Несуществование целых положительных решений уравнения

[maximk]

В статье Норкина А.А. "Об одном диофантовом уравнении, неразрешимость которого эквивалентна гипотезе Римана" (первая страница в гугле при запросе "norkin_diploma.pdf") на странице 9 приводится система уравнений. В этой теме я постараюсь показать (или обнаружить ошибку), что эта система не имеет решений, показав, что не имеет решений уравнение (6) при $n>1$.
Для начала пусть $n=1$. Тогда неравенство (12) не выполнено (правая часть будет отрицательной), и система не имеет решений.

Теорема.
Пусть $n>1$. Тогда уравнение (6) $s=\frac{B^{n}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$, где $B=2^{l+m+1}$, не имеет решений в целых положительных числах.

Доказательство.
От противного. Пусть $s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}=\frac{(B^{n+}-1+1)(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}=\frac{(B^{n+1}-1)(B^{n(n+1)}-n-1)+B^{(n+1)n}-1}{(B^{n+1}-1)^2}$= =(B^{(n+1)n}-n-1)/(B^{n+1}-1)+(B^{(n+1)n}-1)/(B^{n+1}-1)^2.

Воспользуемся формулой разности $n$-ных степеней: $a^n-b^n=a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1} \forall n \in \mathbb{N}$.

Имеем в виду, что $\frac{a^n-b^n}{a-b} \in \mathbb{N}$.

Обозначим $A=\frac{(B^{n+1})^n-1^n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{(n+1)n}-1}{B^{n+1}-1}$ \in $\mathbb{N}$.

Тогда $s=A-\frac{n}{B^{n+1}-1}+\frac{A}{B^{n+1}-1}$.

Используя формулу разности $n$-ных степеней, получаем, что

$A=B^{(n+1)n}+B^{(n+1)(n-1)}+...+B^{n+1}+1$.

Воспользуемся формулой суммы членов геометрической прогрессии. Получаем

$A=\frac{B^{n+1}-B^{(n+1)n}B^{n+1}}{1-B^{n+1}}+1=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1$.

Тогда

$s=A+(\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1-n)/(B^{n+1}-1)$.

Распишем:

$B^{(n+1)^2}-B^{n+1}=B^{n+1}(B^{(n+1)n}-1)$,

$s=A+(\frac{B^{n+1}(B^{(n+1)n}-1)}{B^{n+1}-1}+1-n)/(B^{n+1}-1)=A+(B^{n+1}A+1-n)/(B^{n+1}-1)$.

Распишем:

$\frac{B^{n+1}A+1-n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{n+1}A+1-n-A+A}{B^{n+1}-1}=\frac{A(B^{n+1}-1)+1-n+A}{B^{n+1}-1}=A+\frac{A}{B^{n+1}-1}+\frac{1-n}{B^{n+1}-1}$.

Так как $A=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1 \in \mathbb{N}$, то $A$ кратно $B^{n+1}-1$, значит $\frac{A}{B^{n+1}-1} \in \mathbb{N}$. Обозначим это число за $T$. Тогда

$s=A+T+\frac{1-n}{B^{n+1}-1}=A+T-\frac{n-1}{B^{n+1}-1}$.

Рассмотрим целое число $A+T-s=\frac{n-1}{B^{n+1}-1}$.

Оно не может быть целым, если $n-1<B^{n+1}-1$, значит $n-1\geqslant B^{n+1}-1$, т.е. $n \geqslant B^{n+1}=(2^{l+m+1})^{n+1} > 2^n$, что невозможно.

Итак, наше первоначальное допущение привело нас к противоречию, значит оно не верно. Значит уравнение (6) $s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$ не имеет целых положительных решений при $n>1$.



Таким образом система уравнений, приведенная в статье Норкина А.А. не имеет решений, и гипотеза Римана верна.

Наверняка ошибка лежит где-то на поверхности, но пока не вижу.

[maximk]

Только малая неточность, ближе к концу доказательства. Исправляю. $s=2A+T-\frac{n-1}{B^{n+1}-1}$. Так что и рассматриваем целое число $2A+T-s=\frac{n-1}{B^{n+1}-1}$. Доказательство обновлено и на этом не обрушено

(Оффтоп)

— Эй, Брэйн, чем мы будем заниматься сегодня вечером?
— Тем же, чем и всегда, Пинки, попробуем завоевать мир.

[lel0lel]

А где же система уравнений? Или нужно скачивать диплом?

[maximk]

Теорема (Ю.В. Матиясевич)
Пусть задана система условий
$2^l \leqslant n < 2^{l+1}$ (4)

$2^{m-1} \leqslant q < 2^m$ (5)

$s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$ (6)

$t=\frac{(2^m-1)(B^{n^2}-1)}{B^n-1}$ (7)

$rem((2^t+1)^t, 2^{rt+1})>2^{rt} \wedge (r \leqslant t)$ (8)

$u=rem(rs, B^{n^2-n})$ (9)

$rs-u \equiv \frac{B^{n^2-n}(B^n-1)}{B-1}q (\mod B^{n^2})$ (10)

$p=rem(r, B^n+1)$ (11)

$mp < nq - 15l^2q\sqrt{n}$ (12),

в которой $B=2^{l+m+1}$.

1. Если гипотеза Римана верна, то указанная система не имеет решений в натуральных числах $l, m, n, p, q, r, s, t, u$.

2. Если гипотеза Римана не верна, то указанная система имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

-- 11.02.2022, 23:40 --

И в формуле для разности $n$-ных степеней упустил множитель $a-b$ в правой части: $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1})$, когда указывал ее.

maximk в сообщении #1548599 писал(а):

Только малая неточность, ближе к концу доказательства. Исправляю. $s=2A+T-\frac{n-1}{B^{n+1}-1}$. Так что и рассматриваем целое число $2A+T-s=\frac{n-1}{B^{n+1}-1}$.
Доказательство обновлено и на этом не обрушено

(Оффтоп)

— Эй, Брэйн, чем мы будем заниматься сегодня вечером?
— Тем же, чем и всегда, Пинки, попробуем завоевать мир.

-- 12.02.2022, 00:13 --

maximk в сообщении #1548587 писал(а):

Так как $A=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1 \in \mathbb{N}$, то $A$ кратно $B^{n+1}-1$

Это не так, расходимся

[maximk]

Нашел другой подход. Обновляю текст с доказательством.

(Оффтоп)

Крайне невнимателен. Что есть, то есть

Теорема.
Пусть $n>1$. Тогда уравнение (6) $s=\frac{B^{n}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$, где $B=2^{l+m+1}$, не имеет решений в целых положительных числах.

Доказательство.
От противного. Пусть $s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}=\frac{(B^{n+}-1+1)(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}=\frac{(B^{n+1}-1)(B^{n(n+1)}-n-1)+B^{(n+1)n}-1}{(B^{n+1}-1)^2}$= =(B^{(n+1)n}-n-1)/(B^{n+1}-1)+(B^{(n+1)n}-1)/(B^{n+1}-1)^2.

Воспользуемся формулой разности $n$-ных степеней: $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}) \forall n \in \mathbb{N}$.

Имеем в виду, что $\frac{a^n-b^n}{a-b} \in \mathbb{N}$.

Обозначим $A=\frac{(B^{n+1})^n-1^n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{(n+1)n}-1}{B^{n+1}-1}$ \in $\mathbb{N}$.

Тогда $s=A-\frac{n}{B^{n+1}-1}+\frac{A}{B^{n+1}-1}$.

Используя формулу разности $n$-ных степеней, получаем, что

$A=B^{(n+1)n}+B^{(n+1)(n-1)}+...+B^{n+1}+1$.

Воспользуемся формулой суммы членов геометрической прогрессии. Получаем

$A=\frac{B^{n+1}-B^{(n+1)n}B^{n+1}}{1-B^{n+1}}+1=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1$.

Тогда

$s=A+(\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1-n)/(B^{n+1}-1)$.

Распишем:

$B^{(n+1)^2}-B^{n+1}=B^{n+1}(B^{(n+1)n}-1)$,

$s=A+(\frac{B^{n+1}(B^{(n+1)n}-1)}{B^{n+1}-1}+1-n)/(B^{n+1}-1)=A+(B^{n+1}A+1-n)/(B^{n+1}-1)=A+\frac{B^{n+1}A+1-n}{B^{n+1}-1}=A+\frac{B^{n+1}A+1-n-A+A}{B^{n+1}-1}=A+\frac{A(B^{n+1}-1)+1-n+A}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{A+1-n}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{(B^{(n+1)n}-1)+(B^{(n+1)(n-1)}-1)+...+(B^{n+1}-1)+2}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{\sum\limits_{k=1}^{n}(B^{(n+1)k}-1)+2}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{\sum\limits_{k=1}^{n}((B^{n+1})^k-1^k)+2}{B^{n+1}-1}=2A+Z+\frac{2}{B^{n+1}-1}$,

где $Z \in \mathbb{N}$ (воспользовались тем фактом, что $\frac{(B^{n+1})^k-1^k}{B^{n+1}-1}$ $\in$ $\mathbb{N}$ $\forall k \in \left\lbrace1, ..., n\right\rbrace$, что следует из формулы разностей $k$-ых степеней).

Значит целое число $s-2A-Z=\frac{2}{B^{n+1}-1}$, что невозможно.


Итак, наше первоначальное допущение привело нас к противоречию, значит оно не верно. Значит уравнение (6) $s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$ не имеет целых положительных решений при $n>1$.



Таким образом система уравнений, приведенная в статье Норкина А.А. не имеет решений, и гипотеза Римана верна.

[nnosipov]

maximk в сообщении #1548605 писал(а):

Обозначим $A=\frac{(B^{n+1})^n-1^n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{(n+1)n}-1}{B^{n+1}-1}$ \in $\mathbb{N}$.

Тогда $s=A-\frac{n}{B^{n+1}-1}+\frac{A}{B^{n+1}-1}$.

Используя формулу разности $n$-ных степеней, получаем, что

$A=B^{(n+1)n}+B^{(n+1)(n-1)}+...+B^{n+1}+1$.

Воспользуемся формулой суммы членов геометрической прогрессии. Получаем

$A=\frac{B^{n+1}-B^{(n+1)n}B^{n+1}}{1-B^{n+1}}+1=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1$.

Суммирование геометрической прогрессии --- слабое место у всех студентов.

[maximk]

nnosipov в сообщении #1548614 писал(а):

maximk в сообщении #1548605 писал(а):

Обозначим $A=\frac{(B^{n+1})^n-1^n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{(n+1)n}-1}{B^{n+1}-1}$ \in $\mathbb{N}$.

Тогда $s=A-\frac{n}{B^{n+1}-1}+\frac{A}{B^{n+1}-1}$.

Используя формулу разности $n$-ных степеней, получаем, что

$A=B^{(n+1)n}+B^{(n+1)(n-1)}+...+B^{n+1}+1$.

Воспользуемся формулой суммы членов геометрической прогрессии. Получаем

$A=\frac{B^{n+1}-B^{(n+1)n}B^{n+1}}{1-B^{n+1}}+1=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1$.

Суммирование геометрической прогрессии --- слабое место у всех студентов.

Рассмотрим $B^{(n+1)n}+B^{(n+1)(n-1)}+...+B^{n+1}$ в контексте формулы суммы членов геометрической прогрессии при $b_1=B^{n+1}$, $q=B^{n+1}$, $b_n=B^{(n+1)n}$. $S_n=\frac{b_1-b_1q^n}{1-q}$. Подставляем в эту формулу: $S_n=\frac{B^{n+1}-B^{n+1}(B^{n+1})^n}{1-B^{n+1}}$. Это совпадает с тем, что у меня получилось первоначально

[nnosipov]

maximk в сообщении #1548618 писал(а):

Это совпадает с тем, что у меня получилось первоначально

Да-да, я вижу. Было:

Цитата:

$A=\frac{(B^{n+1})^n-1^n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{(n+1)n}-1}{B^{n+1}-1}$

Стало:

Цитата:

$A=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1$

Да Вы кудесник какой-то.

[maximk]

maximk в сообщении #1548605 писал(а):

Нашел другой подход. Обновляю текст с доказательством.

(Оффтоп)

Крайне невнимателен. Что есть, то есть

Теорема.
Пусть $n>1$. Тогда уравнение (6) $s=\frac{B^{n}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$, где $B=2^{l+m+1}$, не имеет решений в целых положительных числах.

Доказательство.
От противного. Пусть $s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}=\frac{(B^{n+}-1+1)(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}=\frac{(B^{n+1}-1)(B^{n(n+1)}-n-1)+B^{(n+1)n}-1}{(B^{n+1}-1)^2}$= =(B^{(n+1)n}-n-1)/(B^{n+1}-1)+(B^{(n+1)n}-1)/(B^{n+1}-1)^2.

Воспользуемся формулой разности $n$-ных степеней: $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}) \forall n \in \mathbb{N}$.

Имеем в виду, что $\frac{a^n-b^n}{a-b} \in \mathbb{N}$.

Обозначим $A=\frac{(B^{n+1})^n-1^n}{B^{n+1}-1}=\frac{B^{(n+1)n}-1}{B^{n+1}-1}$ \in $\mathbb{N}$.

Тогда $s=A-\frac{n}{B^{n+1}-1}+\frac{A}{B^{n+1}-1}$.

Используя формулу разности $n$-ных степеней, получаем, что

$A=B^{(n+1)n}+B^{(n+1)(n-1)}+...+B^{n+1}+1$.

Воспользуемся формулой суммы членов геометрической прогрессии. Получаем

$A=\frac{B^{n+1}-B^{(n+1)n}B^{n+1}}{1-B^{n+1}}+1=\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1$.

Тогда

$s=A+(\frac{B^{(n+1)^2}-B^{n+1}}{B^{n+1}-1}+1-n)/(B^{n+1}-1)$.

Распишем:

$B^{(n+1)^2}-B^{n+1}=B^{n+1}(B^{(n+1)n}-1)$,

$s=A+(\frac{B^{n+1}(B^{(n+1)n}-1)}{B^{n+1}-1}+1-n)/(B^{n+1}-1)=A+(B^{n+1}A+1-n)/(B^{n+1}-1)=A+\frac{B^{n+1}A+1-n}{B^{n+1}-1}=A+\frac{B^{n+1}A+1-n-A+A}{B^{n+1}-1}=A+\frac{A(B^{n+1}-1)+1-n+A}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{A+1-n}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{(B^{(n+1)n}-1)+(B^{(n+1)(n-1)}-1)+...+(B^{n+1}-1)+2}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{\sum\limits_{k=1}^{n}(B^{(n+1)k}-1)+2}{B^{n+1}-1}=2A+\frac{\sum\limits_{k=1}^{n}((B^{n+1})^k-1^k)+2}{B^{n+1}-1}=2A+Z+\frac{2}{B^{n+1}-1}$,

где $Z \in \mathbb{N}$ (воспользовались тем фактом, что $\frac{(B^{n+1})^k-1^k}{B^{n+1}-1}$ $\in$ $\mathbb{N}$ $\forall k \in \left\lbrace1, ..., n\right\rbrace$, что следует из формулы разностей $k$-ых степеней).

Значит целое число $s-2A-Z=\frac{2}{B^{n+1}-1}$, что невозможно.


Итак, наше первоначальное допущение привело нас к противоречию, значит оно не верно. Значит уравнение (6) $s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$ не имеет целых положительных решений при $n>1$.



Таким образом система уравнений, приведенная в статье Норкина А.А. не имеет решений, и гипотеза Римана верна.

Хорошо. Тогда новый фокус (без прогрессий). Имеем $s=A+\frac{A-n}{B^{n+1}-1}=A+\frac{\sum\limits_{k=1}^{n}((B^{n+1})^k-1^k)+1}{B^{n+1}-1}=A+Z+\frac{1}{B^{n+1}-1}$, где $Z$ - целое.

[nnosipov]

maximk в сообщении #1548624 писал(а):

Тогда новый фокус

Э, нет, с этим пожалуйте уже в цирк. Мне своих косоруких студентов более чем хватает.

[maximk]

nnosipov в сообщении #1548628 писал(а):

maximk в сообщении #1548624 писал(а):

Тогда новый фокус

Э, нет, с этим пожалуйте уже в цирк. Мне своих косоруких студентов более чем хватает.

А по делу, укажите, где ошибка?

[RIP]

Как минимум, разность $n$-х степеней неправильно. Там старшее слагаемое $B^{(n+1)(n-1)}$, а не $B^{(n+1)n}$. В остальное не вникал.

[maximk]

maximk в сообщении #1548602 писал(а):

Теорема (Ю.В. Матиясевич)
Пусть задана система условий
$2^l \leqslant n < 2^{l+1}$ (4)

$2^{m-1} \leqslant q < 2^m$ (5)

$s=\frac{B^{n+1}(B^{n(n+1)}-(n+1))+n}{(B^{n+1}-1)^2}$ (6)

$t=\frac{(2^m-1)(B^{n^2}-1)}{B^n-1}$ (7)

$rem((2^t+1)^t, 2^{rt+1})>2^{rt} \wedge (r \leqslant t)$ (8)

$u=rem(rs, B^{n^2-n})$ (9)

$rs-u \equiv \frac{B^{n^2-n}(B^n-1)}{B-1}q (\mod B^{n^2})$ (10)

$p=rem(r, B^n+1)$ (11)

$mp < nq - 15l^2q\sqrt{n}$ (12),

в которой $B=2^{l+m+1}$.

1. Если гипотеза Римана верна, то указанная система не имеет решений в натуральных числах $l, m, n, p, q, r, s, t, u$.

2. Если гипотеза Римана не верна, то указанная система имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

Нашел несколько других статей, где приводится эта теорема, но показывается, что условие (8) можно заменить эквивалентным:

$\binom{t}{r}\equiv 1 (\mod 2)$.

(Оффтоп)

Например: https://www.chebsbornik.ru/jour/article ... le/490/424

Используя программу на Python для проверки биномиальных коээфициентов на четность, подобрал следующий набор переменных:
$l=1$, $m=30$, $n=3$, $t=1180591339242438787071$, $r=281474976710658$ (решил искать $r$ вида $r=B^n+2$), $p=1$.
Есть ли какая мощная среда для вычислений? Хочу проверить условия (9) (положительно ли $u$) и (10) (для всех или некоторых $q$ из условия (5)) системы, однако даже значение $s=\frac{13407807929942597099574024998205846127479365820592393377723561443721764030073546976801874298166903427690031858186485710571386961873483106571826217237872640}{115792089237316195423570985008687907852589419931798687112530834793049593217025}$ (это число - целое, как и число $t$) напрямую при помощи Python вычислить не получается. Хотя конечно можно пытаться числа представлять в других формах, чтобы делать промежуточные вычисления (однако ж сколько это времени займет...).

На данный момент справедлива
лемма: пусть задан равенствами выше набор переменных. Тогда, если $u>0$ и существует $2^{29} \leqslant q < 2^{30}$ такое, что выполнено условие (10) из системы условий (4)-(12) теоремы Матиясевича, то эта система имеет бесконечно много решений.

Нетрудно показать, что $s$ и $t$ - целые при всяких $m$, $n>0$.

[Dmitriy40]

maximk в сообщении #1552143 писал(а):

Есть ли какая мощная среда для вычислений?

Есть например PARI («интерактивный курс: введение в программирование на PARI/GP»), который с такими числами справляется легко.

maximk в сообщении #1552143 писал(а):

$s=\frac{13407807929942597099574024998205846127479365820592393377723561443721764030073546976801874298166903427690031858186485710571386961873483106571826217237872640}{115792089237316195423570985008687907852589419931798687112530834793049593217025}$ (это число - целое, как и число $t$)

Нет, PARI/GP утверждает что не целое:

? 13407807929942597099574024998205846127479365820592393377723561443721764030073546976801874298166903427690031858186485710571386961873483106571826217237872640 % 115792089237316195423570985008687907852589419931798687112530834793049593217025
%1 = 1020847100762815390390123822295304634365

[kotenok gav]

maximk в сообщении #1552143 писал(а):

Есть ли какая мощная среда для вычислений?

К примеру, Wolfram Mathematica.