Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

Tot в сообщении #1035702 писал(а):

Случай чисел Софи Жермен

Tot в сообщении #1036494 писал(а):

Простейшее обобщение чисел Софи Жермен

Тогда посчитал, что дальнейшее обобщение чисел Софи Жермен невозможно. Теперь понял, что это не так.
Нашёл алгоритм для случая произвольного обобщения таких простых чисел $2^np+1$, $n$ натурально, $p$- простая степень ВТФ. Там есть интересная особенность: количество уравнений в разрешаемой системе зависит от $n$. Поэтому записать преобразования в алгебраической форме для произвольного обобщения крайне затруднительно, но легко записываются для каждого конкретного.
Из-за таких обобщений чисел Софи Жермен получается, что для доказательства ВТФ для всех степеней, кроме простых чисел Серпинского, необходимо всего лишь доказать, что чисел вида $2^np+1$ бесконечно много. Забавно, что в этом никто не сомневается, но при этом утверждение остаётся недоказанным. Хорошо было бы, если бы другие любители ВТФ занялись бы этим, пользы было бы гораздо больше.
Собственно на этом можно подвести черту. В силу своих слабых способностей к математике модульный подход смог осилить лишь полным перебором всех вариантов.
Напоследок повторю идею, высказанную ранее, если отвлечься от элементарного по меркам 17 века доказательств подобных уравнений и перейти к элементарным по меркам нашего времени, то двигаться нужно в сторону замены основания в степени на известную систему диофантовых уравнений с переменными не выше четвёртой степени и уже там решать гипотезу Биля.

[vasili]

Уважаемый Tot ! . Пусть $2^n = 6m +4$, а $P = 6k +1$, тогда
$2^nP +1 = (6m +4)(6k +1) +1 = 6w + 5$ Благодаря Дирихле чисел вида $6w + 5$ бесконечно много.

Пусть $2^n = 6m +2$, а $P = 6k +5$,тогда
$2^nP +1 = (6m +2)(6k +5) +1 = 6u + 5$ Благодаря Дирихле чисел вида $6u + 5$ бесконечно много.

-- 14.01.2018, 14:28 --

Благодаря Дирихле простых чисел вида $6w + 5$ и $6u + 5$ бесконечно много.

[Tot]

Уважаемый vasili!
Это не так. Бесконечное множество простых может поделиться на конечное и бесконечное подмножества не так, как нам надо.
Это арифметико-геометрическая прогрессия, к ней теорема Дирихле не применима. А её аналог для такой прогрессии с учётом требования заведомого существования хотя бы одного простого числа, дабы выкинуть прогрессии на числах Серпинского, вроде не доказан ни для одного случая.
Сможете доказать, что $2^n3+1$ содержит бесконечно много простых при натуральной степени, то автоматически получите отсутствие решений в кубической ВТФ и так далее, кроме, повторюсь, чисел Серпинского.

[vasili]

$2^n3 +1 =6(2^{n-1}) + 1= 6U + 1$, также таких простых чисел бесконечно много.

[Tot]

Нет. Из простых в арифметической прогрессии $6U+1$, коих бесконечно много, извлекли бесконечно большое подмножество. Нужно доказать, что в оставшейся части простых бесконечное, а не конечное число.

[Tot]

Tot в сообщении #1283763 писал(а):

Нашёл алгоритм для случая произвольного обобщения таких простых чисел $2^np+1$, $n$ натурально, $p$- простая степень ВТФ. Там есть интересная особенность: количество уравнений в разрешаемой системе зависит от $n$. Поэтому записать преобразования в алгебраической форме для произвольного обобщения крайне затруднительно, но легко записываются для каждого конкретного.

Есть изящное короткое решение означенной сложности через вычеты и невычеты степеней двойки. Получается по сути метод бесконечного спуска. На мой взгляд это главный кандидат на "чудесное" доказательство.

Tot в сообщении #1283763 писал(а):

Из-за таких обобщений чисел Софи Жермен получается, что для доказательства ВТФ для всех степеней, кроме простых чисел Серпинского, необходимо всего лишь доказать, что чисел вида $2^np+1$ бесконечно много.

Нужно чтобы $\varphi (modul)=2^np$ для простого показателя степени ВТФ $p$ и достаточно большого $n$. А это похоже невозможно не только на множестве целых чисел, но и на множестве гауссовых.

[Tot]

Неадекватность новостного фона на Страстной неделе так достала, что для отвлечения решил перепроверить эту тему.
С самого начала она имела целью проверку простого утверждения о том, что если элементарное доказательство существует, то оно должно иметь некое отражение на модульный подход, так как в нём число переменных в рациональной ВТФ при фиксированной степени с двух на одно уравнение доводится до двух на два уравнения.
Модульный подход даёт два способа преобразований, рассмотренные в теме.
Идея искалась в основном в попытках обобщения случая Софи Жермен, так как излишне сильное впечатление произвёл роман "Последняя теорема". Обойти простые числа Серпинского в таком случае предполагалось с помощью рассмотрения по модулю простых чисел Ферма в предположении их бесконечного количества.
Гораздо меньше внимания было уделено рассмотрению простейшего модуля в виде степеней двойки. В первом представлении возникли неустранимые делители нуля, что и предопределило отказ от этого варианта модуля в дальнейшем.
Это было ошибкой, из-за которой не удалось найти в модульном подходе идею бесконечного спуска. Таким образом из четырёх потенциальных вариантов модульного рассмотрения были проверены только три. Вот рассмотрение четвёртого около 10 дней назад и позволило найти искомый вычет $n$-ой степени из двух. В силу внешних обстоятельств приходится рассматривать после ВТФ ещё и гипотезу Биля. А чётные степени при наличии в любом количестве дают особенности.

[Tot]

Доказательство ВТФ и гипотезы Биля методом Пьера Ферма.

План.
1] Формулировка ВТФ.
2] Формулировка гипотезы Биля.
3] Сумма двух нечётных биквадратов.
4] Разность двух нечётных биквадратов.
5] Бесконечный спуск нечётного случая ВТФ.
6] Три нечётных степени.
9] Чётный биквадрат.
10] Нечётный биквадрат.
11] Нечётный и чётный биквадраты.

[Tot]

1] Формулировка ВТФ.

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

$a, b, c$ - 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 $p>2$-минимальный простой делитель $n$.
Таким образом получаем $n\in\{\mathbb P,4\}\setminus \{ 2\}$.
Из-за особенности чётной степени, она всегда есть в аналоге функции Эйлера, случай биквадрата необходимо рассмотреть отдельно, при этом разность нечётных биквадратов и их сумма рассматриваются порознь в 4] и 3] соответственно.
По этой же причине все нечётные случаи одинаковы, они рассмотрены в 5], например нет никакого упрощения для куба.

[kotenok gav]

Я думаю, пункты 1-4 и 9-11 известны всем. Можете сразу переходить к 5 и 6.

[Tot]

Ага, глаз замылился. Пункты в плане с первого по девятый.
Мне самому сложно поверить, что нашёл вычет $n$ой степени из двух.
И самому хочется найти ошибку в доказательстве размером в одну страницу школьной тетради. Все пункты уже изложил подробно на бумаге.
А теперь переношу и перепроверяю, по крайней мере удалю мелкие недочёты.
Один-два дня терпения.

[Tot]

2] Формулировка гипотезы Биля.

$$a^n+b^p=c^q \eqno(2.1)$$

$a,b,c,p,q,n\in\mathbb N$; $p,q,n>2$
Гипотеза утверждает, что уравнение $(2.1)$ не имеет решений, если у тройки Биля $(a,b,c)$ нет общего множителя.
Тем же методом, что и в 1], показываем, что $n,p,q\in\{\mathbb P,4\}\setminus \{ 2\}$.
Из-за особенности чётной степени, она всегда есть в аналоге функции Эйлера, уравнение Биля разбиваем на отдельные случаи по количеству биквадратов с учётом их чётности.
Сумму и разность двух нечётных биквадратов при наличии или отсутствии третьего чётного рассматриваем в 3] и 4] соответственно.
Полное отсутствие биквадратов - случай в 6].
Наличие лишь одного чётного или нечётного биквадрата рассматриваем в 7] и 8] соответственно.
И случай наличия одного чётного и одного нечётного биквадратов - случай в 9].

[Tot]

3] Случай суммы двух нечётных биквадратов.

$$a^4+b^4=2^{sn}c^n \eqno(3.1)$$

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

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

Подставляем в $(3.1)$, получаем противоречие

$$2\equiv 0\mod 8$$

Решений нет, ч.т.д.

[Tot]

4] Случай разности двух нечётных биквадратов.

$$a^4-b^4=2^{sn}c^n \eqno(4.1)$$

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

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

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

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

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

Рассмотрим всего четыре варианта, не противоречащие явно условиям на $(4.1)$.
1)

$$\begin{cases} a^2+b^2=2 \\ a^2-b^2=4c^n \end{cases}$$

$$b^2=1-2c^n<1$$

Противоречие.
2)

$$\begin{cases} a^2-b^2=2 \\ a^2+b^2=4c^n \end{cases}$$

$$a-b=1$$

$$a+b=2$$

$$2a=3$$

Противоречие.
3)

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

$$a=b+2\alpha$$

$\alpha \in \mathbb N$

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

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

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

Противоречие.
4)

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

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

$$a+b >2$$

$$a-b=2$$

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

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

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

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

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

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

[Tot]

kotenok gav в сообщении #1458895 писал(а):

Я думаю, пункты 1-4 и 9-11 известны всем.

Мне в любом случае удобнее делать все пункты самостоятельно. Однако, посмотрев статью по гипотезе Биля в английской части Википедии, не разобрался даже на свежую голову. Общий случай с двумя биквадратами там вроде есть, а вот с одним биквадратом и двумя нечётными степенями что-то не понял. Не подскажите?