Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

В означенном пределе $\lim_{t \rightarrow \infty}$ исследуемое сравнение $(A 2)$ (при $n=4$) переходит в уравнение Ферма $(A 1)$ (при $n=4$). Вышеприведённый в тексте вывод показывает, что если для построения контрпримера был использован некоторый $t_1$, то всегда найдётся такой $t_2>t_1$ такой, что при $t>t_2$ аналога контрпримера уже в рациональных числах не существует, то есть не существует, такого рационального решения сравнения $(A 2)$, который был бы хорош при любом $t$, то есть был решением и соответствующего уравнения Ферма $(A 1)$.

-- 23.04.2014, 09:53 --

В выводе использовалась мат. индукция, то есть для следующего $t$ все корни иррациональны строго через предыдущие $t$.

[Cash]

Если честно, то я не увидел такую схему доказательства в ваших записях. Сильно сомневаюсь, что этот путь может привести к цели (вы берете микроскоп, чтобы смотреть на звёзды), ну да ладно. Перед доказательством каждого промежуточного утверждения рекомендую все-таки писать - что дано и что мы хотим показать. Да и не только промежуточные, как выясняется и само утверждение нуждается в проговаривании.

Конкретно в самом последнем доказательстве, вот здесь ошибка, на $d$ делить нельзя

Tot в сообщении #853256 писал(а):

...
$d=2^g$
...
$\pm u^{e-4}+d^4v^{e-4}\equiv \pm ((du)^4\pm v^4)(\frac{u^{e-8}}{d^4}\mp\frac{u^{e-12}v^4}{d^{8}}+...+\frac{v^{e-8}}{d^{e-4}})(\mod 2^t)$

[Tot]

Уважаемый Cash! Согласен с корявостью способа изложения мной мыслей. Надо будет существенно доработать введение и, пожалуй, конкретно проговорить один раз всё на первом примере, как раз в случае с $n=4$.
Теперь по поводу того, что хочу донести в доказательстве. На $d$ делить нельзя в области рациональных чисел. Я же ввожу иррациональность специально для того, чтобы получить разложение. В области иррациональных чисел с таким выражением можно делать отдельные манипуляции, но помня, что некоторые действия из-за возникающей неоднозначности запрещены. Просто получил полином и разложил, вынеся общий иррациональный знаменатель за скобки. Проделывал такое при различных модулях $p_1p_2^t$. Есть следующая закономерность. Вот предположим, что нам как-то удалось обойти эту иррациональность. На что-то домножить или во что-то возвести исходное уравнение, чтобы при разложении этот иррациональный множитель как-то оказался в числителе. Ведь с ним ничего не делаем, просто говорим, что он никак $\not =0$. И я покажу в доказательстве, что все скобки разложения для любого $n$ обладают строгой закономерностью. Они не имеют рациональных корней только по $\mod 2n^t$(двойка правда может стоять в произвольной, конечной степени). При любых других модулях рациональные корни отсутствуют лишь при $n=3, \mod 3^t $ или при $\mod (2n+1)^t$ для $n$- любое число Софи Жермен, то есть у таких показателей степени уравнения Ферма, где элементарное доказательство существует. Есть строгая закономерность, надо бы только описать её адекватным языком. Кстати, вот в модуле $2n^t$ двойка является единственным способом разобраться с вычетом степени $n$ из 2. Вот уважаемый Феликс Шмидель уже несколько месяцев пытается его штурмовать. topic82547.html
У него для $n=5$ не получилось, а в моём разложении в иррациональных числах сразу видно, почему для $n=3$ получается, а для $n=5$ нет при $\mod n^t$ без удвоения. Правда моих знаний не хватает оценить его усилия и понять, совпадение это (отражение одной закономерности на разных математических объектах) или случайность.

[Cash]

Какие иррациональности? Откуда? Вы ничего про них не говорили.
Если Вы подразумеваете что-то отличное от кольца вычетов по модулю натурального числа, Вы должны честно всех об этом предупредить, выписать определения и заново доказать все используемые свойства.
А вопрос делимости не лежит в плоскости рациональных/иррациональных чисел. Причем здесь иррациональности, если ну никак $7$ на $2$ по модулю $16$ не разделите.

[Tot]

Хорошо. Попытаюсь избавиться от иррациональности и написать более подробное введение. Дыр всё ещё не видно.
На этом пока всё. Благодарю за дискуссию, надеюсь на продолжение в будущем.

[Cash]

Ну, если деление на $0$ - это не дыра, то...

[Tot]

... гипотеза Биля имеет хорошие шансы стать теоремой.
У нас есть плохое $du$ и хорошее $v$ в сравнении. Плохо лишь то, что $z=\frac{v}{du}$, а не наоборот, чтобы $d$ было в числителе. Так что в начале умножим обе части уравнения на $d^{e-4}$, потом отправим $v$ в знаменатель. Степени полинома слегка изменятся, но у функции Эйлера есть хорошие свойства для разложения $e=2e=3e=...$. Так что иррациональность дырой не выглядит. В следующий раз оформлю и посмотрим, что там получается.

[Tot]

Обсуждение модульного метода продолжим позднее, а пока другое.
Вот заинтересовался диофантовым уравнением ВТФ в маленьких степенях. По этому поводу возникло несколько вопросов.
1. Интересует конечная запись универсальных диофантовых уравнений ВТФ, гипотез Гольдбаха и Римана в формате 58 переменных степени не выше 4ой. Как их строить описано в книге Юрия Владимировича Матиясевича, но есть ли где-нибудь конечная запись этих уравнений в литературе?
2. В системах диофантовых уравнений маленьких степеней, например выражения простого числа или $n^k$, часто возникает уравнение вида

$$(x^2-1)y^2+1=z^2$$

$x, y, z \in Z^+$. Очевидны три решения этого уравнения:
1) $y=0$ $z=1$
2) $y=1$ $z=x$
3) $x=1$ $z=1$
Есть ли другие решения этого уравнения? Нужно ли здесь что-то исследовать и доказывать, если использовать такое уравнение как вспомогательное при доказательстве совсем других утверждений?
Заранее благодарю за помощь.

[nnosipov]

Tot в сообщении #904932 писал(а):

Есть ли другие решения этого уравнения? Нужно ли здесь что-то исследовать и доказывать, если использовать такое уравнение как вспомогательное при доказательстве совсем других утверждений?

Это уравнение хорошо известно, все его решения могут быть выписаны исходя из формулы

$$ z+y\sqrt{x^2-1}=(x+\sqrt{x^2-1})^k, \quad k \in \mathbb{N}. $$

Почитайте где-нибудь про уравнения Пелля.

[Tot]

1] Вспомогательные утверждения.
1. Разложение полинома $1+z+...+z^{k-1}$, при $k=\prod_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $p_l$-простое.

$$1+z+...+z^{k-1}=(1+z+...+z^{p_1-1})(1+z^{p_1}+...+z^{p_1(p_1-1)})...(1+z^{p_1^{q_1-1}}+...+z^{p_1^{q_1-1}(p_1-1)})\cdot$$

$$\cdot(1+z^{p_1^{q_1}}+...+z^{p_1^{q_1}(p_2-1)})...(1+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}}+...+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}(p_2-1)})...\cdot$$

$$\cdot(1+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}}+...+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}(p_i-1)})$$

$$1+z+...+z^{k-1}=\prod_{l=1}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{(1+z^{p_l^{r-1}\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}})}} (1.1)$$

2. Лемма $(1.2)$: $1+z+...+z^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.
Доказательство через критерий Эйзенштейна опустим.
2] $n=4$

$$a^4+b^4=c^4 (2.1)$$

$a, b, c$ - натуральные, не имеющие общего делителя(его сокращаем).
Докажем, что корней нет. Рассмотрим

$$a^{4}+b^{4}\equiv c^4 (\mod 2^{t}) (2.2)$$

$t>3+4h$, $h>0$ - константа, определим в дальнейшем.
В $\lim_{t \rightarrow \infty}$ $(2.2)$ даёт исходное уравнение $(2.1)$ Докажем, что $(2.2)$ не имеет корней при
предельном переходе. Выделим из тройки Ферма множители, НОДы с модулем, произведя
замену без переобозначения.

$$(2^{h_a}a)^4+(2^{h_b}b)^4\equiv (2^{h_c}c)^4 (\mod 2^t) (2.3)$$

$a \mod 2 \equiv b \mod 2 \equiv c \mod 2 \equiv 1$
С учётом отсутствия общего делителя в $2.1$ выберем в качестве $w\in \begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}$
ту переменную, которая имеет множитель $2^h$, $h>0$, так как одно из чисел тройки всегда чётное.
Остальные переменные произвольно обозначим $u$ и $v$. С учётом знаков получим из $(2.3)$ следующее уравнение:

$$u^4\pm v^4\equiv (2^hw)^4(\mod 2^t) (2.4)$$

$u \mod 2 \equiv v \mod 2 \equiv w \mod 2 \equiv 1$
$d=2^h$, произведём сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (dw)^4 \mod 2^t$$

$$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(dw)^4 \mod 2^t$$

$$\pm u^{e-4}+v^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod 2^t$$

Подставив $(2.4)$ и вынеся общий множитель, получим

$$(dw)^4(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4})\equiv 0(\mod 2^t)$$

$$\frac{u}{v}=z$$

$$1\mp z^{e-4}+z^{e-8}\mp z^{e-12}+...+z^8\mp z^4\equiv 0 \mod 2^{t-4h}$$

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8}+...+z^{e-8})\equiv 0 \mod 2^{t-4h}$$

$$e=\varphi (2^{t})=2^{t-1}$$

Используем $(1.1)$.

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{t-2}})\equiv 0 \mod 2^{t-4h}$$

$$4+8+16+...+2^{t-2}=4(1+2+4+...+2^{t-4})=4(2^{t-3}-1)=e-4$$

1) $1+z^{2^m}\not \equiv 0\mod 8$, $m=(2,...,t-2)$, у нас $t-4h>3$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 2^{t-4h}$
$u^4\equiv v^4\mod 2^{t-4h}$
$u^4 + v^4\equiv w^4\mod 2^{t-4h}$ из $(2.4)$
$2v^4\equiv w^4\mod 2^{t-4h}$
$w\equiv 0 \mod 2$, противоречие

[Tot]

1] Вспомогательные утверждения.
1. Разложение полинома $1+z+...+z^{k-1}$, при $k=\prod_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $p_l$-простое.

$$1+z+...+z^{k-1}=(1+z+...+z^{p_1-1})(1+z^{p_1}+...+z^{p_1(p_1-1)})...(1+z^{p_1^{q_1-1}}+...+z^{p_1^{q_1-1}(p_1-1)})\cdot$$

$$\cdot(1+z^{p_1^{q_1}}+...+z^{p_1^{q_1}(p_2-1)})...(1+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}}+...+z^{p_1^{q_1}p_2^{q_2-1}(p_2-1)})...\cdot$$

$$\cdot(1+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}}+...+z^{p_1^{q_1}...p_{i-1}^{q_{i-1}}p_i^{q_i-1}(p_i-1)})$$

$$1+z+...+z^{k-1}=\prod_{l=1}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{(1+z^{p_l^{r-1}\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}})}} (1.1)$$

2. Лемма $(1.2)$: $1+z+...+z^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.
Доказательство через критерий Эйзенштейна опустим.
2] $n=4$

$$a^4+b^4=c^4 (2.1)$$

$a, b, c$ - натуральные, не имеющие общего делителя(его сокращаем).
Докажем, что корней нет. Рассмотрим

$$a^{4}+b^{4}\equiv c^4 (\mod 2^{t}) (2.2)$$

$t>3+4h$, $h>0$ - константа, определим в дальнейшем.
В $\lim_{t \rightarrow \infty}$ $(2.2)$ даёт исходное уравнение $(2.1)$ Докажем, что $(2.2)$ не имеет корней при
предельном переходе. Выделим из тройки Ферма множители, НОДы с модулем, произведя
замену без переобозначения.

$$(2^{h_a}a)^4+(2^{h_b}b)^4\equiv (2^{h_c}c)^4 (\mod 2^t) (2.3)$$

$a \mod 2 \equiv b \mod 2 \equiv c \mod 2 \equiv 1$
С учётом отсутствия общего делителя в $2.1$ выберем в качестве $w\in \begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}$
ту переменную, которая имеет множитель $2^h$, $h>0$, так как одно из чисел тройки всегда чётное.
Остальные переменные произвольно обозначим $u$ и $v$. С учётом знаков получим из $(2.3)$ следующее уравнение:

$$u^4\pm v^4\equiv (2^hw)^4(\mod 2^t) (2.4)$$

$u \mod 2 \equiv v \mod 2 \equiv w \mod 2 \equiv 1$
$d=2^h$, произведём сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (dw)^4 \mod 2^t$$

$$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(dw)^4 \mod 2^t$$

$$\pm u^{e-4}+v^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod 2^t$$

Подставив $(2.4)$ и вынеся общий множитель, получим

$$(dw)^4(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4})\equiv 0(\mod 2^t)$$

$$\frac{u}{v}=z$$

$$1\mp z^{e-4}+z^{e-8}\mp z^{e-12}+...+z^8\mp z^4\equiv 0 \mod 2^{t-4h}$$

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8}+...+z^{e-8})\equiv 0 \mod 2^{t-4h}$$

$$e=\varphi (2^{t})=2^{t-1}$$

Используем $(1.1)$.

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{t-2}})\equiv 0 \mod 2^{t-4h}$$

$$4+8+16+...+2^{t-2}=4(1+2+4+...+2^{t-4})=4(2^{t-3}-1)=e-4$$

1) $1+z^{2^m}\not \equiv 0\mod 8$, $m=(2,...,t-2)$, у нас $t-4h>3$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 2^{t-4h}$
$u^4\equiv v^4\mod 2^{t-4h}$
$u^4\equiv (const2^h+v)^4\mod 2^t$
$u^4 + v^4\equiv (2^hw)^4\mod 2^t$ из $(2.4)$
$(const2^h+v)^4 + v^4\equiv (2^hw)^4\mod 2^t$
$2v^4\equiv 0\mod 2^{4h}$
$v^4\equiv 0 \mod 2^{4h-1}$, противоречие

В конце исправил, записав свою мысль более выверенно. Записал предыдущее сообщение целиком заново, так как это первый кусок доказательства.

Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, мой случай с $n=4$!
Интересует не только наличие или отсутствие ошибок, но и уровень подробности и понятности записи, ошибку и недочёты конца апреля исправил. Все последующие варианты - лишь добавление нескольких искусных приёмов, поэтому для наглядности начал с $n=4$, а не $n=3$.

[nnosipov]

Tot в сообщении #907214 писал(а):

Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, мой случай с $n=4$!

Как я понял, Вы хотите привести к противоречию сравнение (2.2) при достаточно большом $t$. Но это сравнение разрешимо при любом $t$. В этом принципиальная проблема Вашего доказательства.

[Tot]

Вношу уточнение в двух местах $t\geq 3+4h$, строгое больше меняю на нестрогое ради математического педантизма.
nnosipov
, Вы не поняли. Дело в том, что $h$ может быть бесконечным.
В пределе мы рассматриваем не всё множество решений, а лишь его часть с конкретным значением $h$. Те решения, что Вы подразумеваете, у них $h$ просто больше. Не подскажете, как об этом лучше сказать в тексте? Ведь другим тоже будет не понятно.

-- 13.09.2014, 12:02 --

$\lim_{t \rightarrow \infty}$ и $\lim_{h \rightarrow \infty}$, но $t\geq 3+4h$

-- 13.09.2014, 12:18 --

$h=\operatorname{const}$, $h\in \{1, ..., \infty \}$
$t\in \{3+4h, ..., \infty \}$

-- 13.09.2014, 12:20 --

$h$ для любого потенциального варианта тройки Ферма является константой.

[nnosipov]

Tot в сообщении #907230 писал(а):

Дело в том, что $h$ может быть бесконечным.

Это бессмыслица. Нет такого понятия --- сравнение по бесконечному модулю.

[Tot]

nnosipov, решение в сравнениях отражает решение в правильных дробях. Представьте, пожалуйста, решение в дробях.
Бесконечный знаменатель вполне допустим.

-- 13.09.2014, 13:01 --

Просто в дробях не хватит полей в той книге Пьера Ферма.