Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[Руст]

То, что вы хотите сформулировать: Среди n-ых степеней без 0 по модулю простых чисел вида q=1(mod n) чисел нет двух последовательных.
Однако это не верно. Например взяв q=1(mod 6n) и образующую g получаем $1+g^{(q-1)/3}+g^{2(q-1)}{3}}=0$.
На самом деле вам достаточно отделить n=3 и попытаться доказать более слабую форму.
Существует бесконечно много простых чисел вида $q=-1\mod 6 , \ q=1\mod n$, что среди отличных от 0 n-ых степеней по модулю q нет двух последовательных.
Не знаю, верна ли эта гипотеза. Однако, она намного сильнее ВТФ, соответственно и доказательство может оказаться гораздо сложнее Андре Уайлса.

[В.Сорокин]

Руст писал(а):

То, что вы хотите сформулировать: Среди n-ых степеней без 0 по модулю.

Нет, почему же: два последовательных числа – 1 и 2 – множество А содержит. И невозможность равенства $a+b=c$ на этом можестве – на двух приведенных примерах – очевидна.
Более того, мой метод доказательства бесконечности множества $N$ в условиях Леммы как будто работает. Непонятно, правда, для всех ли $q$ из Леммы можество $N$ будет содержать решающе важный элемент 2.
Ну и наконец, пока нет убедительного доказательства невозможности равенства $a+b=c$ при на можестве $N$ в рамках Леммы, т.е. что на однозначных окончаниях равенство $a+b=c$ возможно лишь в случае $a=1$ ($b=1$) либо $a=b$. Хотя некоторые соображения уже имеются. Например, известно (или легко показать), что в базе $q$ существуют числа вида $2^t-1$ с окончаниями чисел из равенства Ферма: $a^n, b^n, c^n$…

[Руст]

На самом деле исключение ещё одного равенства 1+1=2 в этом множестве так же ничего не дает. Я указал, ещё равенство связанное с кубическими корнями. Даже исключая все перечисленные равенства в этом множестве ваш вариант гипотезы не верен, и я это могу доказать, т.е. существует бесконечно много простых q, где это равенство выполняется даже после исключения ваших случаев. Единственное спасение это то, что я предложил. Однако, доказать это я не берусь. Я даже не знаю верна ли она.

[В.Сорокин]

Руст писал(а):

На самом деле исключение ещё одного равенства 1+1=2 в этом множестве так же ничего не дает. Я указал, ещё равенство связанное с кубическими корнями. Даже исключая все перечисленные равенства в этом множестве ваш вариант гипотезы не верен, и я это могу доказать, т.е. существует бесконечно много простых q, где это равенство выполняется даже после исключения ваших случаев. Единственное спасение это то, что я предложил. Однако, доказать это я не берусь. Я даже не знаю верна ли она.

Но согласитесь, что, по меньшей мере, в рамках двух конкретных множеств: $N$:
"$n=3, q=31$:
1, 8, 27, 2, 1, 30, 2, 16, 16, 8, 29, 23, 27, 16 , 27, 4, 15, 4, 8, 2, 18, 5, 29, 1, 30, 29, 4, 23, 30.
$n=3, q=43$:
1, 8, 27, 21, 39, 1, 42, 39, 41, 11, 41, 8, 4, 35, 21, 11, 11, 27, 22, 2, 16, 27, 41, 21, 16, 32, 32, 22, 8, 39, 35, 2, 32, 2, 4, 1, 42, 4, 22, 16, 35, 42"
невозможность равенства Ферма очевидна!

[Руст]

Но это ничего не доказывает. Вам надо для каждого нечётного простого n найти бесконечно много простых q где нет двух последовательных n-ых степеней по модулю n.

[В.Сорокин]

Руст писал(а):

Но это ничего не доказывает. Вам надо для каждого нечётного простого n найти бесконечно много простых q где нет двух последовательных n-ых степеней по модулю n.

Вот это как будто самое простое - после публикации БЛОК-СХЕМЫ я к этому вопросу вернусь.
==================
Уточненная БЛОК-СХЕМА доказательства ВТФ для простого $n>2$.

1. Возьмем число $q>c^n$ (где $c^n=a^n+b^n$) со следующими свойствами:
a) $q$ – простое,
b) $q-1=2np$,
c) $p$ нечетно и не кратно $n$;
В дальнейшем число $q$ обладает этими свойствами.
Возможность выбора такого числа $q$ была показана ранее – с помощью «сита (или решета) Эратосфена».

2. Назовем F-равенством целочисленное равенство $A+B=C$, где $A≠B$.

3. Множество всех позитивных цифр $1, 2, … q-1$ в базе $q$ обозначим символом $Q$.
Множество всех последних цифр чисел $t^n$ ($t=1, 2, … q-1$ обозначим символом $N$.

3. В двух частных случаях множества $N$ таковы:
a) $n=3, q=31$:
1, 8, 27, 2, 1, 30, 2, 16, 16, 8, 29, 23, 27, 16 , 27, 4, 15, 4, 8, 2, 18, 5, 29, 1, 30, 29, 4, 23, 30.
b) $n=3, q=43$:
1, 8, 27, 21, 39, 1, 42, 39, 41, 11, 41, 8, 4, 35, 21, 11, 11, 27, 22, 2, 16, 27, 41, 21, 16, 32, 32, 22, 8, 39, 35, 2, 32, 2, 4, 1, 42, 4, 22, 16, 35, 42.

Их анализ позволяет предположить следующие свойства множества $N$ в общем случае (приведенные выше частные множества этими свойствами обладают):

4. Все числа-цифры от $1$ до $c$ (из равенства Ферма) в степени $n$ принадлежат множеству $N$.

5. Множество $N$ содержит $\frac{q-1}{n}$ различных элементов. (Утверждение как будто известное.)

6. Множество $N$ совпадает с множеством последних цифр чисел $2^t$ ($t=1, 2, … t-1$. (Это утверждение для общего случая пока не доказано.)

7. Множество $N$ совпадает также с множеством последних цифр чисел $2^t$ ($t=1, 2, … \frac{q-1}{n}$. (Утверждение как будто доказуемо.)

8. На множестве $N$ любое равенство $a+b=c$ возможно лишь в случае $a=b$, т.е. F-равенство – к каковым относится и равенство Ферма – невозможно. (Это утверждение для общего случая пока не доказано.)

Из чего следует невозможность равенства Ферма.

Как видим, еще есть над чем поработать…

[Руст]

В.Сорокин писал(а):

3. Множество всех позитивных цифр $1, 2, … q-1$ в базе $q$ обозначим символом $Q$.

Я не понял, что за позитивные числа (в переводе с английского это положительные, но у вас и так перечислены только положительные), возможно остатки кроме 0. Но дальше я не видел, что они используются. Раз так, зачем людям голову морочит.

Цитата:

6. Множество $N$ совпадает с множеством последних цифр чисел $2^t$ ($t=1, 2, … t-1$. (Это утверждение для общего случая пока не доказано.)

7. Множество $N$ совпадает также с множеством последних цифр чисел $2^t$ ($t=1, 2, … \frac{q-1}{n}$. (Утверждение как будто доказуемо.)

8. На множестве $N$ любое равенство $a+b=c$ возможно лишь в случае $a=b$, т.е. F-равенство – к каковым относится и равенство Ферма – невозможно. (Это утверждение для общего случая пока не доказано.)

6,7,8 не верны и я могу доказать, что существует бесконечно много q, для которых они не верны. Это не так сложно.

[В.Сорокин]

Руст писал(а):

1. Я не понял, что за позитивные числа (в переводе с английского это положительные, но у вас и так перечислены только положительные), возможно остатки кроме 0. Но дальше я не видел, что они используются. Раз так, зачем людям голову морочит.
2. 6,7,8 не верны и я могу доказать, что существует бесконечно много q, для которых они не верны. Это не так сложно.

1. Практически любому пронятию можно дать синонимичное определение. Считайте, что позитивные цифры это цифры БЕЗ нуля.
2. Прежде чем перейти к рассмотрению этих вопросов, ликвидирую первый камень преткновения:

Теорема о бесконечности множества простых чисел $q$,
где $q-1=2np$,
где $p$ нечетно и не кратно простому $n$.

Введем несколько понятий.

- Покрытием (в объеме данного доказательства) $P$ мы будем называть бесконечную систему меток, расположенных на равном расстоянии друг от друга, т.е. с постоянным интервалом, заполненным неметками или пустыми метками и равным числу пустых меток.
- Периодом покрытия называется число $t$, равное интервалу плюс 1.
- Наименьший период покрытия равен двум.
- Каждое покрытие начинается с полного периода.
- Каждый период содержит одну метку.
- Метки расположены на предпоследнем месте в периоде.
- Те элементы (числа) какого-либо упорядоченного бесконечного множества чисел $Q$, на которые при наложении покрытия $P$ на множество $Q$ приходятся метки покрытия $P$, назовем покрытыми; первый из покрытых элементов множества $Q$ будем называть также отмеченным; остальные элементы множества $Q$ – т.е. те, которым соответствуют пустые метки, – будем называть непокрытыми.
- Если при суперпозиции нескольких покрытий $P$ какой-либо элемент множества $Q$ оказался отмеченным хотя бы однажды, то этот элемент считается отмеченным.

Докажем теорему:
(1°) При суперпозиции конечного числа покрытий с различными величинами периодами всегда остается по меньшей мере один непокрытый элемент бесконечного множества $Q$.
Покажем это.
Пусть интервалы покрытий равны $t_1, t_2, …t_k$.
Тогда элемент множества $Q$ с номером $d$, где $d$ есть произведение интервалов $t_1, t_2, …t_k$, является НЕПОКРЫТЫМ.
Действительно, этот элемент оказывается ПОСЛЕДНИМ во всех интервалах всех покрытий, и в КАЖДОМ из этих интервалов этот элемент оказывается НЕПОКРЫТЫМ.
Теорема доказана.

Очевидно, что в каждом из бесконечного множества интервалов $d$ последний элемент является непокрытым. Отсюда и бесконечнсть множества непокрытых элементов множества $Q$.

[Руст]

Давайте не будем использовать дурацкий термин "покрытие" а используем арифметическая прогрессия. Она имеет не только период t, но и начальный элемент (характеризующий класс вычета по подгруппе tZ).
Соответственно, если у одного из них был период t и начальный элемент t-1, то ваш контрпример не проходит. Я уже говорил, что в таком виде ваша теорема не верна.
Верно следующее. Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд. Эта задача решалась в Mathlinks.
Доказывается она не так просто, и вам вряд ли удастся доказать.

[shwedka]

Руст

Цитата:

Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд.

По-моему, с ПОПАРНО несовпадающими периодами.
Задача была на Всесоюзной Олимпиаде в 1970, кажется, году, и там ее никто из участников не решил. Надежда на Сорокина невелика.

[Руст]

shwedka писал(а):

Руст

Цитата:

Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд.

По-моему, с ПОПАРНО несовпадающими периодами.
Задача была на Всесоюзной Олимпиаде в 1970, кажется, году, и там ее никто из участников не решил. Надежда на Сорокина невелика.

Возможно правильнее вставить "Попарно", хотя я подразумевал "с несовпадающими" как отсутствие равных периодов (т.е. попарно несовпадающих).

[В.Сорокин]

Руст писал(а):

1. Давайте не будем использовать дурацкий термин "покрытие" а используем арифметическая прогрессия. Она имеет не только период t, но и начальный элемент (характеризующий класс вычета по подгруппе tZ).
Соответственно, если у одного из них был период t и начальный элемент t-1, то ваш контрпример не проходит.
2. Я уже говорил, что в таком виде ваша теорема не верна.
Верно следующее. Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд. Эта задача решалась в Mathlinks.
3. Доказывается она не так просто, и вам вряд ли удастся доказать.

Забавно!
1. Почему же не использовать термин "покрытие", если оно работает ЯСНО, ЧЕТКО и дает доказательство теоремы?!
СИСТЕМУ МЕТОК можно, конечно, записать в виде (с периодом 3) 1-0-0-1-0-0-1-0-0... Но какое отношение эта последовательность имеет к арифметической прогрессии?..
О каком контрпримере Вы говорите?
3. Значит, я попал в точку! - Мое доказательство состоит из одного числа и одной фразы. И пока Вы не указываете неверное место в моем доказательстве.

Добавлено спустя 4 минуты 9 секунд:

shwedka писал(а):

Руст

Цитата:

Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд.

1. По-моему, с ПОПАРНО несовпадающими периодами.
2. Задача была на Всесоюзной Олимпиаде в 1970, кажется, году, и там ее никто из участников не решил. Надежда на Сорокина невелика.

1. Это с полной очевидностью подразумевается и для форума не есть ошибка.
2. Интересно. Но Вас-то не устроило мое доказательство? Тоже не тем определением "покрытия"?

Добавлено спустя 11 минут 58 секунд:

Руст писал(а):

Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд. Эта задача решалась в Mathlinks.
Доказывается она не так просто, и вам вряд ли удастся доказать.

Моя теорема намного мощнее: в ней идет речь о покрытии не только натурального ряда (как в случае с ситом Эратосфена), но ЛЮБОГО бесконечного множества.
Ваши и shwedk'и замечания наводят на мысль о том, что мое понятие "покрытия" может служить основой для разработки новой области в математике (чем заниматься сам я не намерен). Например, интересны непериодические покрытия.
Да, и, забегая вперед, скажу, что использование метода покрытий для ряда с общим членом $2^t-1$ позволяет найти число $q$ не только с наличием определенных делителей, но и с отсутствие определенных делителей.

[Руст]

В.Сорокин писал(а):

Забавно!
1. Почему же не использовать термин "покрытие", если оно работает ЯСНО, ЧЕТКО и дает доказательство теоремы?!

От привычных понятий в голове сразу появляются привычные правильные образы. А от ваших "покрытий", "меток" - туман, приходится всё время додумывать, что вы сказали и перевести на обычно используемый математиками язык. То, что вы считаете "доказательство" - полная чушь. Вообщем мне всё это надоело. Пусть дальше кто-нибудь другой ваши посты читает и попытается вас вернуть на нормальный логический путь.

[Батороев]

Руст писал(а):

Верно следующее. Конечное число арифметических прогрессий с несовпадающими периодами не покрывают весь натуральный ряд. Эта задача решалась в Mathlinks.
Доказывается она не так просто, и вам вряд ли удастся доказать.

Уважаемый Руст .
Не пойму, чем такая задача может отличаться от вопроса бесконечности простых чисел?
Простые числа в натуральном ряду создают те же арифметические прогрессии (составные числа) и также с несовпадающими периодами (равными простому числу).
И также конечным числом не покрывают весь натуральный ряд.
О каких еще арифметических прогрессиях может идти речь?
Если о прогрессиях с периодом, равным составному числу, то они являются лишь элементами вышеупомянутых прогрессий.
Если о прогрессиях с первым членом, отличным от периода, то существует некоторое число N, выше которого прогрессии будут вести себя точно так же, как ведут себя вышеупомянутые прогрессии, начиная от нуля.

[worm2]

Руст писал(а):

shwedka писал(а):

Руст
По-моему, с ПОПАРНО несовпадающими периодами.

Возможно правильнее вставить "Попарно", хотя я подразумевал "с несовпадающими" как отсутствие равных периодов (т.е. попарно несовпадающих).

Может быть, "попарно непересекающихся" или "с попарно взаимно простыми периодами" ?
Как всё-таки точно А то получается контрпример:

$\mathbb{N}$=$\{2k\} \cup \{3k\} \cup \{4k-3\} \cup \{6k+5\} \cup \{12k-5\}$. k везде натуральное.