Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Antoshka]

Tot в сообщении #1460379 писал(а):

Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, моё доказательство!

Я правильно понимаю, что в случае ВТФ3 у вас число справа четное и случай, когда оно нечетно вы не рассматривали?

[Tot]

Уважаемый Antoshka, будьте внимательнее!

Tot в сообщении #1459521 писал(а):

Нет. Представьте в натуральных числах два слагаемых и сумму. Если сумма чётна, то это наш случай со знаком "плюс". Если чётно слагаемое, то нечётное слагаемое переносим в другую сторону и получаем наш случай со знаком "минус".

-- 09.05.2020, 11:23 --

Чтобы тема раньше времени не замылилась, на каждой новой странице буду давать ссылку на оглавление доказательства.
Оглавление.

Tot в сообщении #1459824 писал(а):

Доказательство ВТФ и гипотезы Биля методом бесконечного спуска.

Кубический ВТФ - первое сообщение на странице 21.

Tot в сообщении #1460379 писал(а):

Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, моё доказательство!

[venco]

Tot в сообщении #1460379 писал(а):

Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, моё доказательство!

Какой нам с этого интерес? Просто так искать ошибки стало скучно.
Давайте так - после указания на ошибку вы не пишете в этой теме неделю.

[Tot]

Согласен.

[venco]

Tot в сообщении #1459090 писал(а):

4] Случай разности двух нечётных биквадратов.

Окей, здесь вы, для начала, не доказали, что:

$$\gcd(a^2+b^2,a^2-b^2)=2$$

Зачем-то используете $n$, когда оно равно $4$.

Но, главное, вы не рассмотрели очевидный случай:

$$\begin{cases} a^2-b^2=2^{4s-1}c_1^4 \\ a^2+b^2=2c_2^4 \end{cases}$$ $$c_1\cdot c_2=c$$ $$\gcd(c_1,c_2)=1$$

[Tot]

venco в сообщении #1461464 писал(а):

Зачем-то используете $n$, когда оно равно $4$.

Рассматривается гипотеза Биля, а не теорема Ферма.
Этот вариант - рудимент с прошлых лет этой темы, просто там его никто проверять не стал.
В общем-то этот вариант в таком виде совсем не нужен. На бумаге разность биквадратов я рассматривал в том же ключе, что и случай с нечётной степенью. Просто там нечётный и чётный $n$ нужно рассматривать отдельно, поэтому поленился и поплатился.
Вы указали не ошибку, а недочёт в доказательстве случая, который в принципе не нужен, он рассматривается лишь для полноты картины.
Но, если угодно, будем считать, что пари на $168$ часовое молчание в этой теме я проиграл, этот момент как раз без разницы. Если пожелаете, можем продолжить пари на общение раз в неделю до выявления неустранимой ошибки.

[Tot]

4] Случай разности двух нечётных биквадратов.
4.1] при чётном биквадрате

$$a^4-b^4=2^{4s}c^4 \eqno(4.1.1)$$

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

$$(\frac{a}{c})^4 - (\frac{b}{c})^4\equiv 2^{4s}\mod 2^t \eqno(4.1.2)$$

$t\in\mathbb N$; $t>4s$
Возведём (4.1.2) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{8}+(\frac{b}{c})^{8}\equiv 2^{8s} + 2(\frac{ab}{c^2})^4\mod 2^t \equiv A_1 \eqno(4.1.3)$$

Согласно (4.1.2)

$$(\frac{a}{c})^4 - (\frac{b}{c})^4\equiv 0\mod 2^{4s}$$

Значит

$$2(\frac{ab}{c^2})^4\mod 2^{4s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{8} $$

Поэтому

$$A_1\mod 32 \equiv 2 \eqno(4.1.4)$$

Всегда выполняется условие

$$32\leq 2^{4s+1}$$

Возведём (4.1.3) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{16}+(\frac{b}{c})^{16}\equiv A_1^2-2(\frac{ab}{c^2})^{8}\mod 2^t \equiv A_2 \eqno(4.1.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 32 \equiv 2 \eqno(4.1.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-6}4}+(\frac{b}{c})^{2^{t-6}4}\equiv A_{t-7}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-7}4}\mod 2^t \equiv A_{t-6} \eqno(4.1.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-6}\mod 32 \equiv 2 \eqno(4.1.8)$$

Возведём (4.1.7) в квадрат.

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-5}4}+(\frac{b}{c})^{2^{t-5}4}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-6}4}\mod 2^t \equiv A_{t-5} \eqno(4.1.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-5}\mod 32 \equiv 2 \eqno(4.1.10)$$

Если $x\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Сдвинем оба слагаемых (4.1.9) на степень $2^{t-4}4$ и перевернём их.
Из-за (4.1.10) имеем

$$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-5}4}\equiv 1\mod 2^t\eqno(4.1.11)$$

Сопоставим (4.1.11) и (4.1.9), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-5}4}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-5}4}\equiv 1\mod 2^t\eqno(4.1.12)$$

Используем (4.1.12) следующим образом.
Сдвинем оба слагаемых (4.1.7) на степень $2^{t-5}4$ и перевернём их.
Из-за (4.1.8) имеем

$$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-6}4}\equiv 1\mod 2^t\eqno(4.1.13)$$

Сопоставим (4.1.13) и (4.1.7), отсюда

$$(\frac{a}{c})^{2^{t-6}4}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-6}4}\equiv 1\mod 2^t\eqno(4.1.14)$$

$$...$$

По (4.1.3) получаем

$$(\frac{a}{c})^{8}\equiv(\frac{b}{c})^{8}\equiv 1\mod 2^t\eqno(4.1.15)$$

Из (4.1.15) следует

$$(\frac{a}{c})^{4}\equiv\pm 1\mod 2^t; (\frac{b}{c})^{4}\equiv\pm 1\mod 2^t\eqno(4.1.16)$$

Однако (4.1.16) и (4.1.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.
4.2] при отсутствии чётного биквадрата

$$a^4-b^4=2^{sq}c^q \eqno(4.2.1)$$

$q\in \mathbb P \setminus \{2\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.

$$\frac{a^4}{c^q} - \frac{b^4}{c^q}\equiv 2^{qs}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(4.2.2)$$

$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>qs$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (4.2.2) в квадрат.

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2}+(\frac{b^4}{c^q})^{2}\equiv 2^{2qs} + 2\frac{a^4b^4}{c^{2q}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(4.2.3)$$

Согласно (4.2.2)

$$\frac{a^4}{c^q} - \frac{b^4}{c^q}\equiv 0\mod2^{qs}$$

Значит

$$2\frac{a^4b^4}{c^{2q}}\mod 2^{qs+1}\equiv 2(\frac{a^4}{c^q})^{2} $$

Поэтому

$$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(4.2.4)$$

Всегда выполняется условие

$$16\leq 2^{qs+1}$$

Возведём (4.2.3) в квадрат.

$$(\frac{a^4}{c^q})^{4}+(\frac{b^4}{c^q})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^4b^4}{c^{2q}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(4.2.5)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(4.2.6)$$

Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.

$$...$$

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2^{t-5}}+(\frac{b^4}{c^q})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^4b^4}{c^{2q}})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(4.2.7)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-5}\mod 16 \equiv 2 \eqno(4.2.8)$$

Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (4.2.7) в квадрат.

$$\frac{2}{c^{2^{t-4}q}}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{a^4b^4}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(4.2.9)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(4.2.10)$$

Возведём (4.2.9) в квадрат.

$$\frac{2}{c^{2^{t-3}q}}\equiv A_{t-4}^2-\frac{2}{c^{2^{t-3}q}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(4.2.11)$$

Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к

$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(4.2.12)$$

Из-за (4.2.12) имеем

$$c^{2^{t-3}q}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(4.2.13)$$

Преобразуем (4.2.9) на основе (4.2.13).
Из-за (4.2.10) имеем

$$c^{2^{t-4}q}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(4.2.14)$$

Преобразуем (4.2.7) на основе (4.2.14).
Из-за (4.2.8) имеем

$$(\frac{a^4b^4}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(4.2.15)$$

Сопоставим (4.2.15) и (4.2.7), отсюда

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2^{t-5}}\equiv (\frac{b^4}{c^q})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(4.2.16)$$

$$...$$

По (4.2.3) получаем

$$(\frac{a^4}{c^q})^{2}\equiv(\frac{b^4}{c^q})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(4.2.17)$$

Из (4.2.17) следует

$$\frac{a^4}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^4}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(4.2.18)$$

Однако (4.2.18) и (4.2.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

[Tot]

Доказательство ВТФ и гипотезы Биля методом бесконечного спуска.

Tot в сообщении #1458887 писал(а):

1] Формулировка ВТФ.

Tot в сообщении #1459081 писал(а):

2] Формулировка гипотезы Биля.

Tot в сообщении #1459081 писал(а):

3] Случай суммы двух нечётных биквадратов.

Tot в сообщении #1464117 писал(а):

4] Случай разности двух нечётных биквадратов.

Tot в сообщении #1459496 писал(а):

без номера] Кубический ВТФ.

Tot в сообщении #1459505 писал(а):

5] Бесконечный спуск нечётного случая ВТФ.

Tot в сообщении #1459543 писал(а):

6] Три нечётных степени.

Tot в сообщении #1459594 писал(а):

7] Чётный биквадрат.

Tot в сообщении #1459599 писал(а):

8] Нечётный биквадрат.

Tot в сообщении #1459611 писал(а):

9] Нечётный и чётный биквадраты.

Заменил рудиментный алгебраический вариант случая двух нечётных биквадратов на актуальный методом бесконечного спуска.
Наверное стоит написать компактное рассмотрение гипотезы Биля методом бесконечного спуска с разбиением не на случаи различных комбинаций биквадратов, а с разбиением на сумму двух нечётных биквадратов и все остальные в общем виде. Такое рассмотрение будет короче раза в три, но несколько сложнее для восприятия.

[Tot]

Самостоятельно нашёл изъян в своих рассуждениях. Но пока не понял, является ли он фатальным, так что перерыв.

[Tot]

Подведу итог майскому рассмотрению.
Вот при рассмотрении по модулю у ВТФ есть два варианта разложения.
По модулю степени двойки один из этих вариантов в этой теме несколько лет назад привёл
к делителям нуля, "вылезшим" из младших битов.
Второй вариант рассмотрел в мае, там та же проблема вылезла из старших битов. В этом варианте очень сильно мешает смешение отрицательных и положительных чисел по модулю. Отсутствие разделения по знаку мешает отделить зёрна от плевел. Но введение знакового бита по модулю степени двойки не поможет избавиться от делителей нуля, проблема в таком случае просто перейдёт со старшего бита в предстарший, он же старший незнаковый бит. Однако эта сложность исчезнет, если модуль будет нечётным, а функция Эйлера по-прежнему останется степенью двойки. Поэтому получается, что при использовании остатков со знаковым битом нужно свести нечётный случай ВТФ, а с ним и гипотезу Биля случая не более одного биквадрата
к гипотезе о бесконечности простых чисел Ферма. Как время появится, рассмотрю.