)$$

$p,2p+1\in\mathbb P $; $p>2$
$a,b,c\in\mathbb N$;$a\mod 2p+1\not\equiv 0,b\mod 2p+1\not\equiv 0,c\mod 2p+1\not\equiv 0$.
$a,b,c$ не имеют общего множителя.
Доказать отсутствие решений.

$$x=\frac{a}{c}, y=\frac{b}{c}$$

$$x^p+y^p\equiv 1 \mod 2p+1(3.2)$$

Сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$x^p+y^p\equiv (xy)^p \mod 2p+1(3.3)$$

Сравним с $(3.2)$.

$$1 \equiv (xy)^p \mod 2p+1(3.4)$$

Перемножим $(3.2)$ и $(3.3)$.

$$2+2(xy)^p\equiv(xy)^p \mod 2p+1$$

Подставим $(3.4)$.

$$4\equiv 1 \mod 2p+1$$

При $p>2$ имеем противоречие, поэтому $(4.1)$ не имеет решений. Ч.т.д.

[lasta]

vasili в сообщении #1034276 писал(а):

$3a^{2m}\equiv 0\mod p$, отсюда $a\equiv 0\mod p$. Аналогично для других сравнений. И я не вижу ошибки.

Уважаемый vasili!
Вы переносите свойства сравнений степеней на их основания. Что не всегда допустимо. Например: $a^3=p^2k^3\equiv{0} \mod p$ , но $a\not\equiv{0} \mod p$.

[Tot]

4]Простейшее обобщение чисел Софи Жермен

$$a^p+b^p\equiv c^p \mod 4p+1 (4.1)$$

$p,4p+1\in\mathbb P $; $p>2$
$a,b,c\in\mathbb N$;$a\mod 4p+1\not\equiv 0,b\mod 4p+1\not\equiv 0,c\mod 4p+1\not\equiv 0$.
$a,b,c$ не имеют общего множителя.
Доказать отсутствие решений.

$$x=\frac{a}{c}, y=\frac{b}{c}$$

$$x^p+y^p\equiv 1 \mod 4p+1(4.2)$$

Сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$x^{3p}+y^{3p}\equiv (xy)^{3p} \mod 4p+1(4.3)$$

Разложим левую часть и подставим $(4.2)$.

$$x^{2p}-(xy)^p+y^{2p}\equiv (xy)^{3p} \mod 4p+1(4.4)$$

Перемножим $(4.3)$ и $(4.2)$.

$$2+(xy)^p(x^{2p}+y^{2p})\equiv (xy)^{3p} \mod 4p+1$$

$$x^{2p}+y^{2p}\equiv \frac{(xy)^{3p}-2}{(xy)^p}\mod 4p+1\equiv A (4.5)$$

Сдвинем переменные в левой части на функцию Эйлера.

$$x^{2p}+y^{2p}\equiv (xy)^{2p}A\mod 4p+1$$

Сравним с предыдущим уравнением.

$$(xy)^{2p}\equiv 1\mod 4p+1(4.6)$$

$(4.4)$ домножим на $(xy)^p$.

$$(xy)^p(x^{2p}+y^{2p})-(xy)^{2p}\equiv 1 \mod 4p+1$$

Подставим $(4.5)$ и $(4.6)$.

$$(xy)^{3p}-2-1\equiv 1 \mod 4p+1$$

$$(xy)^{3p}\equiv 4 \mod 4p+1$$

Ещё раз подставим $(4.6)$.

$$(xy)^p\equiv 4 \mod 4p+1$$

Возведём в квадрат и сравним с $(4.6)$.

$$1\equiv 16 \mod 4p+1$$

При $p,4p+1\in\mathbb P $; $p>2$ имеем противоречие,поэтому $(4.1)$ не имеет корней. Ч.т.д.
Если бы мы могли построить противоречие для всех простых вида $2pl+1$, $l\in\mathbb N$ при данном простом показателе степени уравнения Ферма $p$, то рассуждения были бы следующие.Количество простых в ряде бесконечно согласно теореме Дирихле, имеющей и элементарное доказательство(вроде даже не одно). Противоречие в аналоге разделов 3] и 4] говорило бы о том, что одно из чисел тройки Ферма делится на данный модуль. А так как количество таких модулей бесконечно, то одно из чисел тройки Ферма бесконечно, то есть решений нет.
Однако сделать такое построение не получается, поэтому нужно рассмотреть и модули других видов при заданной степени уравнения Ферма $p$.

[Гаджимурат]

Tot в сообщении #797800 писал(а):

Пока жду мнения других экспертов, дам маленькое пояснение к возникновению такого подхода. 19 ноября этого года заинтересовался вопросом об упрощении способа компьютерной проверки гипотезы Биля. Стал пытаться как-то модифицировать её и её облегчённые версии привычными мне методами задания модуля и сдвига на функцию Эйлера. В теореме Пифагора неожиданно стали всплывать закономерности. По модулю 3 и 8 получаем, что одно из слагаемых всегда делится на 3 и 4 (могут различные). А по модулю 5 одно из чисел тройки всегда делится на 5. А это уже минимальная пифагорова тройка. Стало быть по другим простым модулям такого доказать не удастся. Вот возникла идея посмотреть по каким модулям должен возникать ноль во всех тройках решений уравнения теоремы Ферма. Третью степень я привёл только из-за правил, а решал в общем виде для произвольной, нечётной, простой степени.

Ещё лет 5 назад я писал,что если существует решение теоремы Ферма для простых степеней,то обязательно одно из чисел $a,b,c$, если эти числа являются решением теоремы,должны делиться на 3, на 5 ,на $n^2$, где $n$ рассматриваемая степень и на 7. Нужно отметить,если на 7 ни одно из чисел $a,b,c$ не делится,то делится $a+b$ или $ a-b$.Все сказанное относится и ко второй степени и легко проверяется,так как число 2 ,это простое число.Все вам доброго и удачи.

[lasta]

[

Гаджимурат в сообщении #1041046 писал(а):

если существует решение теоремы Ферма для простых степеней,то обязательно одно из чисел $a,b,c$, если эти числа являются решением теоремы,должны делиться на 3, на 5 ,на $n^2$, где $n$ рассматриваемая степень

Уважаемый Гаджимурат! У Вас есть доказательство?

[Гаджимурат]

lasta в сообщении #1041054 писал(а):

[

Гаджимурат в сообщении #1041046 писал(а):

если существует решение теоремы Ферма для простых степеней,то обязательно одно из чисел $a,b,c$, если эти числа являются решением теоремы,должны делиться на 3, на 5 ,на $n^2$, где $n$ рассматриваемая степень

Уважаемый Гаджимурат! У Вас есть доказательство?

Уважаемый,конечно есть,но зачем оно вам здесь,если все проверяется на второй степени.Проверьте и скажите.....Гаджи ,ты не прав!!
А доказательство ,осбенно для деления на 7 , слишком громоздко,для остальных моих утверждений, доказывается весьма элементарно.Повторюсь ещё раз-число 2 простое число,а я доказывал для любой простой степени.Когда то я ставил ящик коньяку тому,кто докажет,что я не прав,желающих попить задарма не нашлось.