Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[ananova]

Нет - речь не идет о "числовом ряде степеней", т.к. в такой трактовке отсутвуют множества из троек Ферма на каждом шаге подъема или спуска. Возможно, более подходящий термин - циклическая группа, который есть в математике, но я не уверен, что здесь речь о ней. Я бы назвал это числовой цепью множеств троек Ферма, но я не нашел в математике термина "цепь". Как правильно назвать нисходящую последовательность троек Ферма, которые рассматриваются в доказательстве Эйлера для степени 3?

[Tot]

ananova, с Вашим предложением по терминологии согласен.

За последние недели расширился мой взгляд на модульный подход. Раньше я считал, что целые и рациональные под модулем переходят в целые при отсутствии общего множителя с модулем для однозначности операции восстановления, а иррациональность будет выступать как логическое противоречие, как в случае с вариантом Софи Жермен. Бесконечный подъём-спуск отражается бесконечной цепочкой при разложении по модулю. А на деле это ещё не всё. Целыми числами по модулю могут отражаться и мнимые рациональные числа. Именно мнимые, с нулевой действительной частью. По модулю сумма кубов и сумма биквадратов разлагается единообразно, в то время как на оси действительных чисел сумма кубов разлагается, а сумма биквадратов нет. Это нужно учесть.

[ananova]

Tot
Мне понятна Ваша логика.

Термин "числовая цепь" можно трактовать как "рекурсивно связанные множества - "звенья" (например, из троек Ферма). Цепь по определению состоит из звеньев. Как вариант, - доказывать, что в такой числовой цепи отсутствуют множества - "звенья" числовой цепи, состоящие только из целых чисел.

[Tot]

5] Лемма.
Разложение полинома $1+z+...+z^{k-1}$, при $k=\prod\limits_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $\forall l$ $p_l \in \mathbb P$.

$$1+z+...+z^{k-1}=(1+z+...+z^{p_1-1})(1+z^{p_1}+...+z^{p_1(p_1-1)})...(1+z^{p_1^{q_1-1}}+...+z^{p_1^{q_1-1}(p_1-1)})\cdot$$

$$\cdot(1+z^{p_1^{q_1}}+...+z^{p_1^{q_1}(p_2-1)})...(1+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}}+...+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}(p_2-1)})...\cdot$$

$$\cdot(1+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}}+...+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}(p_i-1)})$$

$$1+z+...+z^{k-1}=\prod_{l=1}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{(1+z^{p_l^{r-1}\prod\limits_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}(p_l-1)\prod\limits_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}})}} (5.1)$$

Обратим внимание, что это лишь один из вариантов разложения, остальные варианты получаются аналогично при смене порядка вычленения множителей из функции Эйлера, так как каждая скобка
разложения соответствует одному множителю первой степени в функции Эйлера.

6] $3$ у ВТФ при $n=3$ - не делитель тройки Ферма

$$a^3+b^3=3^{3s}c^3 (6.1)$$

$a,b,c\in\mathbb Z$; $s\in\mathbb N$;
$a\mod 3\not\equiv 0,b\mod 3\not\equiv 0,c\mod 3\not\equiv 0$.
$a,b,c$ не имеют общего множителя.
Доказать отсутствие корней у $(6.1)$.
Докажем, что все корни $(6.1)$ бесконечно велики. Для этого рассмотрим

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(a^3+b^3\equiv 3^{3s}c^3 \mod 3^{3s+1}(2l+1)) (6.2)$$

$l\in\mathbb N$; $l>1$; $2l+1\in\mathbb P$; $3\nmid l$;
$a\mod 2l+1\not\equiv 0,b\mod 2l+1\not\equiv 0,c\mod 2l+1\not\equiv 0$.
$2l+1$ - элемент бесконечного множества простых данного вида, не являющихся делителями тройки Ферма, в противном случае $(6.2)$ имеет лишь бесконечно большие корни.
Разделим $(6.2)$ на $c^3$.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((\frac{a}{c})^3+(\frac{b}{c})^3\equiv 3^{3s} \mod 3^{3s+1}(2l+1))$$

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

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(x^3+y^3\equiv 3^{3s} \mod 3^{3s+1}(2l+1))(6.3)$$

$e=2^23^{3s}l$-функция Эйлера. Сдвинем на неё обе переменные.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(x^{e-3}+y^{e-3}\equiv 3^{3s}(xy)^{e-3} \mod 3^{3s+1}(2l+1))$$

Вычленим левую часть $(6.3)$ из левой части и сократим при замене $(\frac{x}{y})^3=z$, разложим на множители
по $(5.1)$ одним из способов. Обратим внимание, что такое вычленение в пределе возможно в общем случае лишь при равенстве нечётных степеней, иначе разложение в пределе не существует.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z-1)(z^2+1)(z^4+z^8+1)(z^{12}+z^{24}+1)...(z^{3^{3s-2}4}+z^{3^{3s-2}8}+1)(z^{3^{3s-1}4}+z^{3^{3s-1}8}+...+z^{3^{3s-1}4(l-1)}+1)\equiv 0\mod 3(2l+1))$$

Из $(5.3)$ $z\equiv -1\mod 3$.
1) $\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z-1)(z^2+1)(z^{3^{3s-1}4}+z^{3^{3s-1}8}+...+z^{3^{3s-1}4(l-1)}+1)\not\equiv 0\mod 3)$
2) $\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z^4+z^8+1)(z^{12}+z^{24}+1)...(z^{3^{3s-2}4}+z^{3^{3s-2}8}+1)\equiv 0\mod (2l+1))$
$(6.2)$ не имеет корней, поэтому все корни $(6.1)$ бесконечно велики. Ч.т.д.

[Tot]

7] ВТФ при $n=3$ с учётом отсутствия у тройки Ферма делителя $3$.

$$a^3+b^3=(2f+1)^{3s}c^3 (7.1)$$

$a,b,c\in\mathbb Z$; $s,f\in\mathbb N$;$f>1$;$2f+1\in\mathbb P$;
$a\mod 2f+1\not\equiv 0,b\mod 2f+1\not\equiv 0,c\mod 2f+1\not\equiv 0$.
$2f+1$ - реальный делитель рассматриваемой тройки Ферма.
$a,b,c$ не имеют общего множителя.
$a\neq 1, b\neq 1, c\neq 1$ из-за $n=3$, поэтому $\exists 2f+1 \in\mathbb P$.
Доказать отсутствие корней у $(7.1)$.
Докажем, что все корни $(7.1)$ бесконечно велики. Для этого рассмотрим

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(a^3+b^3\equiv (2f+1)^{3s}c^3 \mod 3^2(2f+1)^{3s+1}(2l+1)) (7.2)$$

$l\in\mathbb N$; $l>f$; $2l+1\in\mathbb P$; $2f+1\nmid l$;
$a\mod 2l+1\not\equiv 0,b\mod 2l+1\not\equiv 0,c\mod 2l+1\not\equiv 0$.
$2l+1$ - элемент бесконечного множества простых данного вида, не являющихся делителями тройки Ферма, в противном случае $(7.2)$ имеет лишь бесконечно большие корни.
Разделим $(7.2)$ на $c^3$.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((\frac{a}{c})^3+(\frac{b}{c})^3\equiv (2f+1)^{3s} \mod 3^2(2f+1)^{3s+1}(2l+1))$$

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

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(x^3+y^3\equiv (2f+1)^{3s} \mod 3^2(2f+1)^{3s+1}(2l+1))(7.3)$$

$e=2^33lf(2f+1)^{3s}$-функция Эйлера. Сдвинем на неё обе переменные.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(x^{e-3}+y^{e-3}\equiv (2f+1)^{3s}(xy)^{e-3} \mod 3^2(2f+1)^{3s+1}(2l+1))$$

Вычленим левую часть $(7.3)$ из левой части и сократим при замене $(\frac{x}{y})^3=z$, разложим на множители
по $(5.1)$ одним из способов. Обратим внимание, что такое вычленение в пределе возможно в общем случае лишь при равенстве нечётных степеней, иначе разложение в пределе не существует.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z-1)(z^2+1)(z^4+1)(z^8+z^{16}+...+z^{8(l-1)}+1)\prod_{i=0}^{3s-1}(z^{(2f+1)^{i}8l}+z^{(2f+1)^{i}16l}+...+z^{(2f+1)^{i}16lf}+1)\cdot $$

$$\cdot (z^{(2f+1)^{3s}8l}+z^{(2f+1)^{3s}16l}+...+z^{(2f+1)^{3s}8l(f-1)}+1)\equiv 0\mod 3^2(2f+1)(2l+1))$$

Из $(7.3)$ $z\equiv -1\mod 3$.
1) $\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z-1)(z^2+1)(z^4+1)(z^8+z^{16}+...+z^{8(l-1)}+1)(z^{(2f+1)^{3s}8l}+z^{(2f+1)^{3s}16l}+...+z^{(2f+1)^{3s}8l(f-1)}+1)\equiv 0\mod (2f+1))$
2) $\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(\prod\limits_{i=0}^{3s-1}(z^{(2f+1)^{i}8l}+z^{(2f+1)^{i}16l}+...+z^{(2f+1)^{i}16lf}+1)\equiv 0\mod (2l+1))$
$(7.2)$ не имеет корней, поэтому все корни $(7.1)$ бесконечно велики. Ч.т.д.

[Tot]

В предыдущих двух сообщениях при переносе в электронную форму вкрались опечатки. В самом конце сообщений, где рассматриваются две группы корней, везде должна стоять операция $\not\equiv$. Поэтому они и разбиты на группы предлагаемым образом.

8] Простой показатель степени у ВТФ - не делитель тройки Ферма

$$a^p+b^p=p^{ps}c^p (8.1)$$

$a,b,c\in\mathbb Z$; $s\in\mathbb N$; $p\in\mathbb P\setminus \{ 2\}$;
$a\mod p\not\equiv 0,b\mod p\not\equiv 0,c\mod p\not\equiv 0$.
$a,b,c$ не имеют общего множителя.
Доказать отсутствие корней у $(8.1)$.
Докажем, что все корни $(8.1)$ бесконечно велики. Для этого рассмотрим

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(a^p+b^p\equiv p^{ps}c^p \mod p^{ps+1}(2l+1)) (8.2)$$

$l\in\mathbb N$; $l>1$; $2l+1\in\mathbb P$; $p\nmid l$;
$a\mod 2l+1\not\equiv 0,b\mod 2l+1\not\equiv 0,c\mod 2l+1\not\equiv 0$.
$2l+1$ - элемент бесконечного множества простых данного вида, не являющихся делителями тройки Ферма, в противном случае $(8.2)$ имеет лишь бесконечно большие корни.
Разделим $(8.2)$ на $c^p$.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((\frac{a}{c})^p+(\frac{b}{c})^p\equiv p^{ps} \mod p^{ps+1}(2l+1))$$

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

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(x^p+y^p\equiv p^{ps} \mod p^{ps+1}(2l+1))(8.3)$$

$e=2lp^{ps}(p-1)$-функция Эйлера. Сдвинем на неё обе переменные.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(x^{e-p}+y^{e-p}\equiv p^{ps}(xy)^{e-p} \mod p^{ps+1}(2l+1))$$

Вычленим левую часть $(8.3)$ из левой части и сократим при замене $(\frac{x}{y})^p=z$, разложим на множители
по $(5.1)$ одним из способов. Обратим внимание, что такое вычленение в пределе возможно в общем случае лишь при равенстве нечётных степеней, иначе разложение в пределе не существует.

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z-1)(z^2+z^4+...+z^{2(l-1)}+1)(z^{2l}+z^{4l}+...+z^{2l(p-1)}+1)...\cdot $$

$$\cdot(z^{2lp^{ps-2}}+z^{4lp^{ps-2}}+...+z^{2lp^{ps-2}(p-1)}+1)(z^{2lp^{ps-1}}+z^{4lp^{ps-1}}+...+z^{2lp^{ps-1}(p-2)}+1)\equiv 0\mod p(2l+1))$$

Из $(8.3)$ $z\equiv -1\mod p$.
1) $\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z-1)(z^2+z^4+...+z^{2(l-1)}+1)\cdot $
$\cdot(z^{2lp^{ps-1}}+z^{4lp^{ps-1}}+...+z^{2lp^{ps-1}(p-2)}+1)\not\equiv 0\mod p)$
2) $\lim\limits_{l \rightarrow \infty}((z^{2l}+z^{4l}+...+z^{2l(p-1)}+1)...\cdot $
$\cdot (z^{2lp^{ps-2}}+z^{4lp^{ps-2}}+...+z^{2lp^{ps-2}(p-1)}+1)\not\equiv 0\mod 2l+1)$
$(8.2)$ не имеет корней, поэтому все корни $(8.1)$ бесконечно велики. Ч.т.д.

[ananova]

Tot в сообщении #1069464 писал(а):

6] $3$ у ВТФ при $n=3$ - не делитель тройки Ферма

$$a^3+b^3=3^{3s}c^3 (6.1)$$

Если 3 не делитель тройки Ферма, то из каких чисел состоит эта тройка Ферма?

[Tot]

ananova, ВТФ при $n=3$ разбивается на случаи $(6.1)$ и $(7.1)$.
В обоих случаях нам необходимо выявить противоречие преобразованиями
по специальному модулю и рассмотрении этих преобразований в предельном переходе. Отличие от всех предыдущих попыток в том, что в $(7.1)$ берётся неявный делитель тройки Ферма. Если указывать делитель тройки в явном виде, то получается бесконечная цепочка вариантов, так называемая "дурная" бесконечность вариантов, где заплатка очередного варианта автоматически приводит к появлению нового случая, требующего отдельного обоснования.

Уважаемые форумчане, будут ли замечания по доказательству ВТФ при $n=3$, разделы 6) и 7), с учётом исправления опечаток в начале раздела 8)?

[ananova]

Пока я вижу 1 грубую ошибку - Вы пишете, что рассматриваете случай $n=3$ И тройка Ферма не делится на $3$, а на самом деле рассматриваете формулы (6.1) в которых тройка Ферма делится на $3$.

[Tot]

Уважаемый ananova, у меня в заголовке раздела написан результат
раздела, а Вы воспринимаете его как исходную посылку для формулы $(6.1)$. Всё наоборот, отсутствие корней у $(6.1)$ приводит к выводу, указанному в заголовке. В других разделах также. Видимо нужно будет перед первой формулой раздела впихнуть поясняющую строчку, чтобы такой казус больше не возникал.

[ananova]

Да, такое пояснение нужно, т.к. сейчвс это воспринимается как необходимое условие.

[ananova]

Tot в сообщении #1069464 писал(а):

Из $(5.3)$ $z\equiv -1\mod 3$.

Что-то не нашел (5.3) на который Вы ссылаетесь.

[Tot]

Это опечатка. Следует читать:
Из $(6.3)$ $z\equiv -1\mod 3$.

[ananova]

Tot в сообщении #1069745 писал(а):

Докажем, что все корни $(6.1)$ бесконечно велики. Для этого рассмотрим

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(a^3+b^3\equiv 3^{3s}c^3 \mod 3^{3s+1}(2l+1)) (6.2)$$

К сожалению, не смогу помочь. Пределы в сравнениях как-то непонятны мне пока. Да и c бесконечно большие корни тоже. Может приведете попроще примеры, чтобы попонятней было - как Вы выходите на бесконечно большие величины? Например, как выглядит Ваше доказательство для минимальных значений $l : (2l+1)>3^3c^3$? Например, покажите, что для $l=23$ или каких-то больших значений $l$ Ваши выводы справедливы. От простого - к сложному, - может понятней будет.

[lasta]

Tot в сообщении #1069745 писал(а):

Докажем, что все корни $(7.1)$ бесконечно велики. Для этого рассмотрим

$$\lim\limits_{l \rightarrow \infty}(a^3+b^3\equiv (2f+1)^{3s}c^3 \mod 3^2(2f+1)^{3s+1}(2l+1)) (7.2)$$

Уважаемый Тот!
А это сравнение

$$\forall (2l+1)\in\mathbb P \qquad a^2+b^2\equiv {c^2} \mod {2l+1} $$

не приведет ли также к бесконечным корням? Почему предел нельзя заменить на произвольное простое $2l+1$?