Бесконечность множества чисел Ферма

[Сорокин Виктор]

Бесконечность множества чисел Ферма

В 1991 г. я опубликовал проект интуитивно верного доказательства ВТФ, состоящее из двух лемм:
1) каждое простое число $p=n2^k+1 $ является делителем числа $abc$;
2) для любого простого n множество простых чисел p бесконечно.
Тогда рецензент из ЦЭМИ (кажется, Дубовицкий – отзыв, к сожалению, затерялся) написал мне:
«Первая лемма представляется мне доказуемой. Но доказать вторую - задача, на мой взгляд, более трудная, чем доказать саму ВТФ».
Первую лемму я доказал в 1994 г. Доказательство оказалось длинным: 3 страницы форматом А3.
А вот на вторую лемму я потратил 6 безрезультатных лет…
Все прочие мои попытки найти элементарное доказательства ВТФ окончились неудачей. Полезным для меня стал лишь убедительный вывод: числовой и цифровой анализ равенства Ферма противоречия не обнаруживает. Таким образом, из всех известных мне идей доказательства ВТФ самой правдоподобной является схема доказательства с помощью двух указанных выше лемм.
Понятно, что доказательство Леммы 2 должно начинаться с доказательства частного случая: бесконечности множества простых чисел $p=n2^k+1 $ для $n=2$, т.е. с бесконечности множества простых чисел Ферма $p=2^{2^k}+1$. (По-видимому, Ферма ошибся из-за невнимательной аналогии при применении сита Эратосфена для последовательности $p=2^k+1 $.)
На днях я нашел простую идею для доказательства бесконечности множества простых чисел $p=2^{2^k}+1$ методом от противного: если допустить, что начиная с некоторого $k$ все числа $p=2^{2^k}+1$ являются составными, то тогда, как нетрудно показать, произведение всех простых сомножителей всех чисел $p$ от $p=2^k+1$ до некоторого $p= 2^s+1$ будет превышать произведение самих чисел $p$ от $p=2^k+1$ до $p=2^s+1$.
Если попытка моего доказательства представляет для участников форума интерес, я оубликую его здесь через неделю.

[Руст]

Хотя так называемая лемма 1 верна, если под a,b,c обозначено решение:
$a^n+b^n=c^n$,
не думаю, что вы её доказали.
Что касается лемма 2 я и многие математики придерживаются мнения, что она неверна. Но это ещё не доказано, считайте её доказательство не менее сложно уже доказанного ВТФ.
Поэтому, ваше доказательство не представляет никакого интереса.

[Dan_Te]

Тема перемещена в "Дискуссионные".

[vbn]

публикуйте, конечно, интересно ведь

[Сорокин Виктор]

vbn писал(а):

публикуйте, конечно, интересно ведь

Спасибо за интерес.
+++++++++++++++++
Приглашение к исследованию

Нельзя не согласиться с Рустом, что проблема о бесконечности чисел Ферма посложнее ВТФ. Однако идея доказательства этого факта столь проста и увлекательна, что грех ее не рассмотреть – даже если она встретит на своем пути непреодолимое препятствие.
И потому приглашаю всех заинтересовавшихся темой лиц к активному участию в исследовании.
Итак, начинаю.

Рассмотрим последовательность чисел $p=2^k+1$. Допустим, что, начиная с некоторого $k$, все числа $p=2^k+1$ являются составными.

В качестве основного инструмента исследования предлагается следующая лемма:
1°. Лемма 1. Каждое число $p_k$ содержит такой простой сомножитель $m$, который либо не встречается ни в одном из предыдущих p, либо является сомножителем новой (очередной) степени сомножителя, уже встречавшегося в предыдущих $p$.
Весьма вероятно, что эта простая лемма хорошо известна в теории целых чисел, и я не стану на ней задерживаться. (Если я ошибаюсь, прошу поправить или хотя бы указать на ошибку.)

2°. И теперь, если составное число $p_k=2^k+1$ содержит новый простой сомножитель $m$, то этот сомножитель будут содержать также числа $2^{3k}+1$, $2^{5k}+1$, и т.д.

2a°. Идея про запас: легко показать, что этот новый простой сомножитель $m>k$.
Но мы попробуем упростить расчеты и заведомо уменьшим значение $m$ до $3$.

Допустим, что, начиная с некоторого $k$, все числа $p=2^k+1$ являются составными.

3°. ИДЕЯ доказательства состоит в том, что, начиная УЧЕТ простых сомножителей ЛИШЬ с $p_k$ и ЛИШЬ новых и ПРИ ЭТОМ заведомо заниженных по значению, мы для некоторого интервала $[k,s] $ последовательности $P$ получим такое произведение простых и заниженных по значению сомножителей чисел $p$, что оно может превысить произведение самих чисел $p$.

3°. Идея про запас: Возможно, удастся найти такое $p$ (расположенное на пересечении огромного числа разных $k$), что произведение его простых и заниженных по значению сомножителей m превысит само число $p$.

На первый взгляд, идея кажется абсурдной: поначалу длинный ряд больших по значению $p$ будет неимоверно занижен до значения $3$. Лишь позже на пересечении разных периодических последовательностей начнут проявляться – на месте первоначально отброшенных значений чисел $p$ – произведения двух, затем трех сомножителей-троек. И т.д. А тем временем (отброшенные) члены последовательности $P$ растут с колоссальным ускорением.
Но вот антиидея: достаточно долгое повторение сомножителя-тройки всего лишь первого элемента последовательности $P$ производит такое количество сомножителей, что их произведение легко превысит некоторое заданное $p_i$.

Итак, нам предстоит ответить на вопрос: сможет ли хаотичная «троечная» (или усиленная – с помощью 2a° или иной подобной идеи) последовательность когда-нибудь опередить рост последовательности $2^k+1$?

Но прежде всего введем понятие эратосфеновой последовательности.
С помощью хорошо известного приема под названием так называемого эратосфенова решета можно получить сколь угодно длинную последовательность простых чисел. Однако с помощью логически противоположного приема можно поставить и ОБРАТНУЮ задачу: с помощью изначально заданной последовательности простых чисел (ПРООБРАЗА) создать (или восстановить), применяя метод «обратного решета» последовательность натуральных чисел (ОБРАЗА).
А теперь эту идею можно существенно расширить и усложнить: в качестве прообраза можно взять любую иную последовательность (например, чисел $p$), а «решетные» операции выполнять в ином порядке и по иному закону (например, с помощью чисел $n-1$).

Это будет выглядеть так.
Возьмем бесконечную ось, разбитую на равные отрезки метками.
На место первой метки поместим число-сомножитель $p_1=2+1$ с $k=1$.
Далее это же число-сомножитель $p_1=3$ помещаем на все места через каждые $2k=2$.
После этих операций вторая метка останется не заполненной. На ее место помещаем число-сомножитель $p_2=2^2+1=5 с k=2$.
Далее это же число-сомножитель $p_2=5$ помещаем на все места через каждые $2k=4$.
И т.д.
После выполнения этой работы на некотором отрезке оси все сомножители, накопившиеся в данной метке, перемножаются, а все произведения будут теперь составлять собою последовательность-ОБРАЗ.
Итак, вопрос: может ли рассказанный метод подсказать идею для доказательства теоремы о бесконечности чисел Ферма?
(Кстати, введенный мною математический объект «эратосфеновы последовательности» могут стать предметом небезынтересного исследования в теории чисел. Сам я на это не претендую.)

Продолжение следует

[bot]

Сорокин Виктор писал(а):

В качестве основного инструмента исследования предлагается следующая лемма:
1°. Лемма 1. Каждое число $p_k$ содержит такой простой сомножитель $m$, который либо не встречается ни в одном из предыдущих p, либо является сомножителем новой (очередной) степени сомножителя, уже встречавшегося в предыдущих $p$.

Каждый элемент последовательности $p_k$ делится на некоторое простое число $m$, которое либо не делит ни один из предыдущих членов либо ... что?
Можно и так понять: ... либо один из них делит.
Кто-нить понял мысль Сорокина?
Хотя кто знает, что такое новая (очередная) степень сомножителя?

[Руст]

Пока ничего конкретного, чтобы указать на ошибку, которая естественно имеется.
Я нем знаю какое имеет отношение тривиальное утверждение, что если $p|(2^k+1)$, то $p|(2^{kn}+1)=(2^k+1)(2^{k(n-1)}-2^{k(n-2)}+...+1)$ для любого нечётного числа n.
Легко доказать и следующее: $gcd(2^k+1,2^n+1)=2^{gcd(k,n)}+1, \ if \ ord_2(k)=ord_2(n), \ 1 \ else$. Но отсюда ничего не вытекает о бесконечности простых чисел Ферма, кроме как то, числа Ферма

$$2^{2^n}+1$$

не делятся ни на один простой делитель, числа $2^k+1,k<2^n$.

[Сорокин Виктор]

Сорокин Виктор писал(а):

vbn писал(а):

публикуйте, конечно, интересно ведь

Спасибо за интерес.
+++++++++++++++++
Приглашение к исследованию (продолжение)

Нечто очень интересное.

Вот центральная часть идеи доказательства бесконечности чисел Ферма. Как можно интерпретировать эти расчеты?

Допустим, что, начиная с некоторого $k+1$, все числа $p=2^{k+1}+1$, $p=2^{k+2}+1$, и т.д. являются составными.

Разобьем всю последовательность чисел $p$ на группы по 4 члена, первая из которых будет:
$p_{k+1}=2^{k+1}+1$ $p_{k+2}=2^{k+2}+1$ $p_{k+3}=2^{k+3}+1$ $p_{k+4}=2^{k+4}+1$, где

а) каждый последующий член почти вдвое больше предыдущего и (а потому произведение всех четырех членов превышает первый член почти в 255 раз) и

б) в этих четырех членах появляются как минимум следующие НОВЫЕ простые сомножители: 3, 5, 3, 7 (и, следовательно, произведение «старых» сомножителей увеличивается в 3х5х3х7=305 раз).
(Действительно, сомножитель 3 встречается в каждом втором члене, а сомножитель 5 – в каждом четвертом; следовательно, один из четырех новых простых сомножителей не может быть равен ни 3, ни 5, а помимо них наименьшим является число 7.)

Итак, за каждые 4 последовательных члена последовательности $P$ произведение новых сомножителей ОПЕРЕЖАЕТ удвоение членов от члена к члену в $305/255$ раз. Следовательно, на достаточно длинном отрезке последовательности произведение НОВЫХ сомножителей превысит произведение САМИХ членов последовательности, что, очевидно, НЕВОЗМОЖНО. Следовательно, рано или поздно встретится такой член $p$p, содержащий НОЛЬ новых сомножителей. Либо же новые простые сомножители должны быть меньше 3, что тоже невозможно.

Таким образом, начиная с любого составного члена последовательности p рано или поздно (и это предельное число легко подсчитать с помощью коэффициента 305/255) появится член, являющийся ПРОСТЫМ числом.

Доказательство теоремы для последовательности $p=n2^k+1$ совершенно аналогично. Но в этом случае Лемма о НОВЫХ простых сомножителях доказывается несколько сложнее.

[Руст]

Полная чушь.
1. Почти 64 раза а не 255 (хотя это несущественная деталь).
2. Делители этих чисел как правило другие, к тому же сразу по несколько. Например при $k=2^m$ и m>4 (получаются числа Ферма) появляются новые простые делители как минимум по два.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

В 1991 г. я опубликовал проект интуитивно верного доказательства ВТФ, состоящее из двух лемм:
1) каждое простое число $p=n2^k+1 $ является делителем числа $abc$;
2) для любого простого n множество простых чисел p бесконечно.
Тогда рецензент из ЦЭМИ (кажется, Дубовицкий – отзыв, к сожалению, затерялся) написал мне:
«Первая лемма представляется мне доказуемой. Но доказать вторую - задача, на мой взгляд, более трудная, чем доказать саму ВТФ».

Вторая лемма неверна. В 1960 году В.Серпинский доказал, что существует бесконечное множество натуральных чисел $n$, для которых все числа вида $p=n\cdot 2^k+1$ составные. Эти числа называются числами Серпинского. Нужно только проверить, что среди чисел Серпинского есть простые.

На странице http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=SierpinskiNumber имеется небольшой (18 штук) список известных числе Серпинского. Нужно только поискать среди них простые.

Наименьшее известное в настоящее время число Серпинского ($78557=17\cdot 4621$) является составным, но следующее по величине известное число Серпинского ($271129$) простое. Другие известные простые числа Серпинского: $322523$, $327739$, $482719$, $934909$, $1639459$, $2131043$.

Подробности можно посмотреть на http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=SierpinskiNumber.

[juna]

Цитата:

В 1960 году В.Серпинский доказал, что существует бесконечное множество натуральных чисел $n$, для которых все числа вида $p=n2^k+1$ составные.

Доказательство этого утверждения можно посмотреть в книжке этого автора "250 задач по элементарной теории чисел" задача №128* стр. 25, решение стр. 82.
http://ilib.mccme.ru/djvu/serp-250-tch.htm

[квадрат]

Киньте ссылку плиз на литературу по числам ферма очень интересно.

[juna]

http://mathworld.wolfram.com/FermatNumber.html

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

В 1991 г. я опубликовал проект интуитивно верного доказательства ВТФ, состоящее из двух лемм:
1) каждое простое число $p=n2^k+1 $ является делителем числа $abc$;
2) для любого простого n множество простых чисел p бесконечно.
Тогда рецензент из ЦЭМИ (кажется, Дубовицкий – отзыв, к сожалению, затерялся) написал мне:

Вторая лемма неверна. В 1960 году В.Серпинский доказал, что существует бесконечное множество натуральных чисел $n$, для которых все числа вида $p=n\cdot 2^k+1$ составные. Эти числа называются числами Серпинского. Нужно только проверить, что среди чисел Серпинского есть простые.

На странице http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=SierpinskiNumber имеется небольшой (18 штук) список известных числе Серпинского. Нужно только поискать среди них простые.

Наименьшее известное в настоящее время число Серпинского ($78557=17\cdot 4621$).

1) Факт поразительный! Во всей науке я не встречал ничего более удивительного. Это число (и нашедший его ученый) достойно памятника! Спасибо за интереснейшую информацию!

2) Жаль, конечно, что и моя гипотеза (Лемма 2: «Множество простых чисел p бесконечно»), и основанное на ней идея доказательства ВТФ полностью опровергаются вторым числом Серпинского (правда, не исключено, что П.Ферма мог этого и не знать).

3) Тем не менее существует заменитель неверной гипотезы. Вот идея доказательства ВТФ в кратких тезисах:
1. Для взаимопростых $a$ и $b$ (следовательно, и для взаимопростых a, b, c) существует такое $k$, что числа $A=a^{2^k}-1$ и $B=b{2^k}-1$ имеют общий сомножитель $d>2$;
2. Следовательно, в системе счисления по основанию $d$ числа $a^{2^k}$, $b^{2^k}$, $a^{2^k}$, оканчиваются на цифру 1.
3. И теперь метод доказательства Леммы 1 «Каждое простое число $d$ является делителем числа abc» как будто срабатывает. Но очевидно, что числа $a, b, c$ не делятся на $d$.
Если утверждение 1 не вызывает возражений, то в следующий раз я перейду к разбору Леммы 1.

[Руст]

1. Для взаимопростых $a$ и $b$ (следовательно, и для взаимопростых a, b, c) существует такое $k$, что числа $A=a^{2^k}-1$ и $B=b^{2^k}-1$ имеют общий сомножитель $d>2$;
Думаюя правильно понял, переписав B. Когда a и b нечётные, числа A и B делятся на $d=2^{k+2}>2$ при k>0. По поводу существования нечётного общего делителя, я сразу не вижу доказательства. Т.е. это пусть остается как гипотеза, хотя я не очень то верю в справедливость такой гипотезы. Даже при еёё справедливости, вряд ли что она вам даст.