Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

Впечатлился недавно "Последней теоремой" Артура Кларка. Поэтому пытался обобщить числа Софи Жермен на все простые введением параметра. Там вышеназванный вычет степени уравнения Ферма из двойки как извлечённая заноза. Только при попытках обобщения нужно будет ещё доказывать бесконечность простых чисел заданного вида, а для чисел Евклида это просто. Да и запись напоминает слегка последствие из теоремы Вильсона и малую теорему Ферма. Только теперь мне думается, что это очередной тупик. Там всё правильно, но элементарным способом этот вычет не одолеешь. Нужно не обобщать числа Софи Жермен, а ввести ещё один параметр в разложение и начисто вырезать вышеназванный корешок.
Нужно ещё элементарное доказательство леммы:

$$1+x^{2}+x^{4}+...+x^{2^{k-1}}\mod p$$

неразложимо, если $k$ является делителем $\varphi (p)$, а $p$- простое. Это нужно для всех вариантов общего случая, кроме 4 и чисел Софи Жермен.
Не подскажите простой и элементарный вариант? Сам думаю пробовать через условие совместности системы уравнений, как в стартовом сообщении с ошибкой. Может есть проще?

[Феликс Шмидель]

Tot в сообщении #802574 писал(а):

Нужно ещё элементарное доказательство леммы:

$$1+x^{2}+x^{4}+...+x^{2^{k-1}}\mod p$$

неразложимо, если $k$ является делителем $\varphi (p)$, а $p$- простое.

Эта лемма неверна при $k=2$, $p \equiv 1$ по модулю $4$.

[vasili]

Уважаемый Tot! Очевидны следующие условия

$[E_{K-1}, (E_K + 1)] =1$ и

$[\varphi(E_K + 1), E_{K-1}] = 2$, а учитывая, что

$2^{\varphi(E_K + 1)}\equiv 1\mod(E_K + 1)$ можно утверждать, что Ваша лемма верна.

[Tot]

Спасибо за замечания. А то я не математик.
vasili, от варианта с числами Евклида пока отказался, так как там есть утверждения, доказательство которых элементарными методами не просматривается. Мне хочется методами времён Ферма, мог ведь он знать подобный частный случай опытным путём.
Феликс Шмидель, я лемму не точно сформулировал. У меня все делители простые и нечётные. Поправил.

Tot в сообщении #802574 писал(а):

Нужно ещё элементарное доказательство леммы:

$$1+x^{2}+x^{4}+...+x^{2^{k-1}}\mod p$$

неразложимо, если $k>2$ является простым делителем $\varphi (p)$, а $p$- простое.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #802629 писал(а):

$[\varphi(E_K + 1), E_{K-1}] = 2$

Это не верно, так как если $E_K + 1$ делится на простое число $p$, то $p-1$ может иметь общие делители с $E_{K-1}$, например, $3$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вы конечно правы, я написал нелепость.
1. Если $E_K + 1 = P > P_K$, то $\varphi(E_K + 1) = P-1 = E_K =P_KE_{K-1}$, тогда

$[\varphi(E_K + 1), E_{K-1}] = E_{K-1}$, где P -простое число.

2. Если число $E_K + 1$ составное, то как минимум часть его делителей будут и делителями числа $E_{K-1}$, пример такого делителя Вами удачно указан.

[Tot]

За месяц отпуска пытался математикой из другой области вытеснить когнитивный диссонанс, отсутствие веры в себя при точном знании как делать, а также выработать и разработать свой подход к легендарной задаче. Либо доказать, что метод ведёт к решению, либо доказать, что он становится сложнее моих скромных познаний в математике. Позавчера устранил все слабые места в подходе, отпуск также закончился. Всё просто в объяснении на пальцах, но очень громоздко в записи, времени на подготовку уйдёт много. К тому же решил столь изящный подход с единообразным рассмотрением всех случаев применить в одиночку к гипотезе Биля, это ещё одна разгрузка психики для следующего диссонанса. Проще говоря, публичное обсуждение моих выкладок на форуме откладывается. А чтобы запись не была пустой болтовнёй, приведу два последствия из общих выкладок. Желающие смогут проверить.
$x^n+y^n=1$, $n>2$-простое
При рассмотрении варианта, когда $x$ или $y$ не делятся на модуль, возможны лишь следующие связи, которые нужно опровергать.
1) $n=5$
a) $x^5\equiv y^5(\mod 11)$ при рассмотрении $n$ как числа Софи Жермен;
б) $x\equiv y(\mod 5)$ или $x^2\equiv -y^2(\mod 5)$ при рассмотрении общего случая
2) $2^{2k}\equiv 1(\mod 2kn+1)$, где $k\mod 2=1$, а модуль простой. Это частичное обобщение чисел Софи Жермен. Можно рассмотреть случай, когда $2^{2k}< 2kn+1$. И для каждого ряда $n$ с заданным $k$ нужно ещё доказывать бесконечность ряда простых модулей. Вот и была здесь задумка с числами Евклида.
На этом пока всё, благодарю за внимание.

[Tot]

Б) Лемма и её следствие.
Лемма: $1+x+...+x^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.
Метод док-ва: Пусть $k$-cоставное.
$k=\prod_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $p_l$-простое.
$1+x+...+x^{k-1}=(1+x+...+x^{p_1-1})(1+x^{p_1}+...+x^{p_1(p_1-1)})...(1+x^{p_1^{q_1-1}}+...+x^{p_1^{q_1-1}(p_1-1)})(1+x^{p_1^{q_1}}+...+x^{p_1^{q_1}(p_2-1)})...(1+x^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}}+...+x^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}(p_2-1)})...(1+x^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}}+...+x^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}(p_i-1)})$
$1+x+...+x^{k-1}=\prod_{l=1}^{i}{\prod_{n=1}^{q_l}{(1+x^{p_l^{n-1}\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+x^{p_l^{n-1}(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}})}}$
Утверждение леммы получается из редукции исходного утверждения в самого себя меньшей степени.
Следствие из леммы: $1+x+...+x^{k-1}\equiv 0 (\mod p)$ не имеет корней,
если $p$-простое, $k>2$-простое, $k\mid \varphi (p)$.
Метод док-ва: $1+x+...+x^{\varphi (p)-1}(\mod p)\equiv 0$
и применим разложение из леммы.

-- 05.01.2014, 05:17 --

Устранил все явные слабости метода при применении к теореме Ферма и гипотезе Биля, но это в голове. Начал переносить на бумагу. Формулы просты в понимании, но четырёхэтажны в записи. Выложил кусок, чтобы удостовериться, что правильно понимаю. Уважаемые форумчане, прошу проверить выкладки.

[nnosipov]

Tot в сообщении #809657 писал(а):

Лемма: $1+x+...+x^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.
Метод док-ва: Пусть $k$-cоставное.

Хреновый метод. Каким образом из разложимости многочлена $1+x+\ldots+x^{k-1}$ при составном $k$ (что довольно очевидно) следует его неразложимость при простом $k$? Эта фраза

Tot в сообщении #809657 писал(а):

Утверждение леммы получается из редукции исходного утверждения в самого себя меньшей степени.

ничего не проясняет.

Tot в сообщении #809657 писал(а):

Следствие из леммы: $1+x+...+x^{k-1}\equiv 0 (\mod p)$ не имеет корней,
если $p$-простое, $k>2$-простое, $k\mid \varphi (p)$.

Верно с точностью до наоборот: в описанной ситуации сравнение $1+x+\ldots+x^{k-1} \equiv 0 \pmod{p}$ всегда разрешимо.

[Tot]

nnosipov!
Я не плаваю в этой теме, наверно теории Галуа, я её просто не знаю совсем. Мне нужны утверждения о некоторых типах корней, чтобы просто сослаться на это в доказательстве теоремы.
1. Если полином данного типа раскладывается, то он раскладывается только на полиномы того же типа с меньшими степенями и коэффициенты везде только единичные( навесок в степени можно спрятать в основание, чистая редукция). Если полином раскладывается, то $k$ является автоматически составным. Стало быть при простом $k$ не раскладывается.
2. Что касается вашего замечания насчёт следствия.
Вот несколько сообщений назад Феликс Шмидель
помог мне с таким утверждением, только там квадраты. Оно верно? В моём доказательстве тоже квадраты. А здесь я просто оказался слишком самонадеянным в незнакомой области и решил их опустить с целью уменьшения писанины.

-- 05.01.2014, 09:26 --

Да, ещё может знак делимости не тот. У меня $k$ является делителем $\varphi(p)$.

[nnosipov]

Tot в сообщении #809677 писал(а):

1. Если полином данного типа раскладывается, то он раскладывается только на полиномы того же типа с меньшими степенями и коэффициенты везде только единичные( навесок в степени можно спрятать в основание, чистая редукция).

Не имея твёрдых знаний, лучше не фантазировать. (В порядке эксперимента можете разложить на множители многочлен $x^{105}-1$, Вас ждёт сюрприз.) Разумнее взять какой-нибудь учебник и прочитать доказательство: неразложимость $1+x+\ldots+x^{k-1}$ при простом $k$ --- это уже давно не тайна, а обычный учебный материал. Но это и не что-то совсем очевидное, это вполне содержательное утверждение, и нужно потрудиться, чтобы его аккуратно доказать.

Tot в сообщении #809677 писал(а):

Оно верно? В моём доказательстве тоже квадраты.

Сформулируйте его. Если есть доказательство, приведите. Там посмотрим.

Tot в сообщении #809677 писал(а):

Да, ещё может знак делимости не тот. У меня $k$ является делителем $\varphi(p)$.

Нет, со знаком делимости всё в порядке.

-- Вс янв 05, 2014 14:07:08 --

Если имеется в виду это утверждение

Tot в сообщении #802634 писал(а):

Феликс Шмидель, я лемму не точно сформулировал. У меня все делители простые и нечётные. Поправил.
Tot в сообщении #802574
писал(а):
Нужно ещё элементарное доказательство леммы:

$$1+x^{2}+x^{4}+...+x^{2^{k-1}}\mod p$$

неразложимо, если $k>2$ является простым делителем $\varphi (p)$, а $p$- простое.

то оно неверно при $k=3$, ибо $1+x^2+x^4=(1+x^2+x)(1-x+x^2)$. При $k=5$ также есть разложение.

[Tot]

Хорошо. Откажемся от леммы. В доказательстве теоремы подобные полиномы будем доставать из-под модуля в область целых чисел предельным переходом, тем самым получая неразложимый полином и отсутствие соответствующих корней в уравнении Ферма.
Надеюсь, что в почти очевидном разложении я не напутал, а то мне его несколько раз применять.

nnosipov в сообщении #809673 писал(а):

Лемма: $1+x+...+x^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.

За доказательством отошлём к учебникам и к уважаемому nnosipov с форума dxdy.ru
Без этого доказательства мой метод не сможет претендовать на элементарность, но всё ещё может претендовать на правильность и простоту.
Оформлю кусок, выложу.

[Sonic86]

Tot в сообщении #809743 писал(а):

Надеюсь, что в почти очевидном разложении я не напутал, а то мне его несколько раз применять.

Цитата:

Лемма: $1+x+...+x^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.

За доказательством отошлём к учебникам и к уважаемому nnosipov с форума dxdy.ru

2-й пример в Педивикии

[Tot]

Б] Вспомогательные утверждения.
1. Разложение полинома $1+z+...+z^{k-1}$, при $k=\prod_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $p_l$-простое.
$1+z+...+z^{k-1}=(1+z+...+z^{p_1-1})(1+z^{p_1}+...+z^{p_1(p_1-1)})...(1+z^{p_1^{q_1-1}}+...+z^{p_1^{q_1-1}(p_1-1)})(1+z^{p_1^{q_1}}+...+z^{p_1^{q_1}(p_2-1)})...(1+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}}+...+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}(p_2-1)})...(1+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}}+...+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}(p_i-1)})$
$1+z+...+z^{k-1}=\prod_{l=1}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{(1+z^{p_l^{r-1}\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}})}}$ (Б1)
2. Лемма (Б2): $1+z+...+z^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.
Доказательство через критерий Эйзенштейна. Большая благодарность уважаемому Sonic86 c форума dxdy.ru за предоставленную ссылку на доказательство.

Sonic86 в сообщении #809744 писал(а):

2-й пример в Педивикии

-- 15.04.2014, 00:52 --

Извините за долгое отсутствие. Были проблемы со здоровьем и с работой. Добьём разработанный для доказательства метод. Изложил на бумаге на новогодние праздники, упростил в начале марта, уменьшив количество вариантов в общем случае через обобщение. Осталось перенести с бумаги.
Пока скажу, что подход, о котором говорилось 16-17 декабря через числа Евклида не проходит, там в разложении в показателе одной $n$ (показатель степени уравнения Ферма) не хватает.
Поэтому в общем случае вариант разложения только один, а в частных случаях возможен ещё другой вариант лишь для чисел Софи Жермен.

[Tot]

План.
A] Формулировка теоремы Ферма и объяснение модулярного подхода.
Б] Вспомогательные утверждения.
В] $n=4$
Г1] $n=3$, общий случай без удвоения
Г2] $n=3$, случай числа Софи Жермен
Д] простое $n>2$
Е] гипотеза Биля

A] Формулировка теоремы Ферма и объяснение модулярного подхода.

$$a^n+b^n=c^n (A 1)$$

$a, b, c$ - натуральные, не имеющие общего делителя(его сокращаем), $n>2$
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 $p$-простой, нечётный, минимальный делитель $n$.
В практике многовековых поисков простого доказательства именно этой теоремы Ферма следует
выделить два основных подхода:
1) рассмотрение разбиения $(A 1)$ на несколько вариантов по некоторому целочисленному признаку и
попытки доказать невозможность каждого из них, прийти к логическому противоречию;
2) переход к рациональному виду $(A 1)$, чаще всего делением обоих частей на правую часть,
и попытки доказать иррациональность всех решений геометрическими, тригонометрическими
или иными способами.
Рассматривать $(A 1)$ будем по модулю $p_{1}p_{2}^{t}$, $t$-натуральное.

$$a^{n}+b^{n}\equiv c^{n}(\mod p_{1}p_{2}^{t}) (A 2)$$

Особенностью предлагаемого модулярного подхода является совпадение двух вышеописанных
подходов. По модулю понятия целого числа и рационального числа совпадают, а иррациональное
число является само по себе логическим противоречием. Здесь операция извлечения корня приводит в некоторых случаях к нарушению логики.
Сузим область допустимых значений до
$a(\mod p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 0 \cap b(\mod p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 0 \cap c(\mod p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 0 (A 3)$
Отдельно рассмотрим все случаи исключений из теоремы Эйлера (обобщения малой теоремы Ферма), когда
$НОД(a, p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 1 \cup НОД(b, p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 1 \cup НОД(c, p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 1 (A 4)$
Как и в дальнейшем при рассмотрении гипотезы Биля, произведём разложение с помощью введения
иррационального в общем случае множителя и покажем отсутствие рациональных корней.
В оставшемся варианте произведём сдвиг тройки Ферма на функцию Эйлера, вычленим $(A 2)$ и
разложим получившийся полином.Убедимся, что ни корни полинома, ни область $(A 4)$ не содержат
решения уравнения Ферма, то есть решения лежат вне области $(A 3) \cup (A 4)$. Значит всегда можно подобрать такое $t$, что хотя бы одно число из тройки Ферма станет больше любого, наперёд заданного,
большого числа $M$. И все решения уравнения $(A 1)$ бесконечно большие в целых числах.
А это и требуется доказать.

-- 15.04.2014, 23:44 --

В] $n=4$
Рассмотрим $(A 2)$. Замена $p_{1}=1$, $p_{2}=2$, $x=\frac{c}{a}$, $y=\frac{b}{a}$
$x^{4}-y^{4}\equiv 1 (\mod 2^{t})$, $t>3$
$e=\varphi (2^{t})=2^{t-1}$
$\frac{1}{x^{e-4}}-\frac{1}{y^{e-4}}\equiv 1$
$-x^{e-4}y^{e-4}=(x^{4}-y^{4})(x^{e-8}+x^{e-12}y^4+...+y^{e-8})$
$x^{e-8}+x^{e-12}y^4+...+y^{e-8}+x^{e-4}y^{e-4}\equiv 0 (\mod 2^{t})$
$\frac{y}{x}=z$
$1+z^4+...+z^{e-8}+z^{e-4}\equiv 0$
$e-4=4(2^{t-3}-1)$
Используем (Б1).
$(1+z^{4})(1+z^{8})...(1+z^{2^{t-2}})\equiv 0$
$1+z^{2^{m}}\not\equiv 0 (\mod 2^{m+1})$, $m=(2,...,t-2)$
решений нет (метод мат. индукции)

-- 16.04.2014, 00:08 --

Г1] $n=3$, общий случай без удвоения
Рассмотрим $(A 2)$. Замена $p_{1}=1$, $p_{2}=3$, $x=\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$
$x^{3}+y^{3}\equiv 1 (\mod 3^{t})$, $t>1$
$e=\varphi (3^{t})=2\cdot 3^{t-1}$
$\frac{1}{x^{e-3}}+\frac{1}{y^{e-3}}\equiv 1$
$x^{e-3}y^{e-3}=x^{e-6}-x^{e-9}y^3+...+y^{e-6}$
$\frac{y}{x}=z$
$1-z^3+...+z^{e-6}-z^{e-3}\equiv 0$
$e-3=3(2\cdot 3^{t-2}-1)$
Используем (Б1).
$(1-z^{3})(1+z^{6}+z^{12})...(1+z^{2\cdot 3^{t-2}}+z^{2^2\cdot 3^{t-2}})\equiv 0$
1) $1+z^{2\cdot 3^{m}}+z^{2^2\cdot 3^{m}}\not\equiv 0 (\mod 3^{m+1})$, $m=(1,...,t-2)$
2) $1-z^{3}\equiv 0$
$y^{3}\equiv x^{3}$
$2x^{3}\equiv 1 (\mod 9)$ Возведём в квадрат.
$4\equiv 1 (\mod 9)$ противоречие

Г2] $n=3$, случай числа Софи Жермен
Рассмотрим $(A 2)$. Замена $p_{1}=1$, $p_{2}=7$, $x=\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$
$x^{3}+y^{3}\equiv 1 (\mod 7^{t})$, $t>1$
$e=\varphi (7^{t})=2\cdot 3\cdot 7^{t-1}$
$\frac{1}{x^{e-3}}+\frac{1}{y^{e-3}}\equiv 1$
$x^{e-3}y^{e-3}=x^{e-6}-x^{e-9}y^3+...+y^{e-6}$
$\frac{y}{x}=z$
$1-z^3+...+z^{e-6}-z^{e-3}\equiv 0$
$e-3=3(2\cdot 7^{t-1}-1)$
Используем (Б1).
$(1-z^{3})(1+z^{6}+z^{36})...(1+z^{6\cdot 7^{t-2}}+z^{36\cdot 7^{t-2}})\equiv 0$
1) $1+z^{6\cdot 7^{m}}+z^{36\cdot 7^{m}}\not\equiv 0 (\mod 7^{m+1})$, $m=(0,...,t-2)$
2) $1-z^{3}\equiv 0$
$2x^{3}\equiv 1 (\mod 7)$
$4\equiv 1 (\mod 7)$ противоречие