Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[amarsianin]

(Оффтоп)

Столько-то бессмысленных потуг на протяжении более года

[Tot]

Прошу извинить за многомесячное отсутствие и за неотвечанные вопросы. Оперативно разобраться в собственных заблуждениях после ухода с форума nnosipovа стало проблематично, а несколько разных математических задач в голове одновременно не обдумываются.
amarsianin, Вы не поняли сути этой темы. Исхожу из гипотезы, что если элементарное доказательство ВТФ существует, то оно должно иметь отображение в модульном подходе, по крайней мере в нём, как уже упоминалось, находят отражение некоторые особенности троек Пифагора, а также чисел Софи Жермен и некоторого их обобщения.
Сначала модульный подход опробывался при явном вычленении потенциального делителя одного из чисел тройки Ферма. Обнаружилось моё незнание делителей нуля по составному модулю, попытка исправить которые разбиением модуля на несколько подмодулей, рассматриваемых раздельно, привела к глупостям, на которые и указал Феликс Шмидель в декабре 2014 года. Таким образом подход с явным делителем одного из чисел тройки Ферма был полностью опровергнут по сути полным перебором всех вариантов модуля.
В феврале 2015 обнаружилось, что разложение уравнения Ферма по модулю можно записать иначе. Хотя эта запись не указывает на путь к решению, но видно следующее. Если взять составной модуль в $n$ой степени, то кажется, что не хватает совсем чуть-чуть и при $n+1$ степени
всё разрешается. Но подстановка нового модуля отодвигает это чуть-чуть ещё на один шаг до $n+2$ степени и так до бесконечности. Так называемая "дурная бесконечность" как противовес методу математической индукции. А затем пришла мысль использовать в модульном подходе неявный делитель одной из троек Ферма. Вот опровержение этого во всех вариантах показало бы полную непригодность подхода. Это рассмотрение прошлый раз не закончил.
Прежде чем вернуться к рассмотрению, нужно обсудить одну пропущенную лемму из неизвестной мне теории Галуа, а затем продолжить.

-- 02.06.2016, 21:38 --

Уважаемый ananova, если новая попытка не рухнет при рассмотрении леммы, то при правке новой редакции частей 6]- 8] постараюсь не забыть учесть Ваши пожелания по пояснению в заголовках и приведению конечного, не очень большого примера для лучшего понимания.
Уважаемый lasta, замена нечётного показателя степени уравнения Ферма на двойку уравнения Пифагора приведёт к существованию делителей нуля по составному модулю. Проще говоря, появятся потенциальные конечные корни. Разумеется они появятся и при четвёрке в показателе степени уравнения Ферма. А то, что такие корни лишние, мы рассматривали в частях 1], 2] совсем другим способом, который эти корни для четвёртой степени исключил.

[Tot]

6] Лемма о ненулевом сравнении суммы.
Пусть $l,m,z,\alpha ,\gamma\in\mathbb N$;
$2^\gamma m+1\in\mathbb P$;
$m\mod 2\equiv l\mod 2\equiv 1$;
$2^\gamma m+1\neq l$.
Тогда если $l \nmid m$, то

$$\sum_{i=1}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\not\equiv 0$$

Уважаемые форумчане, верна ли лемма и как её доказать или опровергнуть?

[Tot]

Лемма верна.
Предположим противное, что корень $z_0$ у полинома по данному модулю существует. Этот корень ограничен сверху модулем.
Тогда существует корень полинома по квадрату модуля, кубу модуля и так далее.
Так как полином от $z_0$ на множестве целых конечен, то при переходе к бесконечной степени у модуля коэффициенты разложения полинома будут оставаться конечными.
Но значит существует корень у полинома на множестве целых чисел, а это противоречит критерию Эйзенштейна и доказывает лемму.

[Brukvalub]

Tot в сообщении #1173018 писал(а):

Предположим противное, что корень $z_0$ у полинома по данному модулю существует. Этот корень ограничен сверху модулем.
Тогда существует корень полинома по квадрату модуля, кубу модуля и так далее.

Докажите это.

[Tot]

$$\sum_{i=1}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\equiv 0$$

$$(z^{\alpha}-z_0)(z^{\alpha(l-2)}+\sum_{i=1}^{l-2}c_{0,i}z^{\alpha(i-1)})\mod {2^{\gamma}m+1}\equiv 0$$

$z_0$ известно. Все $c_{0,i}$ известны после раскрытия скобок и приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях.
Для сокращения записи обозначим модуль одной буквой $M=2^{\gamma}m+1$.

$$(z^{\alpha}-z_0-c_{1,0}M)(z^{\alpha(l-2)}+\sum_{i=1}^{l-2}(c_{0,i}+c_{1,i}M)z^{\alpha(i-1)})\mod {M^2}\equiv s_1M$$

Сначала считаем $s_1$, затем рассчитываем все $c_{1,i}$.
Аналогично для куба модуля и так далее.
Простейший случай, когда все коэффициенты положительны, нам наверно не подойдёт, так как коэффициенты в общем случае в росте лишь слегка отстают от модуля в степени. А вот если коэффициенты при степенях считать со сдвигом на модуль в положительную или отрицательную сторону так, чтобы частичная сумма, начиная со старшей степени по убыванию, по очереди становилась то минимально положительной, то минимально отрицательной, то получится избежать
бесконечного роста коэффициентов вслед за бесконечным ростом модуля в степени.

[Brukvalub]

Вот смотрите: если $M$ - натуральное число, то любая степень $M^n\equiv 0 \mod M$ , и сумма таких выражений $\equiv 0 \mod M$
Как это вяжется с утверждением:

Tot в сообщении #1168854 писал(а):

Пусть $l,m,z,\alpha ,\gamma\in\mathbb N$;
$2^\gamma m+1\in\mathbb P$;
$m\mod 2\equiv l\mod 2\equiv 1$;
$2^\gamma m+1\neq l$.
Тогда если $l \nmid m$, то

$$\sum_{i=1}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\not\equiv 0$$

?

[Tot]

Ага. Погнался за более короткой записью и проглядел ноль в нулевой степени. Не нужно единицу загонять под сумму.


Пусть $l,m,z,\alpha ,\gamma\in\mathbb N$;
$2^\gamma m+1\in\mathbb P$;
$m\mod 2\equiv l\mod 2\equiv 1$;
$2^\gamma m+1\neq l$.
Тогда если $l \nmid m$, то

$$1+\sum_{i=2}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\not\equiv 0$$

[jeremeev]

(Оффтоп)

Мораль такова: не надо торопиться

[Tot]

Применение модульного подхода при рассмотрении ВТФ и гипотезы Биля.
План (часть 1).
1] Формулировка теоремы Ферма
2] Объяснение схемы доказательства.
3] Лемма о разложении полинома.
4] Лемма о ненулевом сравнении суммы.
5] Сумма нечётных биквадратов как произвольная степень.
6] Разность нечётных биквадратов как произвольная степень.
7] Случай чисел Софи Жермен.
8] Случай простейшего обобщения чисел Софи Жермен.
9] ВТФ при $n=3$, когда $3$ является делителем тройки Ферма.
10] ВТФ при $n=3$, когда $3$ не является делителем тройки Ферма.
11] ВТФ при простой степени, когда эта степень является делителем тройки Ферма.
12] ВТФ при простой степени, когда эта степень не является делителем тройки Ферма.

1] Формулировка теоремы Ферма.

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

$a, b, c$ - натуральные, не имеющие общего делителя(его сокращаем), натуральное $n>2$.
Введём замену $n$ без переобозначения по следующему алгоритму (лишнюю часть степени спрячем в основании):
1) если $n$ - простое, то оставим без изменений;
2) если $n\mod 4\equiv 0$, то $n=4$;
3) если $n$ - составное и $n\mod 4\not \equiv 0$, то $n=p$,
где $p$-простой, нечётный, минимальный делитель $n$.
Таким образом получаем $n\in\{\mathbb P,4\}\setminus \{ 2\}$.

2] Объяснение схемы доказательства.
В практике многовековых поисков простого доказательства ВТФ следует выделить два основных подхода:
1) рассмотрение разбиения $(1.1)$ на несколько вариантов по некоторому целочисленному признаку и попытки доказать невозможность каждого из них, прийти к логическому противоречию;
2) переход к рациональному виду $(1.1)$, как правило делением обоих частей на правую часть, и попытки доказать иррациональность всех решений геометрическими, тригонометрическими или иными способами.
Особенностью предлагаемого модульного метода является совмещение двух вышеописанных подходов. Откуда и появилась гипотеза о том, что если элементарное доказательство ВТФ существует, то оно имеет отражение на модульный метод. Эта гипотеза и стала отправной точкой.
Предлагаемый метод разложения и нахождения противоречия не работает при двух биквадратах в степенях, поэтому в разделах 5] и 6] приводится безмодульный способ доказательства утверждений, которые в частном случае закрывают биквадратный вариант ВТФ.
Вариант нечётного показателя степени разбивается на два случая по наличию или отсутствию множителя равного степени у одного из чисел тройки Ферма, потенциального решения уравнения ВТФ $(a,b,c)$. Проводится нахождение противоречия в обоих случаях модульным методом в разделах 11] и 12]. Для упрощения разбора доказательства аналогичные случаи для $n=3$ рассматриваются в разделах 9] и 10].
Суть модульного подхода заключается в следующем.
Пусть рассматриваем некоторый частный случай ВТФ. Пусть существует произвольное решение $(a,b,c)$.
Подберём модуль специального вида, состоящего из двух частей. Первая часть будет конкретным числом, подобранным на основе характеристик нашего случая, а вторая будет элементом из множества, бесконечность которого особо оговариваем и который строго больше большего элемента тройки нашего произвольного решения.
Затем переносим взаимно простую с модулем часть правой переменной в левую часть, переходим заменой от трёх переменных к двум, сдвигаем члены с новыми переменными на функцию Эйлера, выделяем из полученного сравнения исходное, а полученный в остатке полином раскладываем на множители согласно лемме раздела 3].
Потом доказываем, что ни одна из скобок разложения, сравнимого у нас с нулём, не может иметь решения согласно исходному сравнению или лемме раздела 4].
Полученное отсутствие решений сравнения с учётом того, что часть модуля является элементом доказанно бесконечного множества, говорит о том, что или исходная предпосылка о существовании произвольного решения $(a,b,c)$ неверна или бОльшое значение тройки Ферма является бесконечно большим. Оба варианта говорят о том, что данный случай ВТФ не имеет решений.
При анализе ВТФ были выявлены два частных случая, в которых провести доказательство удаётся для модуля состоящего только из первой, конечной части. Таким образом эти случаи сильно проще всех других. В полном доказательстве ВТФ они не используются, но их усложнённый вариант без предельного перехода части модуля к бесконечности находит применение в одном из вариантов гипотезы Биля, поэтому рекомендуется беглое прочтение при первоначальном знакомстве с модульным методом разделов 7] и 8].

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

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

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

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

$$1+z+...+z^{k-1}=\prod_{l=1}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{(1+z^{p_l^{r-1}\prod\limits_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}(p_l-1)\prod\limits_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}})}} (3.1)$$

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

4] Лемма о ненулевом сравнении суммы.
Пусть $l,m,z,\alpha ,\gamma\in\mathbb N$; $2^\gamma m+1\in\mathbb P$; $m\mod 2\equiv l\mod 2\equiv 1$; $2^\gamma m+1\neq l$.
Тогда если $l \nmid m$, то

$$1+\sum_{i=2}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\not\equiv 0 (4.1)$$

Доказательство можно провести сведением к критерию Эйзенштейна через возведение модуля в степень, стремящуюся к бесконечности, и оценки конечности роста коэффициентов полинома при этом.

5] Сумма нечётных биквадратов как произвольная степень.

$$a^4+b^4=2^{sn}c^n (5.1)$$

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

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

Подставляем в $(5.1)$, получаем противоречие

$$2\equiv 0\mod 8$$

Решений нет, ч.т.д.

6] Разность нечётных биквадратов как произвольная степень.

$$a^4-b^4=2^{sn}c^n (6.1)$$

$n\in \{4;\mathbb P\} \setminus \{2\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$;$a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
$a,b,c$ не имеют общего 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 $(6.1)$.
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.

7] Случай чисел Софи Жермен.

$$a^p+b^p\equiv c^p \mod 2p+1 (7.1)$$

$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.

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

$$x^p+y^p\equiv 1 \mod 2p+1(7.2)$$

Сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$x^p+y^p\equiv (xy)^p \mod 2p+1(7.3)$$

Сравним с $(7.2)$.

$$1 \equiv (xy)^p \mod 2p+1(7.4)$$

Перемножим $(7.2)$ и $(7.3)$.

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

Подставим $(7.4)$.

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

При $p>2$ имеем противоречие, поэтому $(7.1)$ не имеет решений. Ч.т.д.

8] Случай простейшего обобщения чисел Софи Жермен.

$$a^p+b^p\equiv c^p \mod 4p+1 (8.1)$$

$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.

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

$$x^p+y^p\equiv 1 \mod 4p+1(8.2)$$

Сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$x^{3p}+y^{3p}\equiv (xy)^{3p} \mod 4p+1(8.3)$$

Разложим левую часть и подставим $(8.2)$.

$$x^{2p}-(xy)^p+y^{2p}\equiv (xy)^{3p} \mod 4p+1(8.4)$$

Перемножим $(8.3)$ и $(8.2)$.

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

$$x^{2p}+y^{2p}\equiv \frac{(xy)^{3p}-2}{(xy)^p}\mod 4p+1\equiv A (8.5)$$

Сдвинем переменные в левой части на функцию Эйлера.

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

Сравним с предыдущим уравнением.

$$(xy)^{2p}\equiv 1\mod 4p+1(8.6)$$

$(8.4)$ домножим на $(xy)^p$.

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

Подставим $(8.5)$ и $(8.6)$.

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

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

Ещё раз подставим $(8.6)$.

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

Возведём в квадрат и сравним с $(8.6)$.

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

При $p,4p+1\in\mathbb P $; $p>2$ имеем противоречие,поэтому $(8.1)$ не имеет корней. Ч.т.д.

[Tot]

Tot в сообщении #1176912 писал(а):

4] Лемма о ненулевом сравнении суммы.
Пусть $l,m,z,\alpha ,\gamma\in\mathbb N$; $2^\gamma m+1\in\mathbb P$; $m\mod 2\equiv l\mod 2\equiv 1$; $2^\gamma m+1\neq l$.
Тогда если $l \nmid m$, то

$$1+\sum_{i=2}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\not\equiv 0 (4.1)$$

Доказательство можно провести сведением к критерию Эйзенштейна через возведение модуля в степень, стремящуюся к бесконечности, и оценки конечности роста коэффициентов полинома при этом.

Необходимо усилить лемму утверждением, в котором $l$ и $m$ поменяются местами при добавлении соответствующих ограничений.

4] Лемма о ненулевом сравнении суммы.
Пусть $l,m,z,\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb N$; $2^\gamma m+1, 2^\beta l+1\in\mathbb P$; $m\mod 2\equiv l\mod 2\equiv 1$; $2^\gamma m+1\neq l$;$2^\beta l+1\neq m$.
Тогда если $[m, l]=ml$, то

$$1+\sum_{i=2}^{l}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\gamma}m+1}\not\equiv 0 (4.1)$$

$$1+\sum_{i=2}^{m}z^{\alpha(i-1) }\mod {2^{\beta}l+1}\not\equiv 0 (4.2)$$

Доказательство можно провести сведением к критерию Эйзенштейна через возведение модуля в степень, стремящуюся к бесконечности, и оценки конечности роста коэффициентов полинома при этом.

[Tot]

Тему заканчиваю в связи с отсутствием перспективы. Модульный подход ошибочен, что и было показано два года назад. Наконец нашёл простой пример, который ярко показывает мою ошибку мне самому. Странно то, что благодаря нелепицам в этой теме сформулировал некоторое утверждение о бесконечности, которое присутствует в ряде крупных задач. Займусь описанием собственного подхода в них. Что касается гипотезы Биля, то представляется необходимым попробовать выстроить собственный подход, который был бы общим для диофантовых уравнений в обход алгоритмической неразрешимости десятой проблемы Гильберта.

[Someone]

Tot в сообщении #1177673 писал(а):

Модульный подход ошибочен, что и было показано два года назад.

Ну да, это давно известно: уравнение Ферма имеет ненулевые решения по любому модулю.

[Tot]

В таком случае может ещё рано сдаваться. Нужно заново рассмотреть совершенно иной вариант разложения, который был дан в этой теме в марте 2015 года. Я его тогда забросил, так как не смог придумать способ доказать, что в предельном переходе корней не больше двух, не подходящих по условию к ВТФ. Там большие сложности, но зато нет логической ошибки и просматривается потенциальный элементарный подход к гипотезе Биля и теореме Михайлеску-Каталана. Последняя надежда для модульного подхода.

[Someone]

Tot в сообщении #1178045 писал(а):

В таком случае может ещё рано сдаваться.

По-моему, как раз наоборот: изучение уравнения Ферма по любому модулю является бесперспективным, поскольку решения всегда есть, и никакого противоречия не получится.