Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

Благодарю. Стало быть сделаем модуль простым и ошибка сама уйдёт.

Извините за задержку. Возникли сложности с компактным представлением большего количества вариантов. Они устранены. Публикацию доказательства планирую завтра, а сейчас только план и вспомогательные утверждения, в том числе новое.

План.
1] Вспомогательные утверждения.
2] Постановка задачи.
3] Доказательство.
4] Пример ВТФ, случай $n=3$
5] Задания для самостоятельного исследования.

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

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

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

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

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

2)Получение полинома из уравнения специального вида двумя способами.

$$(-1)^{\sigma_u}(S_1u)^m+(S_2v)^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_3w)^k\mod M (1.2)$$

при $u\mod M\not\equiv0$, $v\mod M\not\equiv0$, $w\mod M\not\equiv0$,
$S_1\mid M$, $S_2\mid M$, $S_3\mid M$, $n\mid e$, где $e=\varphi (M)$.
Получим разложение первым способом.
Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{\sigma_u}S_1^mu^{m-n}}{u^{e-n}}+\frac{S_2^n}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_3w)^k\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_1$ такой, что $M_1\mid M$, $S_1\nmid M_1$, $S_2\nmid M_1$, $S_3\mid M_1$, $u\mod M_1\not\equiv0$, $v\mod M_1\not\equiv0$, $w\mod M_1\not\equiv0$
Введём иррациональные в общем случае параметры.

$$D_1=\frac{S_1^\frac{m}{n}u^\frac{m-n}{n}}{S_2}$$

$$D_2=\frac{S_3}{S_2^\frac{n}{k}}$$

$$\frac{(-1)^{\sigma_u}D_1^n}{u^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_2w)^k\mod M_1 (1.3)$$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1^nv^{e-n}+u^{e-n}\equiv(-1)^{\sigma_w}(uv)^{e-n}(D_2w)^k\mod M_1 (1.4)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_1, D_2$ выглядит так

$$(-1)^{\sigma_u}(D_1u)^n+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_2w)^k\mod M_1 (1.5)$$

Преобразуем левую часть $(1.4)$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1^nv^{e-n}+u^{e-n}\equiv ((-1)^{\sigma_u}(D_1u)^n+v^n)(\frac{(-1)^{\sigma_u}u^{e-2n}}{D_1^n}-\frac{u^{e-3n}v^n}{D_1^{2n}}+...+\frac{(-1)^{\sigma_u}v^{e-2n}}{D_1^{e-n}})\mod M_1$$

Подставим сюда $(1.5)$ и сравним с правой частью $(1.4)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_2w)^k(\frac{(-1)^{\sigma_u}u^{e-2n}}{D_1^n}-\frac{u^{e-3n}v^n}{D_1^{2n}}+...+\frac{(-1)^{\sigma_u}v^{e-2n}}{D_1^{e-n}}-(uv)^{e-n})\mod M_1$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_1=\frac{v}{D_1u}$$

Используем свойство $-1=(-1)^{\sigma}(-1)^{1-\sigma}$, получаем первое разложение

$$0\equiv D_2^k(1+(-1)^{1-\sigma_u}z_1^n+...+z_1^{e-2n}+(-1)^{1-\sigma_u}z_1^{e-n})\mod M_1 (1.6)$$

Получим теперь разложение вторым способом. Поменяем в исходном уравнении $(1.2)$ первое слагаемое и сумму местами.

$$(-1)^{1-\sigma_w}(S_3w)^k+(S_2v)^n\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(S_1u)^m\mod M$$

Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}S_3^kw^{k-n}}{w^{e-n}}+\frac{S_2^n}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(S_1u)^m\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_2$ такой, что $M_2\mid M$, $S_1\mid M_2$, $S_2\nmid M_2$, $S_3\nmid M_2$, $u\mod M_2\not\equiv0$, $v\mod M_2\not\equiv0$, $w\mod M_2\not\equiv0$
Введём иррациональные в общем случае параметры

$$D_3=\frac{S_3^\frac{k}{n}w^\frac{k-n}{n}}{S_2}$$

$$D_4=\frac{S_1}{S_2^\frac{n}{m}}$$

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}D_3^n}{w^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m\mod M_2 (1.7)$$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3^nv^{e-n}+w^{e-n}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(wv)^{e-n}(D_4u)^m\mod M_2 (1.8)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_3, D_4$ выглядит так

$$(-1)^{1-\sigma_w}(D_3u)^n+v^n\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m\mod M_2 (1.9)$$

Преобразуем левую часть $(1.8)$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3^nv^{e-n}+w^{e-n}\equiv ((-1)^{1-\sigma_w}(D_3w)^n+v^n)(\frac{(-1)^{1-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_3^n}-\frac{w^{e-3n}v^n}{D_3^{2n}}+...+\frac{(-1)^{1-\sigma_w}v^{e-2n}}{D_3^{e-n}})\mod M_2$$

Подставим сюда $(1.9)$ и сравним с правой частью $(1.8)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m(\frac{(-1)^{1-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_3^n}-\frac{w^{e-3n}v^n}{D_3^{2n}}+...+\frac{(-1)^{1-\sigma_w}v^{e-2n}}{D_3^{e-n}}-(wv)^{e-n})\mod M_2$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_2=\frac{v}{D_3w}$$

$$0\equiv D_4^m(1+(-1)^{\sigma_w}z_2^n+...+z_2^{e-2n}+(-1)^{\sigma_w}z_2^{e-n})\mod M_2 (1.10)$$

Это второе разложение.
Очевидно, что оба разложения $(1.6)$ и $(1.10)$ имеют одинаковую структуру, так как они получены из уравнения $(1.2)$ только по разным частям исходного модуля $M$. К тому же они имеют аналогичную $(1.1)$ структуру. Следовательно, если провести разложение $(1.6)$ и $(1.10)$ по $(1.1)$, то получим, что каждая произвольная скобка первого разложения строго соотносится с похожей скобкой второго разложения. А так как модули разные, то возможны случаи, когда рациональный корень произвольной скобки одного разложения может соответствовать иррациональному корню другого разложения, а стало быть иррациональному корню уравнения $(1.2)$.

[Tot]

2] Постановка задачи.

$$a^x+b^y=c^z (2.1)$$

$a,b,c,x,y,z\in\mathbb N$
$x>2,y>2,z>2$.
Нужно доказать отсутствие решений при отсутствии общего множителя.
При $x=y=z=n$ имеем ВТФ.
Произведём замены $x,y,z$ без переобозначений по следующему правилу, позволяющему
спрятать лишнюю часть показателя степени в основании ($n\in\{x,y,z\}$):
1) если $n\in\mathbb P$, то оставим без изменений;
2) если $n\mod4\equiv0$, то $n=4$;
3) если $n\not\in\mathbb P$ и $n\mod4\not\equiv0$, то $n=p$,
где $p\in\mathbb P\setminus\{2\}$ - минимальный делитель $n$.
Получили $(2.1)$ с дополнительным условием. Теперь у нас $x,y,z\in\{4,\mathbb P\}\setminus\{2\}$
$\{a,b,c\}$ из $(2.1)$ назовём множеством обобщённых троек Ферма. Только одно из чисел
каждой такой тройки может делиться на произвольный простой множитель.
Разобъём множество обобщённых троек по трём параметрам $3^{h_3},5^{h_5},f^{h_f}$, где$h_3,h_5,h_f\in\{0,\mathbb N\}$.
$f=\begin{cases} 1 & \text{ if } n\in\{3,4,5\} \\ n & \text{ if } n>5 \end{cases}$
$n\in\{x,y,z\}$, однозначное определение дадим позже.
В доказательстве покажем, что каждое такое подмножество пусто.
Выделим из обобщённой тройки наши три параметра без переобозначения переменных. Выберем в качестве $w\in\{a,b,c\}$ ту переменную, которая содержит множитель $3^{h_3}$ даже при $h_3=0$, то есть его нет у двух других переменных. Если у $w$ нет множителя $5^{h_5}$, то выберем в качестве $u\in\{a,b,c\}\setminus\{w\}$ ту переменную, которая его содержит даже при $h_5=0$, то есть этого множителя нет у оставшейся переменной.Осталось $v\in\{a,b,c\}\setminus\{w,u\}$. Степени у $u,v,w$ заменим на $m,n,k$ соответственно.$n$ и есть та самая, анонсированная ранее для выбора $f$.
Тогда в общем виде из $(2.1)$ получаем 5 вариантов:
1) все три параметра у одной переменной

$$ (-1)^{\sigma_u}u^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}w)^k (2.2)$$

2-4) два параметра у одной переменной и один у другой

$$ (-1)^{\sigma_u}(f^{h_f}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}w)^k (2.3)$$

$$ (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}f^{h_f}w)^k (2.4)$$

$$ (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}f^{h_f}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^k (2.5)$$

5) по одному параметру у каждой переменной

$$ (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^m+(vf^{h_f})^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^k (2.6)$$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod f\not\equiv0$,$v\mod f\not\equiv0$,$w\mod f\not\equiv0$,
$\sigma_v,\sigma_w\in\{0,1\}$
Нужно доказать отсутствие решений у $(2.2)-(2.6)$.

[Tot]

Нет, что-то я перемудрил в выходные.
При такой постановке задачи возникнет прокол.
Нужно всё-таки у обобщённых троек рассматривать три особенности $2, 3, n$ или, быть может, $2, 5, n$. Тогда этого прокола не будет из-за того, что в обобщённой тройке одно число всегда чётно. Надо переписать постановку задачи и доказательство.

[Tot]

Нет, не перемудрил неделю назад, а скорей наоборот. Особенность двойку вводить нельзя, а прокол, это тот самый знаменитый вычет $n$ой степени из двух, устраняется иначе. Буду выкладывать части по мере оформления.
Изменения во вспомогательных утверждениях:
а) в утверждение 1) внесено упорядочение множителей по возрастанию для облегчения доказательства;
б) в утверждение 2) внесено третье разложение, оно поможет упростить доказательство из-за возможности избежать использования модульного подхода для элементарного доказательства теоремы Каталана-Михалеску

План.
1] Вспомогательные утверждения.
2] Постановка задачи.
3] Cлучай $n\in \{3,4,5\}$
4] Cлучай $n>5$
5] Задания для самостоятельного исследования.

1] Вспомогательные утверждения.
1)Разложение полинома $1+z+...+z^{k-1}$, при $k=\prod_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $\forall l$ $p_l \in \mathbb P, p_l<p_{l+1}$.
Схема разложения не является сбалансированной, то есть показатели степеней последующей скобки содержат множитель, отражающий в какой-то мере структуру всех предыдущих.
Для нас упорядочение множителей в разложении по возрастающей важно.

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

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

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

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

2)Получение полинома из уравнения специального вида тремя способами.

$$(-1)^{\sigma_u}(S_1u)^m+(S_2v)^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_3w)^k\mod M (1.2)$$

при $u\mod M\not\equiv0$, $v\mod M\not\equiv0$, $w\mod M\not\equiv0$,
$S_1\mid M$, $S_2\mid M$, $S_3\mid M$, $n\mid(e-n)$, где $e=\varphi (M)$.
Получим разложение первым способом.
Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{\sigma_u}S_1^mu^{m-n}}{u^{e-n}}+\frac{S_2^n}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_3w)^k\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_1$ такой, что $M_1\mid M$, $S_1\nmid M_1$, $S_2\nmid M_1$, $S_3\mid M_1$, $u\mod M_1\not\equiv0$, $v\mod M_1\not\equiv0$, $w\mod M_1\not\equiv0$
Введём иррациональные в общем случае параметры.

$$D_1=\frac{S_1^\frac{m}{n}u^\frac{m-n}{n}}{S_2}$$

$$D_2=\frac{S_3}{S_2^\frac{n}{k}}$$

$$\frac{(-1)^{\sigma_u}D_1^n}{u^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_2w)^k\mod M_1$$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1^nv^{e-n}+u^{e-n}\equiv(-1)^{\sigma_w}(uv)^{e-n}(D_2w)^k\mod M_1 (1.3)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_1, D_2$ выглядит так

$$(-1)^{\sigma_u}(D_1u)^n+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_2w)^k\mod M_1 (1.4)$$

Преобразуем левую часть $(1.3)$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1^nv^{e-n}+u^{e-n}\equiv ((-1)^{\sigma_u}(D_1u)^n+v^n)(\frac{(-1)^{\sigma_u}u^{e-2n}}{D_1^n}-\frac{u^{e-3n}v^n}{D_1^{2n}}+...+\frac{(-1)^{\sigma_u}v^{e-2n}}{D_1^{e-n}})\mod M_1$$

Подставим сюда $(1.4)$ и сравним с правой частью $(1.3)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_2w)^k(\frac{(-1)^{\sigma_u}u^{e-2n}}{D_1^n}-\frac{u^{e-3n}v^n}{D_1^{2n}}+...+\frac{(-1)^{\sigma_u}v^{e-2n}}{D_1^{e-n}}-(uv)^{e-n})\mod M_1$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_1=\frac{v}{D_1u}$$

Используем свойство $-1=(-1)^{\sigma}(-1)^{1-\sigma}$, получаем первое разложение

$$0\equiv D_2^k(1+(-1)^{1-\sigma_u}z_1^n+...+z_1^{e-2n}+(-1)^{1-\sigma_u}z_1^{e-n})\mod M_1 (1.5)$$

Получим теперь разложение вторым способом. Поменяем в исходном уравнении $(1.2)$ первое слагаемое и сумму местами.

$$(-1)^{1-\sigma_w}(S_3w)^k+(S_2v)^n\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(S_1u)^m\mod M$$

Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}S_3^kw^{k-n}}{w^{e-n}}+\frac{S_2^n}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(S_1u)^m\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_2$ такой, что $M_2\mid M$, $S_1\mid M_2$, $S_2\nmid M_2$, $S_3\nmid M_2$, $u\mod M_2\not\equiv0$, $v\mod M_2\not\equiv0$, $w\mod M_2\not\equiv0$
Введём иррациональные в общем случае параметры

$$D_3=\frac{S_3^\frac{k}{n}w^\frac{k-n}{n}}{S_2}$$

$$D_4=\frac{S_1}{S_2^\frac{n}{m}}$$

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}D_3^n}{w^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m\mod M_2$$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3^nv^{e-n}+w^{e-n}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(wv)^{e-n}(D_4u)^m\mod M_2 (1.6)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_3, D_4$ выглядит так

$$(-1)^{1-\sigma_w}(D_3u)^n+v^n\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m\mod M_2 (1.7)$$

Преобразуем левую часть $(1.6)$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3^nv^{e-n}+w^{e-n}\equiv ((-1)^{1-\sigma_w}(D_3w)^n+v^n)\cdot $$

$$\cdot(\frac{(-1)^{1-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_3^n}-\frac{w^{e-3n}v^n}{D_3^{2n}}+...+\frac{(-1)^{1-\sigma_w}v^{e-2n}}{D_3^{e-n}})\mod M_2$$

Подставим сюда $(1.7)$ и сравним с правой частью $(1.6)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m(\frac{(-1)^{1-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_3^n}-\frac{w^{e-3n}v^n}{D_3^{2n}}+...+\frac{(-1)^{1-\sigma_w}v^{e-2n}}{D_3^{e-n}}-(wv)^{e-n})\mod M_2$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_2=\frac{v}{D_3w}$$

$$0\equiv D_4^m(1+(-1)^{\sigma_w}z_2^n+...+z_2^{e-2n}+(-1)^{\sigma_w}z_2^{e-n})\mod M_2 (1.8)$$

Это второе разложение.
Получим теперь разложение третьим способом. Поменяем в исходном уравнении $(1.2)$ второе слагаемое и сумму местами.

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}(S_1u)^m+(S_3w)^k\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_2v)^n\mod M$$

Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}S_1^mu^{m-n}}{u^{e-n}}+\frac{S_3^kw^{k-n}}{w^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_2v)^n\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_3$ такой, что $M_3\mid M$, $S_1\nmid M_3$, $S_2\mid M_3$, $S_3\nmid M_3$, $u\mod M_3\not\equiv0$, $v\mod M_3\not\equiv0$, $w\mod M_3\not\equiv0$
Введём иррациональные в общем случае параметры

$$D_5=\frac{S_1^\frac{m}{n}u^\frac{m-n}{n}}{S_3^\frac{k}{n}w^\frac{k-n}{n}}$$

$$D_6=\frac{S_2}{S_3^\frac{k}{n}w^\frac{k-n}{n}}$$

$$\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5^n}{u^{e-n}}+\frac{1}{w^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_6v)^n\mod M_3$$

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5^nw^{e-n}+u^{e-n}\equiv(-1)^{\sigma_w}(uw)^{e-n}(D_6v)^n\mod M_3(1.9)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_5, D_6$ выглядит так

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}(D_5u)^n+w^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_6v)^n\mod M_3 (1.10)$$

Преобразуем левую часть $(1.9)$

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5^nw^{e-n}+u^{e-n}\equiv ((-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}(D_5u)^n+w^n)\cdot $$

$$\cdot(\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}u^{e-2n}}{D_5^n}-\frac{u^{e-3n}w^n}{D_5^{2n}}+...+\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_5^{e-n}})\mod M_3$$

Подставим сюда $(1.10)$ и сравним с правой частью $(1.9)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{\sigma_w}(D_6v)^n(\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}u^{e-2n}}{D_5^n}-\frac{u^{e-3n}w^n}{D_5^{2n}}+...+\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_5^{e-n}}-(uw)^{e-n})\mod M_3$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_3=\frac{w}{D_5v}$$

$$0\equiv D_6^n(1+(-1)^{\sigma_w-\sigma_u}z_3^n+...+z_3^{e-2n}+(-1)^{\sigma_w-\sigma_u}z_3^{e-n})\mod M_3 (1.11)$$

Это третье разложение.

Очевидно, что все три разложения $(1.5)$, $(1.8)$ и $(1.11)$ имеют одинаковую структуру, так как они получены из уравнения $(1.2)$ только по разным частям исходного модуля $M$. К тому же они имеют аналогичную $(1.1)$ структуру. Следовательно, если провести разложение $(1.5)$, $(1.8)$ и $(1.11)$ по $(1.1)$, то получим, что каждая произвольная скобка первого разложения строго соотносится с похожей скобкой второго и третьего. А так как модули разные, то возможны случаи, когда рациональный корень произвольной скобки одного разложения может соответствовать иррациональному корню другого разложения, а стало быть иррациональному корню уравнения $(1.2)$.

[Cash]

Давайте разберем сначала случай $x^4+y^4=z^4$
После этого перейдем к $x^3+y^3=z^3$
И уже потом будем обобщать.
На данном этапе рановато комментировать дичь типа

Tot в сообщении #921127 писал(а):

Введём иррациональные в общем случае параметры

$$D_3=\frac{S_3^\frac{k}{n}w^\frac{k-n}{n}}{S_2}$$

$$D_4=\frac{S_1}{S_2^\frac{n}{m}}$$

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}D_3^n}{w^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(D_4u)^m\mod M_2$$

[Tot]

Мы так и поступим, если моё доказательство окажется сложным для понимания. За последние полторы недели пришёл к выводу, что доказательство лучше рассматривать, не выписывая формулы всех вариантов целиком, проводя часть рассуждений на пальцах на основе общих закономерностей этих формул. Если не удастся объяснить доступным языком, то придётся расписывать частные случаи, там везде громоздкие формулы с большим количеством вариантов.
Что касается дичи, то суть трёх разложений в том, чтобы их провести по одной и той же степени, но по трём разным частям исходного модуля. При этом получаемые иррациональности будут стоять под степенями, которые в некоторых случаях будут обнуляться частью модуля. Какой сюрприз! Главное в иррациональностях - это строгое отсутствие неопределённостей вроде деления на ноль или нуля в бесконечной степени.

2] Постановка задачи.

$$a^x+b^y=c^z (2.1)$$

$a,b,c,x,y,z\in\mathbb N$
$x>2,y>2,z>2$.
Нужно доказать отсутствие решений при отсутствии общего множителя.
При $x=y=z=n$ имеем ВТФ.
Произведём замены $x,y,z$ без переобозначений по следующему правилу, позволяющему
спрятать лишнюю часть показателя степени в основании ($n\in\{x,y,z\}$):
1) если $n\in\mathbb P$, то оставим без изменений;
2) если $n\mod4\equiv0$, то $n=4$;
3) если $n\not\in\mathbb P$ и $n\mod4\not\equiv0$, то $n=p$,
где $p\in\mathbb P\setminus\{2\}$ - минимальный делитель $n$.
Получили $(2.1)$ с дополнительным условием. Теперь у нас $x,y,z\in\{4,\mathbb P\}\setminus\{2\}$
$\{a,b,c\}$ из $(2.1)$ назовём множеством обобщённых троек Ферма.
Если $(2.1)$ имеет решения, то множество обобщённых троек не пусто. Мы будем доказывать, что это не так.
Из-за взаимной простоты чисел каждой такой тройки по условию только одно из них может делиться на произвольный простой множитель. При этом одно из чисел обобщённой тройки всегда чётно, то есть содержит в себе множитель $2^{h_2}$, где $h_2\geq 1$.
Любой другой множитель $p\in \mathbb P$ тоже содержится в обобщённой тройки Ферма, то есть только одно из чисел тройки содержит в себе множитель $p^{h_p}$, где $h_p\geq 0$.
Если мы рассматриваем какой-то конкретный такой множитель у тройки, то назовём этот множитель особенностью.
Суть метода заключается в том, что мы выделяем несколько особенностей, рассматриваем все варианты их взаимного расположения по модулю, имеющему некоторую зависимость от особенностей. Зафиксировав степени особенностей, докажем, что при всех их взаиморасположениях по данному модулю мы получаем
пустое подмножество обобщённых троек. Совокупность таких пустых подмножеств по всем степеням выделенных особенностей даст пустое множество обобщённых троек Ферма, то есть докажет гипотезу.
Рассмотрим наше уравнение $(2.1)$ с ограничениями на степени, полученными ранее, относительно двух особенностей $3,5$. Выделим из обобщённой тройки наши две особенности без переобозначения переменных.
Выберем в качестве $w\in\{a,b,c\}$ ту переменную, которая содержит множитель $3^{h_3}$ даже при $h_3=0$, то есть его нет у двух других переменных. Если у $w$ нет множителя $5^{h_5}$, то выберем в качестве $u\in\{a,b,c\}\setminus\{w\}$ ту переменную, которая его содержит даже при $h_5=0$, то есть этого множителя нет у оставшейся переменной.Осталось $v\in\{a,b,c\}\setminus\{w,u\}$. Степени у $u,v,w$ заменим на $m,n,k$ соответственно.
Разобъём все виды уравнения Биля по степени $n$ на два случая:$n\in \{3,4,5\}$ и $n>5$.
Такое разбиение всегда можно провести, оно обусловлено тем, что при малых степенях нам достаточно рассматривать уравнение с двумя особенностями, а при бОльших придётся ввести
третью. При этом особенности $3,5$ в рассмотрении останутся, поэтому такое деление всех
вариантов уравнения Биля на две группы охватывает все случаи. Эти две группы будем рассматривать отдельно.

[nnosipov]

Tot в сообщении #921224 писал(а):

Главное в иррациональностях - это строгое отсутствие неопределённостей вроде деления на ноль или нуля в бесконечной степени.

Кто бы мог подумать

[Tot]

Речь об использовании иррациональностей в моём доказательстве. По модулю
все рациональные числа будут целыми.
Конструктивные замечания будут? Моё незнание математического аппарата целого ряда разделов математики понятна и без этого. А с вышеозначенными неопределённостями столкнулся в этой задаче по другим модулям.
Сегодня утром искал точное написание фамилии румына, доказавшего гипотезу Каталана, и прочёл интересную историю про это открытие. Ссылку не дам, но почитать про это советую.

[nnosipov]

Tot в сообщении #921234 писал(а):

Конструктивные замечания будут?

Будут. Точнее, уже были. Неплохо бы сначала рассмотреть что-нибудь простенькое, типа уравнения $x^4+y^4=z^4$. Пока мы не увидели в Вашем исполнении доказательства отсутствия решений у этого уравнения.

Tot в сообщении #921224 писал(а):

За последние полторы недели пришёл к выводу, что доказательство лучше рассматривать, не выписывая формулы всех вариантов целиком, проводя часть рассуждений на пальцах на основе общих закономерностей этих формул.

Боюсь, ничего хорошего из этой затеи не выйдет, ибо чёрт обычно скрывается именно в деталях.

[Tot]

Сначала поохотимся на дичь, которую заметил уважаемый Cash, чтобы внести коррективы в местонахождение лимонного дерева. Нужно избавиться от иррациональностей в $D_1, D_2, D_3, D_4, D_5, D_6$. Они возникают из дробей в показателях степеней в определении этих переменных.
Заметим, что $D_2, D_4, D_6$ можно переопределить, вынеся их за степень, под которой они стоят рядом с ближайшим числом обобщённой тройки. Это не повлияет на ход рассуждений, но сделает эти переменные строго рациональными и не внесёт никаких разногласий с модулем.
В $D_1, D_3, D_5$ в знаменателях показателей степеней стоит только $n$. Поэтому для избавления от них нужно ответить на следующий вопрос.

$$u^{mn}+v^n= w^{kn}$$

$$u^m+v^n= w^k$$

Верно ли, что из отсутствия решений первого уравнения следует отсутствие решений второго? По ограничениям на переменные оба уравнения - уравнения Биля.

[ALEXcandr]

Все доказательства которые публикуют люди основанны на поиске сложных решений, а не простых. А мне дали почитать другое доказательство, которое имеет интересные выводы.
А все кто опубликовывал доказательство никаких выводов нет.

[Deggial]

ALEXcandr, замечание за оффтоп и за попытку захвата темы.

[Tot]

Нет, сравнивать корни уравнений в предыдущем сообщении не нужно. С $D_1, D_3, D_5$ можно поступить также, как и с $D_2, D_4, D_6$, то есть переобозначить с выведением за степень. Так что никаких иррациональностей нет, вся дичь отстрелена. Тайм-аут на неделю. Ошибок не видно, а заниматься оформлением надоело. Надо подумать, как записывать примеры с ВТФ, очень уж много формул.

[Tot]

Доказательство гипотезы Биля изложу в общем виде, а затем, если потребуется для понимания, будем расписывать интересующие варианты вне доказательства.
Основания для такого подхода следующие:
1) ВТФ для $n\in\{3,4,5,31\}$ доказывается одинаково с небольшими изменениями в формулах отдельных коэффициентов и значения $n$,
2) более простым случаем для гипотезы Биля является не ВТФ, а гипотеза Каталана, предварительное доказательство которой упростило бы доказательство гипотезы Биля, но не является обязательным,
3) количество формул при доказательстве частного случая ВТФ точно такое же, как и общего случая гипотезы Биля,
4) само доказательство будет иметь из-за огромного количества однотипных вариантов(около 20) и общего количества (более 200) уравнений полукачественный характер и представляться в виде разбиения уравнения на варианты и подстановки последних в вспомогательные утверждения с качественными выводами.

Из 2го вспомогательного утверждения убрал фантомные иррациональности и внёс существенные дополнения. Обратите внимание на запись через кортежи в самом конце 2го вспомогательного утверждения.

План.
1] Вспомогательные утверждения.
2] Постановка задачи.
3] Доказательство.
4] Задания для самостоятельного исследования.

1] Вспомогательные утверждения.
1)Разложение полинома $1+z+...+z^{k-1}$, при $k=\prod_{l=1}^{i}{p_l^{q_l}}$, где $\forall l$ $p_l \in \mathbb P, p_l<p_{l+1}$.
Схема разложения не является сбалансированной, то есть показатели степеней последующей скобки содержат множитель, отражающий в какой-то мере структуру всех предыдущих.
Для нас упорядочение множителей в разложении по возрастающей важно.

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

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

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

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

2)Получение полинома из уравнения специального вида тремя способами.

$$(-1)^{\sigma_u}(S_1u)^m+(S_2v)^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_3w)^k\mod M (1.2)$$

при $u\mod M\not\equiv0$, $v\mod M\not\equiv0$, $w\mod M\not\equiv0$,
$S_1\mid M$, $S_2\mid M$, $S_3\mid M$, $M\mod 2 =1$, $2n\mid e$, где $e=\varphi (M)$.
Получим разложение первым способом.
Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{\sigma_u}S_1^mu^{m-n}}{u^{e-n}}+\frac{S_2^n}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_3w)^k\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_1$ такой, что $M_1\mid M$, $S_1\nmid M_1$, $S_2\nmid M_1$, $S_3\mid M_1$, $u\mod M_1\not\equiv0$, $v\mod M_1\not\equiv0$, $w\mod M_1\not\equiv0$
Введём параметры.

$$D_1=\frac{S_1^mu^{m-n}}{S_2^n}$$

$$D_2=\frac{S_3^k}{S_2^n}$$

$$\frac{(-1)^{\sigma_u}D_1}{u^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}D_2w^k\mod M_1$$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1v^{e-n}+u^{e-n}\equiv(-1)^{\sigma_w}(uv)^{e-n}D_2w^k\mod M_1 (1.3)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_1, D_2$ выглядит так

$$(-1)^{\sigma_u}D_1u^n+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}D_2w^k\mod M_1 (1.4)$$

Преобразуем левую часть $(1.3)$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1v^{e-n}+u^{e-n}\equiv ((-1)^{\sigma_u}D_1u^n+v^n)(\frac{(-1)^{\sigma_u}u^{e-2n}}{D_1}-\frac{u^{e-3n}v^n}{D_1^2}+...+\frac{(-1)^{\sigma_u}v^{e-2n}}{D_1^{\frac{e-n}{n}}})\mod M_1$$

Подставим сюда $(1.4)$ и сравним с правой частью $(1.3)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{\sigma_w}D_2w^k(\frac{(-1)^{\sigma_u}u^{e-2n}}{D_1}-\frac{u^{e-3n}v^n}{D_1^2}+...+\frac{(-1)^{\sigma_u}v^{e-2n}}{D_1^{\frac{e-n}{n}}}-(uv)^{e-n})\mod M_1$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_1=\frac{v^n}{D_1u^n}$$

Используем свойство $-1=(-1)^{\sigma}(-1)^{1-\sigma}$, получаем первое разложение

$$0\equiv D_2(1+(-1)^{1-\sigma_u}z_1+...+z_1^{\frac{e}{n}-2}+(-1)^{1-\sigma_u}z_1^{\frac{e}{n}-1})\mod M_1 (1.5)$$

Это первый полином.
С учётом условий на $(1.2)$ этот полином будет иметь потенциальный корень

$$0\equiv 1+(-1)^{1-\sigma_u}z_1\mod M_{01}$$

при $M_{01}\mid M_1$, $D_2\mod M_{01}\not\equiv0$.
Подставим $z_1$.

$$(-1)^{\sigma_u}D_1u^n\equiv v^n\mod M_{01} (1.5.1)$$

Возьмём $(1.4)$ и домножим до модуля $M_{01}$.

$$\frac{M_1}{M_{01}}((-1)^{\sigma_u}D_1u^n+v^n)\equiv(-1)^{\sigma_w}\frac{M_1}{M_{01}}D_2w^k\mod M_1 $$

Введём критерий

$$\frac{M_1}{M_{01}}D_2\mod M_1 \equiv 0 (1.5.2)$$

.
Рассмотрим случай выполнения критерия. Тогда

$$\frac{M_1}{M_{01}}((-1)^{\sigma_u}D_1u^n+v^n)\equiv 0 \mod M_1 $$

$$(-1)^{\sigma_u}D_1u^n+v^n\equiv 0 \mod M_{01} $$

Сравним с $(1.5.1)$.

$$0\equiv 2v^n\mod M_{01} $$

У нас с учётом условий на $(1.2)$ и на $M_1$ $v \mod M_{01}\not\equiv 0$.
Следовательно, при выполнении критерия $(1.5.2)$ получаем противоречие и этот корень
разложения полинома $(1.5)$ оказывается строго иррациональным.
Получим теперь второй полином. Поменяем в исходном уравнении $(1.2)$ первое слагаемое и сумму местами.

$$(-1)^{1-\sigma_w}(S_3w)^k+(S_2v)^n\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(S_1u)^m\mod M$$

Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}S_3^kw^{k-n}}{w^{e-n}}+\frac{S_2^n}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(S_1u)^m\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_2$ такой, что $M_2\mid M$, $S_1\mid M_2$, $S_2\nmid M_2$, $S_3\nmid M_2$, $u\mod M_2\not\equiv0$, $v\mod M_2\not\equiv0$, $w\mod M_2\not\equiv0$
Введём параметры

$$D_3=\frac{S_3^kw^{k-n}}{S_2^n}$$

$$D_4=\frac{S_1^m}{S_2^n}$$

$$\frac{(-1)^{1-\sigma_w}D_3}{w^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}D_4u^m\mod M_2$$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3^nv^{e-n}+w^{e-n}\equiv(-1)^{1-\sigma_u}(wv)^{e-n}(D_4u)^m\mod M_2 (1.6)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_3, D_4$ выглядит так

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3w^n+v^n\equiv(-1)^{1-\sigma_u}D_4u^m\mod M_2 (1.7)$$

Преобразуем левую часть $(1.6)$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3v^{e-n}+w^{e-n}\equiv ((-1)^{1-\sigma_w}D_3w^n+v^n)\cdot $$

$$\cdot(\frac{(-1)^{1-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_3}-\frac{w^{e-3n}v^n}{D_3^2}+...+\frac{(-1)^{1-\sigma_w}v^{e-2n}}{D_3^{\frac{e-n}{n}}})\mod M_2$$

Подставим сюда $(1.7)$ и сравним с правой частью $(1.6)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{1-\sigma_u}D_4u^m(\frac{(-1)^{1-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_3}-\frac{w^{e-3n}v^n}{D_3^2}+...+\frac{(-1)^{1-\sigma_w}v^{e-2n}}{D_3^{\frac{e-n}{n}}}-(wv)^{e-n})\mod M_2$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_2=\frac{v^n}{D_3w^n}$$

$$0\equiv D_4(1+(-1)^{\sigma_w}z_2+...+z_2^{\frac{e}{n}-2}+(-1)^{\sigma_w}z_2^{\frac{e}{n}-1})\mod M_2 (1.8)$$

Это второй полином.
С учётом условий на $(1.2)$ этот полином будет иметь потенциальный корень

$$0\equiv 1+(-1)^{\sigma_w}z_2\mod M_{02}$$

при $M_{02}\mid M_2$, $D_4\mod M_{02}\not\equiv0$.
Подставим $z_2$.

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3w^n-v^n\equiv 0\mod M_{02} (1.8.1)$$

Возьмём $(1.7)$ и домножим до модуля $M_{02}$.

$$\frac{M_2}{M_{02}}((-1)^{1-\sigma_w}D_3w^n+v^n)\equiv(-1)^{1-\sigma_u}\frac{M_2}{M_{02}}D_4u^m\mod M_2 $$

Введём критерий

$$\frac{M_2}{M_{02}}D_4\mod M_2 \equiv 0 (1.8.2)$$

.
Рассмотрим случай выполнения критерия. Тогда

$$\frac{M_2}{M_{02}}((-1)^{1-\sigma_w}D_3w^n+v^n)\equiv 0 \mod M_2 $$

$$(-1)^{1-\sigma_w}D_3w^n+v^n\equiv 0 \mod M_{02} $$

Сравним с $(1.8.1)$.

$$0\equiv 2v^n\mod M_{02}$$

У нас с учётом условий на $(1.2)$ и на $M_2$ $v \mod M_{02}\not\equiv 0$.
Следовательно, при выполнении критерия $(1.8.2)$ получаем противоречие и этот корень
разложения полинома $(1.8)$ оказывается строго иррациональным.
Получим теперь третий полином. Поменяем в исходном уравнении $(1.2)$ второе слагаемое и сумму местами.

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}(S_1u)^m+(S_3w)^k\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_2v)^n\mod M$$

Сдвинем переменные левой части в степени $n$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}S_1^mu^{m-n}}{u^{e-n}}+\frac{S_3^kw^{k-n}}{w^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}(S_2v)^n\mod M$$

Рассмотрим модуль $M_3$ такой, что $M_3\mid M$, $S_1\nmid M_3$, $S_2\mid M_3$, $S_3\nmid M_3$, $u\mod M_3\not\equiv0$, $v\mod M_3\not\equiv0$, $w\mod M_3\not\equiv0$
Введём параметры

$$D_5=\frac{S_1^mu^{m-n}}{S_3^{k}w^{k-n}}$$

$$D_6=\frac{S_2}{S_3^{k}w^{k-n}}$$

$$\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5}{u^{e-n}}+\frac{1}{w^{e-n}}\equiv(-1)^{\sigma_w}D_6v^n\mod M_3$$

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5w^{e-n}+u^{e-n}\equiv(-1)^{\sigma_w}(uw)^{e-n}D_6v^n\mod M_3(1.9)$$

Без сдвига это же уравнение с новыми параметрами $D_5, D_6$ выглядит так

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5u^n+w^n\equiv(-1)^{\sigma_w}D_6v^n\mod M_3 (1.10)$$

Преобразуем левую часть $(1.9)$

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5w^{e-n}+u^{e-n}\equiv ((-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5u^n+w^n)\cdot $$

$$\cdot(\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}u^{e-2n}}{D_5}-\frac{u^{e-3n}w^n}{D_5^2}+...+\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_5^{\frac{e-n}{n}}})\mod M_3$$

Подставим сюда $(1.10)$ и сравним с правой частью $(1.9)$, вынеся общий множитель за скобку.

$$0\equiv(-1)^{\sigma_w}D_6v^n(\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}u^{e-2n}}{D_5}-\frac{u^{e-3n}w^n}{D_5^2}+...+\frac{(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}w^{e-2n}}{D_5^{\frac{e-n}{n}}}-(uw)^{e-n})\mod M_3$$

Уберём независящую от модуля часть общего множителя и введём переменную

$$z_3=\frac{w^n}{D_5u^n}$$

$$0\equiv D_6(1+(-1)^{\sigma_w-\sigma_u}z_3+...+z_3^{\frac{e}{n}-2}+(-1)^{\sigma_w-\sigma_u}z_3^{\frac{e}{n}-1})\mod M_3 (1.11)$$

Это третий полином.
С учётом условий на $(1.2)$ этот полином будет иметь потенциальный корень

$$0\equiv 1+(-1)^{\sigma_w-\sigma_u}z_3\mod M_{03}$$

при $M_{03}\mid M_3$, $D_6\mod M_{03}\not\equiv0$.
Подставим $z_3$.

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5u^n-w^n\equiv 0\mod M_{03} (1.11.1)$$

Возьмём $(1.10)$ и домножим до модуля $M_{03}$.

$$\frac{M_3}{M_{03}}((-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5u^n+w^n)\equiv(-1)^{\sigma_w}\frac{M_3}{M_{03}}D_6v^n\mod M_3 $$

Введём критерий

$$\frac{M_3}{M_{03}}D_6\mod M_3 \equiv 0 (1.11.2)$$

.
Рассмотрим случай выполнения критерия. Тогда

$$\frac{M_3}{M_{03}}((-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5u^n+w^n)\equiv 0 \mod M_3 $$

$$(-1)^{1+\sigma_u-\sigma_w}D_5u^n+w^n\equiv 0 \mod M_{03} $$

Сравним с $(1.11.1)$.

$$0\equiv 2w^n\mod M_{03}$$

У нас с учётом условий на $(1.2)$ и на $M_3$ $v \mod M_{03}\not\equiv 0$.
Следовательно, при выполнении критерия $(1.11.2)$ получаем противоречие и этот корень
разложения полинома $(1.11)$ оказывается строго иррациональным.
Очевидно, что все три полинома $(1.5)$, $(1.8)$ и $(1.11)$ имеют одинаковую структуру, так как они получены из уравнения $(1.2)$ только по разным частям исходного модуля $M$.
К тому же они имеют аналогичную $(1.1)$ структуру.
Следовательно, если провести разложение $(1.5)$, $(1.8)$ и $(1.11)$ по $(1.1)$, то получим, что каждая произвольная скобка разложения одного полинома строго соотносится с похожей скобкой второго и третьего.
А так как модули разные, то возможны случаи, когда рациональный корень произвольной скобки разложения одного полинома может соответствовать иррациональному корню другого, а стало быть иррациональному корню уравнения $(1.2)$.
В связи с этим запишем наши три полинома $(1.5)$, $(1.8)$ и $(1.11)$ единообразно через кортежи.

$$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{\frac{e}{n}-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{\frac{e}{n}-1}\mod M_{0} (1.12)$$

при $\langle \Sigma, Z, M_0 \rangle=\{\langle 1-\sigma_u, z_1, M_{01}\rangle, \langle \sigma_w, z_2, M_{02}\rangle, \langle \sigma_w-\sigma_u, z_3, M_{03}\rangle\}$

[Tot]

Добавил третью особенность в младший вариант.

2] Постановка задачи.

$$a^x+b^y=c^z (2.1)$$

$a,b,c,x,y,z\in\mathbb N$
$x>2,y>2,z>2$.
Нужно доказать отсутствие решений при отсутствии общего множителя.
Произведём замены $x,y,z$ без переобозначений по следующему правилу, позволяющему
спрятать лишнюю часть показателя степени в основании ($n\in\{x,y,z\}$):
1) если $n\in\mathbb P$, то оставим без изменений;
2) если $n\mod4\equiv0$, то $n=4$;
3) если $n\not\in\mathbb P$ и $n\mod4\not\equiv0$, то $n=p$,
где $p\in\mathbb P\setminus\{2\}$ - минимальный делитель $n$.
Получили $(2.1)$ с дополнительным условием. Теперь у нас $x,y,z\in\{4,\mathbb P\}\setminus\{2\}$
$\{a,b,c\}$ из $(2.1)$ назовём множеством обобщённых троек Ферма.
Если $(2.1)$ имеет решения, то множество обобщённых троек не пусто. Мы будем доказывать, что это не так.
Из-за взаимной простоты чисел каждой такой тройки по условию только одно из них может делиться на произвольный простой множитель. При этом одно из чисел обобщённой тройки всегда чётно, то есть содержит в себе множитель $2^{h_2}$, где $h_2\geq 1$.
Любой другой множитель $p\in \mathbb P$ тоже содержится в обобщённой тройки Ферма, то есть только одно из чисел тройки содержит в себе множитель $p^{h_p}$, где $h_p\geq 0$.
Если мы рассматриваем какой-то конкретный такой множитель у тройки, то назовём этот множитель особенностью.
Суть метода заключается в том, что мы выделяем несколько особенностей, рассматриваем все варианты их взаимного расположения по модулю, имеющему некоторую зависимость от особенностей. Зафиксировав степени особенностей, докажем, что при всех их взаиморасположениях по данному модулю мы получаем пустое подмножество обобщённых троек. Совокупность таких пустых подмножеств по всем степеням выделенных особенностей даст пустое множество обобщённых троек Ферма, то есть докажет гипотезу.
Рассмотрим наше уравнение $(2.1)$ с ограничениями на степени, полученными ранее, относительно трёх особенностей $3,5,f$, где $f=\begin{cases} 31 & \text{ if } n\in\{3,4,5,31\} \\ n & \text{ if } n\not\in\{3,4,5,31\} \end{cases}$. $n$-одна из степеней уравнения Биля, её однозначно зафиксируем ниже. Выделим из обобщённой тройки наши три особенности без переобозначения переменных.
Выберем в качестве $w\in\{a,b,c\}$ ту переменную, которая содержит множитель $3^{h_3}$ даже при $h_3=0$, то есть его нет у двух других переменных. Если у $w$ нет множителя $5^{h_5}$, то выберем в качестве $u\in\{a,b,c\}\setminus\{w\}$ ту переменную, которая его содержит даже при $h_5=0$, то есть этого множителя нет у оставшейся переменной.Осталось $v\in\{a,b,c\}\setminus\{w,u\}$. Степени у $u,v,w$ заменим на $m,n,k$ соответственно. $n$- та самая переменная, введённая ранее.
Тогда в общем виде из $(2.1)$ получаем 5 вариантов:
1) все три параметра у одной переменной

$$ (-1)^{\sigma_u}u^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}w)^k (2.2)$$

2-4) два параметра у одной переменной и один у другой

$$ (-1)^{\sigma_u}(f^{h_f}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}w)^k (2.3)$$

$$ (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}f^{h_f}w)^k (2.4)$$

$$ (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}f^{h_f}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^k (2.5)$$

5) по одному параметру у каждой переменной

$$ (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^m+(vf^{h_f})^n=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^k (2.6)$$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod f\not\equiv0$,$v\mod f\not\equiv0$,$w\mod f\not\equiv0$,
$\sigma_v,\sigma_w\in\{0,1\}$
Нужно доказать отсутствие решений у $(2.2)-(2.6)$.