Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

3] Доказательство.
Возьмём произвольное подмножество обобщённых троек при $h_3=\operatorname{const},h_5=\operatorname{const},h_f=\operatorname{const}$.
Будем рассматривать 5 вариантов $(2.2)-(2.6)$ по модулю $3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}f^{k_fh_f+2}$, где $k_5=\max (k,m)$, $k_f=\max (k,m,n)$.
Если $n\neq4$, то $n=1+\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}}$, $p_l\in \mathbb P$, $p_1=2$, $\forall l$ $p_l<p_{l+1}$.

$$e=\varphi (3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}f^{k_fh_f+2})=\begin{cases} 3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}31^{k_fh_f+1}16 & \text{ if } n\in\{3,4,5,31\} \\ 3^{kh_3}5^{k_5h_5}8n^{k_fh_f+1}\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}} & \text{ if } n\not\in\{3,4,5,31\} \end{cases}$$

Рассмотрим вариант уравнения $(2.2)$ и проведём качественное обобщение с четырьмя другими случаями.
Из $(2.2)$ $(-1)^{\sigma_u}u^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}w)^k\mod 3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}f^{k_fh_f+2}$
Используем 2ое вспомогательное утверждение.
$S_1=1$, $S_2=1$, $S_3=3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}$,
$M=3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}f^{k_fh_f+2}$,
$M_1=3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}f^{k_fh_f+2}$, $M_2=1$, $M_3=1$
$D_1=u^{m-n}$, $D_2=3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}$,
$D_3=3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^{k-n}$, $D_4=1$,
$D_5=\frac{u^{m-n}}{3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}w^{k-n}}$, $D_6=\frac{1}{3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}w^{k-n}}$,
$M_{01}=5^{(k_5-k)h_5+1}f^{(k_f-k)h_f+2}3$, $M_{02}$=1, $M_{03}$=1
$z_1=\frac{v^n}{u^m}$,
$z_2=\frac{v^n}{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}$,
$z_3=\frac{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}{u^m}$.
Из $(1.12)$ получим полином через кортежи.
$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{\frac{e}{n}-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{\frac{e}{n}-1}\mod M_{0}$
при $\langle \Sigma, Z, M_0 \rangle=\{\langle 1-\sigma_u, \frac{v^n}{u^m}, 5^{(k_5-k)h_5+1}f^{(k_f-k)h_f+2}3\rangle, \langle \sigma_w, \frac{v^n}{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}, 1\rangle, \langle \sigma_w-\sigma_u, \frac{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}{u^m}, 1\rangle\}$
Аналогично можно расписать варианты $(2.3)-(2.6)$. Полином в кортежах будет тот же, хотя
сами кортежи будут другие. Часть модуля с основанием по особенности назовём модулем особенности.
Заметим, что в каждом варианте основание модуля каждой особенности будет входить в модульную часть
одного из трёх кортежей. Нам нужно выделить рациональные корни полинома как решения исходного
уравнения $(2.1)$. Такие корни должны быть рациональны во всех трёх разложениях, стало быть
рациональны по основанию модуля каждой особенности.
Используем $(1.1)$ для разложения кортежного полинома.
Имеем следующие группы потенциальных корней c учётом структуры $n-1$ при $n\neq4$:
1) $1+(-1)^{\Sigma}Z^n$
2) $\prod_{i_2=0}^{I_2}{1+Z^{2C_{i_2}}}$
3) $\prod_{i_3=0}^{I_3}{1+Z^{4C_{i_3}}+Z^{8C_{i_3}}}$
4) $\prod_{i_5=0}^{I_5}{1+Z^{4C_{i_5}}+Z^{8C_{i_5}}+Z^{12C_{i_5}}+Z^{16C_{i_5}}}$
5) $\prod_{l=2_{\mid p_l\not\in\{3,5\}}}^{i}\prod_{i_{p_l}=1}^{q_l}{1+Z^{4C_{i_{p_l}}}+Z^{8C_{i_{p_l}}}+...+Z^{4(p_l-1)C_{i_{p_l}}}}$
6) $\prod_{i_f=0}^{I_f}{1+Z^{4C_{i_f}}+Z^{8C_{i_f}}+...+Z^{4(f-1)C_{i_f}}}$
$C_{i_2}, C_{i_3}, C_{i_5}, C_{i_{p_l}, C_{i_f}}, I_2, I_3, I_5, I_f=\operatorname{const}$,
их всегда можно получить из разложения в явном виде. Мы вывели из констант лишь те
части, которые нам нужны для доказательства и которые там всегда есть. Нужно обратить внимание
на потенциально слабое место, количество двухчленных скобок, чтобы у первой трёхчленной скобки
можно было выделить в степени четвёрку. Это свойство по модулю $M$ выполняется при любом $n$, что
важно для доказательства иррациональности всех корней 3) группы.
$3$ и $5$ являются основаниями модулей особенностей, поэтому по $\mod 3$ 2),4),5) и 6) группы корней не имеют, а по $\mod 5$ 3) группа корней не имеет.
Следовательно, корни уравнения $(2.1)$ возможны только по 1) группе корней.Рассмотрим её. Критерии $(1.8.2)$ и $(1.11.2)$ в данном варианте уравнения $(2.2)$ ничего не дадут, но в вариантах $(2.3)-(2.6)$ сыграют свою роль. Используем критерий $(1.5.2)$.
$3^{2kh_3}5^{2kh_5}f^{2kh_f} \mod 3^{kh_3+1}5^{k_5h_5+1}f^{k_fh_f+2} \equiv 0$
Следует учесть, что для отсутствия рационального корня критерий достаточно выполнить по одному из модулей особенностей. Действительно, по такому модулю мы получим противоречие, описанное вслед за критерием во 2ом вспомогательном утверждении, а стало быть корень уже будет иррациональным.
Критерий выполняется при $h_3\geq 1 \vee h_5\geq 1 \vee h_f\geq 1$.
С учётом того, что модули особенностей выплывают в каждом из вариантов $(2.2)-(2.6)$, будем иметь такой результат во всех вариантах. Он означает, что в множестве обобщённых троек Ферма, соответствующих исходному уравнению $(2.1)$ особенности $3,5,f$ могут входить только в нулевой степени. Из $(2.2)-(2.6)$ получаем новое уравнение.

$$ (-1)^{\sigma_u}u^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}w^k $$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod f\not\equiv0$,$v\mod f\not\equiv0$,$w\mod f\not\equiv0$.
В таком случае $(u,v,w)$ являются обобщённой тройкой Ферма.
Рассмотрим три другие особенности.
Мы не будем использовать теорему Каталана-Михалеску, поэтому будем считать, что одним из чисел обобщённой тройки может быть единица. Это первая новая особенность. Второй возьмём двойку. У нас по исходному условию все числа обобщённой тройки взаимно просты. Поэтому в качестве третьей особенности возьмём множитель одного из чисел обобщённой тройки $p\in \{\mathbb P\}\setminus\{2,3,5,f\}$, который всегда можно выделить.
Опустим первые две новые особенности и будем рассматривать предыдущее уравнение с одной третьей новой особенностью. Выделим из обобщённой тройки нашу новую особенность без переобозначения переменных. Получим три варианта:
1) $(-1)^{\sigma_u}u^m+(p^{h_p}v)^n=(-1)^{\sigma_w}w^k$
2) $(-1)^{\sigma_u}u^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}(p^{h_p}w)^k$
3) $(-1)^{\sigma_u}(p^{h_p}u)^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}w^k$
$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod f\not\equiv0$,$v\mod f\not\equiv0$,$w\mod f\not\equiv0$,
$u\mod p\not\equiv0$,$v\mod p\not\equiv0$,$w\mod p\not\equiv0$,
$h_p\geq 1$.
Будем рассматривать все три варианта по модулю $15f^2p^{k_fh_p+1}$, где прежний $k_f=\max (k,m,n)$.
Используем 2ое вспомогательное утверждение. Для выполнения условий его исходного уравнения нам понадобилось $f^2$ в модуле. В разложении получаемого кортежного полинома попавшие в модульную часть одного из кортежей $3$ и $5$ из модуля докажут иррациональность всех групп корней, кроме первой скобки разложения кортежного полинома.
Один из трёх критериев $(1.5.2),(1.8.2),(1.11.2)$ в каждом варианте покажет иррациональность корня первой скобки при $h_p\geq 1$, а это условие было заложено при выборе $p$.
Итак, мы показали, что каждое подмножество решений уравнения Биля пусто.
Доказательство завершено.

[Tot]

Ошибка в результате, полученном из критерия. В предложенном виде он доказывает лишь случай равенства степеней, то есть ВТФ. Подумаю над модификацией доказательства.

[Tot]

Чтобы устранить ошибку нужно рассматривать не $k_5=\maximum(k,m)$, $k_f=\maximum(k,m,n)$, их введение не оправдало ожиданий, а ту степень, под которой стоит соответствующая особенность, то есть использовать для вариантов $(2.2)-(2.6)$ немного различающиеся модули.
Ещё можно ввести уточнение $M=M_1M_2M_3$ во 2ом вспомогательном утверждении, чтобы при рассмотрении 3 вариантов с особенностью $p$ у нас просто не возникало неоднозначности по поводу в какую часть модуля $M$ поместить $15f^2$.
Внесу эти изменения в доказательство и выложу заново для продолжения поиска и устранения детальных чертей.

[Cash]

Не надо заново. Приведите доказательство ВТФ для случая $n=3$ или $n=4$.

[Tot]

Я перепишу только само доказательство. Выпишу все переменные 2го вспомогательного утверждения для каждого варианта, так как модули теперь слегка различны. Заодно то же самое сделаю для 3 вариантов с особенностью $p$, рука-то уже набьётся. И вот когда для каждого варианта все переменные будут выписаны, тогда легко будет подставить различные случаи ВТФ, сделаю их. Раньше представлялось это тяжёлой работой, а теперь посмотрел со стороны на собственные формулы в теме. Это сильно нагляднее, чем в блокноте с подсветкой синтаксиса и набором формул по одной в онлайн-редакторе, стало легче.
Запись будет немного длиннее, но проще в понимании из-за повышения уровня механичности, подставляем переменные - получаем результат.
Постараюсь завтра выложить.

[Tot]

Исправил найденные сегодня ошибки. После доказательства идёт подставленный случай
ВТФ $n=4$. Возникли планы переработки 2го вспомогательного утверждения и всего доказательства, чтобы не проводить разбиение на 5 вариантов, а также получение 2го и 3го полиномов путём замены переменных без расписывания. Это привело бы к более абстрактной и компактной записи.

3] Доказательство.
Возьмём произвольное подмножество обобщённых троек при $h_3=\operatorname{const},h_5=\operatorname{const},h_f=\operatorname{const}$.
Если $n\neq4$, то $n=1+\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}}$, $p_l\in \mathbb P$, $p_1=2$, $\forall l$ $p_l<p_{l+1}$.
Рассмотрим вариант уравнения $(2.2)$ по модулю $3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{kh_f+2}$.

$$e=\varphi (3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{kh_f+2})=\begin{cases} 3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}31^{kh_f+1}16 & \text{ if } n\in\{3,4,5,31\} \\ 3^{kh_3}5^{kh_5}8n^{kh_f+1}\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}} & \text{ if } n\not\in\{3,4,5,31\} \end{cases}$$

Из $(2.2)$ $(-1)^{\sigma_u}u^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}w)^k\mod 3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{kh_f+2}$
Используем 2ое вспомогательное утверждение.
$S_1=1$, $S_2=1$, $S_3=3^{h_3}5^{h_5}f^{h_f}$,
$M=3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{kh_f+2}$,
$M_1=3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{kh_f+2}$, $M_2=1$, $M_3=1$,
$D_1=u^{m-n}$, $D_2=3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}$,
$D_3=3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^{k-n}$, $D_4=1$,
$D_5=\frac{u^{m-n}}{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^{k-n}}$, $D_6=\frac{1}{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^{k-n}}$,
$M_{01}=15f^2$, $M_{02}$=1, $M_{03}$=1
$z_1=\frac{v^n}{u^m}$,
$z_2=\frac{v^n}{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}$,
$z_3=\frac{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}{u^m}$.
Из $(1.12)$ получим полином через кортежи.
$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{\frac{e}{n}-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{\frac{e}{n}-1}\mod M_{0}$
при $\langle \Sigma, Z, M_0 \rangle=\{\langle 1-\sigma_u, \frac{v^n}{u^m}, 15f^2\rangle, \langle \sigma_w, \frac{v^n}{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}, 1\rangle, \langle \sigma_w-\sigma_u, \frac{3^{kh_3}5^{kh_5}f^{kh_f}w^k}{u^m}, 1\rangle\}$
Аналогично можно расписать варианты $(2.3)-(2.6)$ только модули будут немного другие.
Из $(2.3)$ $(-1)^{\sigma_u}(f^{h_f}u)^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}w)^k\mod 3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{mh_f+2}$
Из $(2.4)$ $(-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}f^{h_f}w)^k\mod 3^{kh_3+1}5^{mh_5+1}f^{kh_f+2}$
Из $(2.5)$ $(-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}f^{h_f}u)^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^k\mod 3^{kh_3+1}5^{mh_5+1}f^{mh_f+2}$
Из $(2.6)$ $(-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^m+(f^{h_f}v)^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^k\mod 3^{kh_3+1}5^{mh_5+1}f^{nh_f+2}$
В модуле у каждой особенности в степень входит показатель степени, под которой стоит особенность.
Полином в кортежах будет тот же, хотя сами кортежи будут другие.
Часть модуля с основанием по особенности назовём модулем особенности.
Заметим, что в каждом варианте основание модуля каждой особенности будет входить в модульную часть
одного из трёх кортежей. Нам нужно выделить рациональные корни полинома как решения исходного
уравнения $(2.1)$. Такие корни должны быть рациональны во всех трёх разложениях, стало быть
рациональны по основанию модуля каждой особенности.
Используем $(1.1)$ для разложения кортежного полинома.
Имеем следующие группы потенциальных корней c учётом структуры $n-1$ при $n\neq4$:
1) $1+(-1)^{\Sigma}Z$
2) $\prod_{i_2=0}^{I_2}{1+Z^{2C_{i_2}}}$
3) $\prod_{i_3=0}^{I_3}{1+Z^{4C_{i_3}}+Z^{8C_{i_3}}}$
4) $\prod_{i_5=0}^{I_5}{1+Z^{4C_{i_5}}+Z^{8C_{i_5}}+Z^{12C_{i_5}}+Z^{16C_{i_5}}}$
5) $\prod_{l=2_{\mid p_l\not\in\{3,5\}}}^{i}\prod_{i_{p_l}=1}^{q_l}{1+Z^{4C_{i_{p_l}}}+Z^{8C_{i_{p_l}}}+...+Z^{4(p_l-1)C_{i_{p_l}}}}$
6) $\prod_{i_f=0}^{I_f}{1+Z^{4C_{i_f}}+Z^{8C_{i_f}}+...+Z^{4(f-1)C_{i_f}}}$
$C_{i_2}, C_{i_3}, C_{i_5}, C_{i_{p_l}, C_{i_f}}, I_2, I_3, I_5, I_f=\operatorname{const}$,
их всегда можно получить из разложения в явном виде. Мы вывели из констант лишь те
части, которые нам нужны для доказательства и которые там всегда есть. Нужно обратить внимание
на потенциально слабое место, количество двухчленных скобок, чтобы у первой трёхчленной скобки
можно было выделить в степени четвёрку. Это свойство по модулю $M$ выполняется при любом $n$, что
важно для доказательства иррациональности всех корней 3) группы.
$3$ и $5$ являются основаниями модулей особенностей, поэтому по $\mod 3$ 2),4),5) и 6) группы корней не имеют, а по $\mod 5$ 3) группа корней не имеет.
Следовательно, корни уравнения $(2.1)$ возможны только по 1) группе корней.Рассмотрим её. Критерии $(1.8.2)$ и $(1.11.2)$ в данном варианте уравнения $(2.2)$ ничего не дадут, но в вариантах $(2.3)-(2.6)$ сыграют свою роль. Используем критерий $(1.5.2)$.
$3^{2kh_3}5^{2kh_5}f^{2kh_f} \mod 3^{kh_3+1}5^{kh_5+1}f^{kh_f+2} \equiv 0$
Следует учесть, что для отсутствия рационального корня критерий достаточно выполнить по одному из модулей особенностей. Действительно, по такому модулю мы получим противоречие, описанное вслед за критерием во 2ом вспомогательном утверждении, а стало быть корень уже будет иррациональным.
Критерий выполняется при $h_3\geq 1 \vee h_5\geq 1 \vee h_f\geq 1$.
С учётом того, что модули особенностей выплывают в каждом из вариантов $(2.2)-(2.6)$, будем иметь такой результат во всех вариантах. Он означает, что в множестве обобщённых троек Ферма, соответствующих исходному уравнению $(2.1)$ особенности $3,5,f$ могут входить только в нулевой степени. Из $(2.2)-(2.6)$ получаем новое уравнение.

$$ (-1)^{\sigma_u}u^m+v^n=(-1)^{\sigma_w}w^k $$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod f\not\equiv0$,$v\mod f\not\equiv0$,$w\mod f\not\equiv0$.
В таком случае $(u,v,w)$ являются обобщённой тройкой Ферма.
Рассмотрим три другие особенности.
Мы не будем использовать теорему Каталана-Михалеску, поэтому будем считать, что одним из чисел обобщённой тройки может быть единица. Это первая новая особенность. Второй возьмём двойку. У нас по исходному условию все числа обобщённой тройки взаимно просты. Поэтому в качестве третьей особенности возьмём множитель одного из чисел обобщённой тройки $p\in \{\mathbb P\}\setminus\{2,3,5,f\}$, который всегда можно выделить.
Опустим первые две новые особенности и будем рассматривать предыдущее уравнение с одной третьей новой особенностью. Выделим из обобщённой тройки нашу новую особенность без переобозначения переменных. Получим три варианта:
1) $(-1)^{\sigma_u}u^m+(p^{h_p}v)^n\equiv(-1)^{\sigma_w}w^k\mod 15f^2p^{nh_p+1}$
2) $(-1)^{\sigma_u}u^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}(p^{h_p}w)^k\mod 15f^2p^{kh_p+1}$
3) $(-1)^{\sigma_u}(p^{h_p}u)^m+v^n\equiv(-1)^{\sigma_w}w^k\mod 15f^2p^{mh_p+1}$
$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod f\not\equiv0$,$v\mod f\not\equiv0$,$w\mod f\not\equiv0$,
$u\mod p\not\equiv0$,$v\mod p\not\equiv0$,$w\mod p\not\equiv0$,
$h_p\geq 1$.
Используем 2ое вспомогательное утверждение. Для выполнения условий его исходного уравнения нам понадобилось $f^2$ в модуле. В разложении получаемого кортежного полинома попавшие в модульную часть одного из кортежей $3$ и $5$ из модуля докажут иррациональность всех групп корней, кроме первой скобки разложения кортежного полинома.
Один из трёх критериев $(1.5.2),(1.8.2),(1.11.2)$ в каждом варианте покажет иррациональность корня первой скобки при $h_p\geq 1$, а это условие было заложено при выборе $p$.
Итак, мы показали, что каждое подмножество решений уравнения Биля пусто.
Доказательство завершено.

5] Пример ВТФ $n=4$
$(2.1)$ $a^4+b^4=c^4 $
В общем виде из $(2.1)$ получаем 5 вариантов:
1) все три параметра у одной переменной
$(2.2) (-1)^{\sigma_u}u^4+v^4=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}31^{h_f}w)^4 $
2-4) два параметра у одной переменной и один у другой
$(2.3) (-1)^{\sigma_u}(31^{h_f}u)^4+v^4=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}w)^4 $
$(2.4) (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^4+v^4=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}31^{h_f}w)^4 $
$(2.5) (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}31^{h_f}u)^4+v^4=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^4 $
5) по одному параметру у каждой переменной
$(2.6) (-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^4+(v31^{h_f})^4=(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^4$
$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod 31\not\equiv0$,$v\mod 31\not\equiv0$,$w\mod 31\not\equiv0$,
$\sigma_u,\sigma_w\in\{0,1\}$
Нужно доказать отсутствие решений у $(2.2)-(2.6)$.
Возьмём произвольное подмножество обобщённых троек при $h_3=\operatorname{const},h_5=\operatorname{const},h_f=\operatorname{const}$.
Рассмотрим вариант уравнения $(2.2)$ по модулю $3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$.
$e=\varphi (3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2})=3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+1}16 $
Из $(2.2)$ $(-1)^{\sigma_u}u^4+v^4\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}31^{h_f}w)^4\mod 3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$
Используем 2ое вспомогательное утверждение.
$S_1=1$, $S_2=1$, $S_3=3^{h_3}5^{h_5}31^{h_f}$,
$M=3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$,
$M_1=3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}f^{4h_f+2}$, $M_2=1$, $M_3=1$,
$D_1=1$, $D_2=3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}$,
$D_3=3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}$, $D_4=1$,
$D_5=\frac{1}{3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}}$, $D_6=\frac{1}{3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}}$,
$M_{01}=31^215$, $M_{02}$=1, $M_{03}$=1
$z_1=\frac{v^4}{u^4}$,
$z_2=\frac{v^4}{3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}w^4}$,
$z_3=\frac{3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}w^4}{u^4}$.
Из $(1.12)$ получим полином через кортежи.
$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{\frac{e}{4}-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{\frac{e}{4}-1}\mod M_0$
при $\langle \Sigma, Z, M_0 \rangle=\{\langle 1-\sigma_u, \frac{v^4}{u^4}, 31^215\rangle, \langle \sigma_w, \frac{v^4}{3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}w^4}, 1\rangle, \langle \sigma_w-\sigma_u, \frac{3^{4h_3}5^{4h_5}31^{4h_f}w^4}{u^4}, 1\rangle\}$
Аналогично можно расписать варианты $(2.3)-(2.6)$ .
Из $(2.3)$ $(-1)^{\sigma_u}(31^{h_f}u)^4+v^4\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}5^{h_5}w)^4\mod 3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$
Из $(2.4)$ $(-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^4+v^4\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}31^{h_f}w)^4\mod 3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$
Из $(2.5)$ $(-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}31^{h_f}u)^4+v^4\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^4\mod 3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$
Из $(2.6)$ $(-1)^{\sigma_u}(5^{h_5}u)^4+(31^{h_f}v)^4\equiv(-1)^{\sigma_w}(3^{h_3}w)^4\mod 3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2}$
В модуле у каждой особенности в степень входит показатель степени, под которой стоит особенность.
Полином в кортежах будет тот же, хотя сами кортежи будут другие.
Часть модуля с основанием по особенности назовём модулем особенности.
Заметим, что в каждом варианте основание модуля каждой особенности будет входить в модульную часть
одного из трёх кортежей. Нам нужно выделить рациональные корни полинома как решения исходного
уравнения $(2.1)$. Такие корни должны быть рациональны во всех трёх разложениях, стало быть
рациональны по основанию модуля каждой особенности.
Используем $(1.1)$ для разложения кортежного полинома.
Имеем следующие группы потенциальных корней :
1) $1+(-1)^{\Sigma}Z$
2) $\prod_{i_2=0}^{I_2}{1+Z^{2C_{i_2}}}$
3) $\prod_{i_3=0}^{I_3}{1+Z^{4C_{i_3}}+Z^{8C_{i_3}}}$
4) $\prod_{i_5=0}^{I_5}{1+Z^{4C_{i_5}}+Z^{8C_{i_5}}+Z^{12C_{i_5}}+Z^{16C_{i_5}}}$
6) $\prod_{i_f=0}^{I_f}{1+Z^{4C_{i_f}}+Z^{8C_{i_f}}+...+Z^{4(30)C_{i_f}}}$
$C_{i_2}, C_{i_3}, C_{i_5}, C_{i_f}}, I_2, I_3, I_5, I_f=\operatorname{const}$,
их всегда можно получить из разложения в явном виде. Мы вывели из констант лишь те
части, которые нам нужны для доказательства и которые там всегда есть. Нужно обратить внимание
на потенциально слабое место, количество двухчленных скобок, чтобы у первой трёхчленной скобки
можно было выделить в степени четвёрку. Это свойство по модулю $M$ выполняется при любом $n$, что
важно для доказательства иррациональности всех корней 3) группы.
$3$ и $5$ являются основаниями модулей особенностей, поэтому по $\mod 3$ 2),4) и 6) группы корней не имеют, а по $\mod 5$ 3) группа корней не имеет.
Следовательно, корни уравнения $(2.1)$ возможны только по 1) группе корней.Рассмотрим её. Критерии $(1.8.2)$ и $(1.11.2)$ в данном варианте уравнения $(2.2)$ ничего не дадут, но в вариантах $(2.3)-(2.6)$ сыграют свою роль. Используем критерий $(1.5.2)$.
$3^{8h_3}5^{8h_5}31^{8h_f} \mod 3^{4h_3+1}5^{4h_5+1}31^{4h_f+2} \equiv 0$
Следует учесть, что для отсутствия рационального корня критерий достаточно выполнить по одному из модулей особенностей. Действительно, по такому модулю мы получим противоречие, описанное вслед за критерием во 2ом вспомогательном утверждении, а стало быть корень уже будет иррациональным.
Критерий выполняется при $h_3\geq 1 \vee h_5\geq 1 \vee h_f\geq 1$.
С учётом того, что модули особенностей выплывают в каждом из вариантов $(2.2)-(2.6)$, будем иметь такой результат во всех вариантах. Он означает, что в множестве обобщённых троек Ферма, соответствующих исходному уравнению $(2.1)$ особенности $3,5,f$ могут входить только в нулевой степени. Из $(2.2)-(2.6)$ получаем новое уравнение.

$$ (-1)^{\sigma_u}u^4+v^4=(-1)^{\sigma_w}w^4 $$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod 31\not\equiv0$,$v\mod 31\not\equiv0$,$w\mod 31\not\equiv0$.
В таком случае $(u,v,w)$ являются обобщённой тройкой Ферма.
Рассмотрим три другие особенности.
Мы не будем использовать теорему Каталана-Михалеску, поэтому будем считать, что одним из чисел обобщённой тройки может быть единица. Это первая новая особенность. Второй возьмём двойку. У нас по исходному условию все числа обобщённой тройки взаимно просты. Поэтому в качестве третьей особенности возьмём множитель одного из чисел обобщённой тройки $p\in \{\mathbb P\}\setminus\{2,3,5,31\}$, который всегда можно выделить.
Опустим первые две новые особенности и будем рассматривать предыдущее уравнение с одной третьей новой особенностью. Выделим из обобщённой тройки нашу новую особенность без переобозначения переменных. Получим три варианта:
1) $(-1)^{\sigma_u}u^4+(p^{h_p}v)^4\equiv(-1)^{\sigma_w}w^4\mod 31^215p^{4h_p+1}$
2) $(-1)^{\sigma_u}u^4+v^4\equiv(-1)^{\sigma_w}(p^{h_p}w)^4\mod 31^215p^{4h_p+1}$
3) $(-1)^{\sigma_u}(p^{h_p}u)^4+v^4\equiv(-1)^{\sigma_w}w^4\mod 31^215p^{4h_p+1}$
$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod 31\not\equiv0$,$v\mod 31\not\equiv0$,$w\mod 31\not\equiv0$,
$u\mod p\not\equiv0$,$v\mod p\not\equiv0$,$w\mod p\not\equiv0$,
$h_p\geq 1$.
Используем 2ое вспомогательное утверждение. В разложении получаемого кортежного полинома попавшие в модульную часть одного из кортежей $3$ и $5$ из модуля докажут иррациональность всех групп корней, кроме первой скобки разложения кортежного полинома.
Один из трёх критериев $(1.5.2),(1.8.2),(1.11.2)$ в каждом варианте покажет иррациональность корня первой скобки при $h_p\geq 1$, а это условие было заложено при выборе $p$.
Доказательство завершено.

[Tot]

Уважаемые форумчане, будут ли замечания по предложенному тринадцать дней назад доказательству? Или слишком сложно разбираться в таком виде в уме? Более простую запись допишу, как найду свободное время. Я правда ещё в конце октября потерял к доказательству интерес. Раньше были места, в которых были смутные опасения, что как-то не совсем гладко идёт, в них потом ошибки и находили, а теперь таких мест нет. Скучно стало, но сделаю вид, что преследую меркантильные интересы и найду возможность дописать цепочку элементарных идей с помощью четырёхэтажных формул. От закона простых механизмов никуда не деться. Чем меньше формул, тем они более громоздкие.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Tot!

Я начал читать Ваше доказательство и остановился на его первой строке:

Цитата:

Возьмём произвольное подмножество обобщённых троек при $h_3=\operatorname{const},h_5=\operatorname{const},h_f=\operatorname{const}$.

Я не читал Ваши предыдущие доказательства и не знаю, что такое обобщённые тройки и что обозначают выражения $h_3=\operatorname{const},h_5=\operatorname{const},h_f=\operatorname{const}$.
Не могли бы Вы перед тем как использовать в доказательстве не общепринятые понятия и выражения определить их.
Это относится не только к первой строке, но и к последующим.
Постарайтесь донести до читателя смысл определений и формул на обычном языке.
Иначе доказательство трудно читать.

[Tot]

Последний вариант в следующих сообщениях, читать только их, промежуточные между ними не нужны:
1) post924684.html#p924684
(опечатка в определении $D_6$, в числителе потеряна степень)
2) post924734.html#p924734
3) post925547.html#p925547

Готовлю обещанный ранее более общий вариант, поэтому не перевыкладывал все части текущего доказательства подряд, извините. Определения вроде бы все даны до доказательства. Если будут какие-то сомнения в понимании, то спрашивайте.

[Tot]

Оказывается не всю отстрелил дичь, на которую указал уважаемый Cash, часть спряталась в кустах. Доказательство полно лишь для случая, когда один из показателей степени является делителем двух других, с учётом входных преобразований при постановке задачи имеем полное доказательство только случая ВТФ. В более общем случае полиномы будут бесконечной длины и их частичное разложение нужно отдельно аккуратно рассмотреть. Включу в следующий вариант. Собственно речь идёт не о доказательстве как таковом, а о полном рассмотрении второго вспомогательного утверждения.

[Tot]

В общем случае можно избежать полиномов бесконечной длины, а то с частичным разложением там возможно возникновение трудностей. Если в модуле степень третьей особенности, $n$ или $31$, увеличить на $2$, это даст возможность выделить дополнительно любую $n$ из $e$, то можно будет при выводе полиномов производить частичную редукцию модуля на квадрат вышеозначенной особенности и заменить $e$ на $cne_1$, где $c$- некоторая константа. Таким образом хотя исходное уравнение будет раскладываться в бесконечный полином по исходному модулю, оно также будет раскладываться в конечный полином по части исходного модуля.
Все эти заморочки для того, чтобы доказательства ВТФ и гипотезы Биля были единообразны.

[Феликс Шмидель]

Cash в сообщении #925293 писал(а):

Приведите доказательство ВТФ для случая $n=3$ или $n=4$.

Tot в сообщении #925547 писал(а):

После доказательства идёт подставленный случай ВТФ $n=4$.

Думаю, это не то, о чём говорил Cash.
Доказательство для $n=3$ должно быть проще, чем общее доказательство, и его легче проверить.
Не могли бы Вы его дать?

[Tot]

Хорошо, в новом варианте отдельно выпишу 2ое вспомогательное утверждение, постановку задачи и доказательство для ВТФ с $n=3$.

[Tot]

Применение модульного подхода к доказательству ВТФ при $n=3$.
План.
1] Вспомогательные утверждения.
2] Доказательство.

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.

$$(p_1^{\delta_1h_1}p_2^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3} u)^3+(p_1^{\delta_4h_1}p_2^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\equiv$$

$$\equiv(p_1^{\delta_7h_1}p_2^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3\mod p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1}(61)^2 (1.2)$$

$u\mod p_1\not\equiv0$; $v\mod p_1\not\equiv0$; $w\mod p_1\not\equiv0$; $u\mod p_2\not\equiv0$; $v\mod p_2\not\equiv0$; $w\mod p_2\not\equiv0$;
$u\mod 61\not\equiv0$; $v\mod 61\not\equiv0$; $w\mod 61\not\equiv0$;$p_1\in\mathbb N$; $p_2\in\mathbb P$; $p_2\nmid p_1$; $61\nmid p_1$;$p_2\neq 61$;
$\delta_1,\delta_2,\delta_3,\delta_4,\delta_5,\delta_6,\delta_7,\delta_8,\delta_9\in\{0,1\}$; $C3e_0=e$, где $e=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}61\varphi (p_1p_261)$, $e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$;
$\delta_1\delta_4\delta_7=0$; $\delta_1\oplus\delta_4\oplus\delta_7=1$; $\delta_2\delta_5\delta_8=0$; $\delta_2\oplus\delta_5\oplus\delta_8=1$; $\delta_3\delta_6\delta_9=0$; $\delta_3\oplus\delta_6\oplus\delta_9=1$; $p_1p_2\mod 2=1$;
Получим разложение первым способом.
Сдвинем переменные левой части $(1.2)$ на функцию Эйлера.

$$\frac{(p_1^{\delta_1h_1}p_2^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3})^3}{u^{e-3}}+\frac{(p_1^{\delta_4h_1}p_2^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3})^3}{v^{e-3}}\equiv$$

$$\equiv(p_1^{\delta_7h_1}p_2^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3\mod p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1}(61)^2$$

Исходный модуль можно записать в виде $p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}(61)^2p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}$.
Рассмотрим его часть $p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^2$.
Введём параметры.

$$D_1=p_1^{(\delta_1-\delta_4)3h_1}p_2^{(\delta_2-\delta_5)3h_2}(61)^{(\delta_3-\delta_6)3h_3}$$

$$D_2=p_1^{(\delta_7-\delta_4)3h_1}p_2^{(\delta_8-\delta_5)3h_2}(61)^{(\delta_9-\delta_6)3h_3}$$

$$\frac{D_1}{u^{e-3}}+\frac{1}{v^{e-3}}\equiv D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^2$$

$$D_1v^{e-3}+u^{e-3}\equiv(uv)^{e-3}D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^2 (1.3)$$

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

$$D_1u^3+v^3\equiv D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^2 (1.4)$$

Преобразуем левую часть $(1.3)$, выразив $e$ через $e_0$ и отбросив часть модуля $(61)^2$

$$D_1v^{e-3}+u^{e-3}\equiv$$

$$\equiv(D_1u^3+v^3)(\frac{u^{e-6}}{D_1}-\frac{u^{e-9}v^3}{D_1^2}+...+\frac{v^{e-6}}{D_1^{Ce_0-1}})\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}$$

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

$$0\equiv \frac{u^{e-6}}{D_1}-\frac{u^{e-9}v^3}{D_1^2}+...+\frac{v^{e-6}}{D_1^{Ce_0-1}}-(uv)^{e-3}\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$$

Введём переменную

$$z_1=\frac{v^3}{D_1u^3}$$

$$0\equiv 1-z_1+...+z_1^{Ce_0-2}-z_1^{Ce_0-1}\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8} (1.5)$$

Это первый полином.
С учётом выражения $e_0$ в $(1.2)$ этот полином будет иметь потенциальный корень

$$0\equiv 1-z_1\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$$

Подставим $z_1$.

$$D_1u^3\equiv v^3\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8} (1.6)$$

Возьмём $(1.4)$ и домножим до модуля $p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$, часть модуля $(61)^2$ отбросим.

$$p_1^{3h_1\delta_7}p_2^{3h_2\delta_8}(D_1u^3+v^3)\equiv$$

$$\equiv p_1^{3h_1\delta_7}p_2^{3h_2\delta_8}D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}$$

Введём критерий

$$p_1^{3h_1\delta_7}p_2^{3h_2\delta_8}D_2\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}\equiv 0 $$

.
Подставив $D_2$, получим

$$p_1^{(6\delta_7-3\delta_4)h_1}p_2^{(6\delta_8-3\delta_5)h_2}\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}\equiv 0 (1.7)$$

.
Рассмотрим случай выполнения критерия. Тогда

$$p_1^{3h_1\delta_7}p_2^{3h_2\delta_8}(D_1u^3+v^3)\equiv 0 \mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}$$

$$D_1u^3+v^3\equiv 0 \mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$$

Сравним с $(1.6)$.

$$0\equiv 2v^3\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$$

У нас с учётом условий на $(1.2)$ $v \mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}\not\equiv 0$.
Следовательно, при выполнении критерия $(1.7)$ 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.

$$-(p_1^{\delta_7h_1}p_2^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3+(p_1^{\delta_4h_1}p_2^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\equiv$$

$$\equiv -(p_1^{\delta_1h_1}p_2^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3}u)^3\mod p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1}(61)^2$$

Сдвинем переменные левой части на функцию Эйлера.

$$\frac{-(p_1^{\delta_7h_1}p_2^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3})^3}{w^{e-3}}+\frac{(p_1^{\delta_4h_1}p_2^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3})^3}{v^{e-3}}\equiv$$

$$\equiv -(p_1^{\delta_1h_1}p_2^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3}u)^3\mod p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1}(61)^2$$

Рассмотрим часть исходного модуля $p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}(61)^2$.
Введём параметры

$$D_3=p_1^{(\delta_7-\delta_4)3h_1}p_2^{(\delta_8-\delta_5)3h_2}(61)^{(\delta_9-\delta_6)3h_3}$$

$$D_4=p_1^{(\delta_1-\delta_4)3h_1}p_2^{(\delta_2-\delta_5)3h_2}(61)^{(\delta_3-\delta_6)3h_3}$$

$$\frac{-D_3}{w^{e-3}}+\frac{1}{v^{e-3}}\equiv -D_4u^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}(61)^2$$

$$-D_3v^{e-3}+w^{e-3}\equiv -(wv)^{e-3}D_4u^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}(61)^2 (1.8)$$

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

$$-D_3w^3+v^3\equiv -D_4u^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}(61)^2 (1.9)$$

Преобразуем левую часть $(1.8)$, выразив $e$ через $e_0$ и отбросив часть модуля $(61)^2$

$$-D_3v^{e-3}+w^{e-3}\equiv -(-D_3w^3+v^3)\cdot $$

$$\cdot(\frac{w^{e-6}}{D_3}+\frac{w^{e-9}v^3}{D_3^2}+...+\frac{v^{e-6}}{D_3^{Ce_0-1}})\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}$$

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

$$0\equiv \frac{w^{e-6}}{D_3}+\frac{w^{e-9}v^3}{D_3^2}+...+\frac{v^{e-6}}{D_3^{Ce_0-1}}+(wv)^{e-3}\mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}$$

Введём переменную

$$z_2=\frac{v^3}{D_3w^3}$$

$$0\equiv 1+z_2+...+z_2^{Ce_0-2}+z_2^{Ce_0-1}\mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2} (1.10)$$

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

$$0\equiv 1+z_2\mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}$$

Подставим $z_2$.

$$D_3w^3+v^3\equiv 0\mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2} (1.11)$$

Возьмём $(1.9)$ и домножим до модуля $p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}$, часть модуля $(61)^2$ отбросим.

$$p_1^{3h_1\delta_1}p_2^{3h_2\delta_2}(-D_3w^3+v^3)\equiv$$

$$\equiv -p_1^{3h_1\delta_1}p_2^{3h_2\delta_2}D_4u^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}$$

Введём критерий

$$p_1^{3h_1\delta_1}p_2^{3h_2\delta_2}D_4\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}\equiv 0$$

.
Подставив $D_4$, получим

$$p_1^{(6\delta_1-3\delta_4)h_1}p_2^{(6\delta_2-3\delta_5)h_2}\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}\equiv 0 (1.12)$$

.
Рассмотрим случай выполнения критерия. Тогда

$$p_1^{3h_1\delta_1}p_2^{3h_2\delta_2}(-D_3w^3+v^3)\equiv 0 \mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}$$

$$-D_3w^3+v^3\equiv 0 \mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}$$

Сравним с $(1.11)$.

$$0\equiv 2v^3\mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}$$

У нас с учётом условий на $(1.2)$ $v \mod p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}\not\equiv 0$.
Следовательно, при выполнении критерия $(1.12)$ получаем противоречие и этот корень разложения полинома $(1.10)$ оказывается строго иррациональным.
Получим теперь третий полином. Поменяем в исходном уравнении $(1.2)$ второе слагаемое и сумму местами.

$$-(p_1^{\delta_1h_1}p_2^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3}u)^3+(p_1^{\delta_7h_1}p_2^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3\equiv$$

$$\equiv (p_1^{\delta_4h_1}p_2^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\mod p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1}(61)^2$$

Сдвинем переменные левой части на функцию Эйлера.

$$\frac{-(p_1^{\delta_1h_1}p_2^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3})^3}{u^{e-3}}+\frac{(p_1^{\delta_7h_1}p_2^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3})^3}{w^{e-3}}\equiv$$

$$\equiv(p_1^{\delta_4h_1}p_2^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\mod p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1}(61)^2$$

Рассмотрим модуль $p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}(61)^2$.
Введём параметры

$$D_5=p_1^{(\delta_1-\delta_7)3h_1}p_2^{(\delta_2-\delta_8)3h_2}(61)^{(\delta_3-\delta_9)3h_3}$$

$$D_6=p_1^{(\delta_4-\delta_7)3h_1}p_2^{(\delta_5-\delta_8)3h_2}(61)^{(\delta_6-\delta_9)3h_3}$$

$$\frac{-D_5}{u^{e-3}}+\frac{1}{w^{e-3}}\equiv D_6v^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}(61)^2$$

$$-D_5w^{e-3}+u^{e-3}\equiv(uw)^{e-3}D_6v^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}(61)^2 (1.13)$$

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

$$-D_5u^3+w^3\equiv D_6v^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}(61)^2 (1.14)$$

Преобразуем левую часть $(1.13)$, выразив $e$ через $e_0$ и отбросив часть модуля $(61)^2$

$$-D_5w^{e-3}+u^{e-3}\equiv -(-D_5u^3+w^3)\cdot $$

$$\cdot(\frac{u^{e-6}}{D_5}+\frac{u^{e-9}w^3}{D_5^2}+...+\frac{w^{e-6}}{D_5^{Ce_0-1}})\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}$$

Подставим сюда $(1.14)$ и сравним с правой частью $(1.13)$, вынеся и сократив общий множитель.

$$0\equiv \frac{u^{e-6}}{D_5}+\frac{u^{e-9}w^3}{D_5^2}+...+\frac{w^{e-6}}{D_5^{Ce_0-1}}+(uw)^{e-3}\mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}$$

Введём переменную

$$z_3=\frac{w^3}{D_5u^3}$$

$$0\equiv 1+z_3+...+z_3^{Ce_0-2}+z_3^{Ce_0-1}\mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5} (1.15)$$

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

$$0\equiv 1+z_3\mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}$$

Подставим $z_3$.

$$D_5u^3+w^3\equiv 0\mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5} (1.16)$$

Возьмём $(1.14)$ и домножим до модуля $p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}$.

$$p_1^{3h_1\delta_4}p_2^{3h_2\delta_5}(-D_5u^3+w^3)\equiv$$

$$\equiv p_1^{3h_1\delta_4}p_2^{3h_2\delta_5}D_6v^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}$$

Введём критерий

$$p_1^{3h_1\delta_4}p_2^{3h_2\delta_5}D_6\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5} \equiv 0$$

.
Подставив $D_6$, получим

$$p_1^{(6\delta_4-3\delta_7)h_1}p_2^{(6\delta_5-3\delta_8)h_2}\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_1}p_2^{(3h_2+1)\delta_2}\equiv 0 (1.17)$$

.
Рассмотрим случай выполнения критерия. Тогда

$$p_1^{3h_1\delta_4}p_2^{3h_2\delta_5}(-D_5u^3+w^3)\equiv 0 \mod p_1^{(3h_1+1)\delta_4}p_2^{(3h_2+1)\delta_5}$$

$$-D_5u^3+w^3\equiv 0 \mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}$$

Сравним с $(1.16)$.

$$0\equiv 2w^3\mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}$$

У нас с учётом условий на $(1.2)$ $w \mod p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}\not\equiv 0$.
Следовательно, при выполнении критерия $(1.17)$ получаем противоречие и этот корень разложения полинома $(1.15)$ оказывается строго иррациональным.
Очевидно, что все три полинома $(1.5)$, $(1.10)$ и $(1.15)$ имеют одинаковую структуру, так как они получены из уравнения $(1.2)$ только по разным частям исходного модуля.
К тому же они имеют аналогичную $(1.1)$ структуру.
Следовательно, если провести разложение $(1.5)$, $(1.10)$ и $(1.15)$ 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 $(1.5)$, $(1.10)$ и $(1.15)$ единообразно через кортежи.

$$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{Ce_0-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{Ce_0-1}\mod M (1.18)$$

при $\langle \Sigma, Z, M \rangle=\{\langle 1, z_1, p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}\rangle, \langle 0, z_2, p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}\rangle, \langle 0, z_3, p_1^{\delta_4}p_2^{\delta_5}\rangle\}$
У полинома в кортежах есть корень $0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z$, который даёт
иррациональное решение уравнения $(1.2)$ при введённых ранее критериях. Обобщим их с учётом достаточности иррациональности по части модуля.
Критерий $(1.7)$ выполняется при

$$h_1\delta_7\geq 1 \vee h_2\delta_8\geq 1$$

Критерий $(1.12)$ выполняется при

$$h_1\delta_1\geq 1 \vee h_2\delta_2\geq 1$$

Критерий $(1.17)$ выполняется при

$$h_1\delta_4\geq 1 \vee h_2\delta_5\geq 1$$

С учётом свойств различных $\delta$ из уравнения $(1.2)$, получаем общий критерий

$$h_1\geq 1 \vee h_2\geq 1 (1.19)$$

[Tot]

2] Доказательство.

$$u^3+v^3=w^3 (2.1)$$

$u,v,w\in\mathbb N$
Нужно доказать отсутствие решений при отсутствии общего множителя.
$\{u,v,w\}$ 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.
Любой множитель $p\in \mathbb P$ 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 теорему.
Рассмотрим наше уравнение $(2.1)$ относительно трёх особенностей $3,5,61$. Выделим из обобщённой тройки наши три особенности без переобозначения переменных.
Тогда в общем виде из $(2.1)$ получаем

$$(3^{\delta_1h_1}5^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3}u)^3+(3^{\delta_4h_1}5^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\equiv(3^{\delta_7h_1}5^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3$$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod 61\not\equiv0$,$v\mod 61\not\equiv0$,$w\mod 61\not\equiv0$,
$\delta_1,\delta_2,\delta_3,\delta_4,\delta_5,\delta_6,\delta_7,\delta_8,\delta_9\in\{0,1\}$,
$\delta_1\delta_4\delta_7=0$, $\delta_1\oplus\delta_4\oplus\delta_7=1$, $\delta_2\delta_5\delta_8=0$, $\delta_2\oplus\delta_5\oplus\delta_8=1$, $\delta_3\delta_6\delta_9=0$, $\delta_3\oplus\delta_6\oplus\delta_9=1$.
Возьмём произвольное подмножество обобщённых троек при $h_1=\operatorname{const},h_2=\operatorname{const},h_3=\operatorname{const}$.
Рассмотрим наше уравнение по модулю $3^{3h_1+1}5^{3h_2+1}(61)^2$.

$$e=\varphi (3^{3h_1+1}5^{3h_2+1}(61)^2)=3^{3h_1}5^{3h_2}480\cdot 61$$

$$(3^{\delta_1h_1}5^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3} u)^3+(3^{\delta_4h_1}5^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\equiv$$

$$\equiv(3^{\delta_7h_1}5^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3\mod 3^{3h_1+1}5^{3h_2+1}(61)^2$$

Используем 2ое вспомогательное утверждение.
$p_1=3$, $p_2=5$.
Из $(1.18)$ получим полином через кортежи.

$$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{Ce_0-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{Ce_0-1}\mod M$$

при $\langle \Sigma, Z, M \rangle=\{\langle 1, z_1, 3^{\delta_7}5^{\delta_8}\rangle, \langle 0, z_2, 3^{\delta_1}5^{\delta_2}\rangle, \langle 0, z_3, 3^{\delta_4}5^{\delta_5}\rangle\}$
$3Ce_0=e$, $e_0=3^{3h_1}5^{3h_2}8$.
Используем $(1.1)$ для разложения кортежного полинома.
Имеем следующие группы потенциальных корней:
1) $1+(-1)^{\Sigma}Z$
2) $\prod_{i_2=0}^{I_2}{1+Z^{2C_{i_2}}}$
3) $\prod_{i_3=0}^{I_3}{1+Z^{4C_{i_3}}+Z^{8C_{i_3}}}$
4) $\prod_{i_5=0}^{I_5}{1+Z^{4C_{i_5}}+Z^{8C_{i_5}}+Z^{12C_{i_5}}+Z^{16C_{i_5}}}$
$C_{i_2}, C_{i_3}, C_{i_5}, I_2, I_3, I_5=\operatorname{const}$, их всегда можно получить из разложения в явном виде. Мы вывели из констант лишь те части, которые нам нужны для доказательства и которые там всегда есть.
Рассмотрим модульные части кортежей. Обратим внимание на то, что $3^{\delta_7}5^{\delta_8}3^{\delta_1}5^{\delta_2}3^{\delta_4}5^{\delta_5}=15$. Поэтому по $\mod 3$ 2) и 4) группы рациональных корней не имеют, а по $\mod 5$ 3) группа не имеет рациональных корней.
Следовательно, корни уравнения $(2.1)$ возможны только по 1) группе корней.Рассмотрим её. Используем критерий $(1.19)$.

$$h_1\geq 1 \vee h_2\geq 1 (1.19)$$

Отсюда следует, что в множестве обобщённых троек Ферма, соответствующих исходному уравнению $(2.1)$ особенности $3,5$ могут входить только в нулевой степени.
Поэтому из исходного получаем новое уравнение.

$$u^3+v^3=w^3 $$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$.
Рассмотрим другие особенности. $3$ и $5$ особенностями быть не могут, особенность $61$ остаётся.
Особенностью может быть любое натуральное число. Рассмотрим единицу. Её как самостоятельную
особенность имеет смысл рассматривать лишь в случае, когда одно из чисел обобщённой тройки Ферма
равно единице. Но этого не может быть, разница между кубами двух взаимно простых натуральных чисел всегда больше единицы.
Возьмём в качестве второй особенности двойку. Из-за взаимной простоты одно из чисел обобщённой тройки всегда чётно, то есть содержит в себе множитель $2^{h_2}$, где $h_2\geq 1$.
Итак, рассматриваем обобщённые тройки, одно из чисел которых имеет особенность по $61$, второе по $2$, а третье число всегда имеет некий множитель $p\in \{\mathbb P\}\setminus\{2,3,5,61\}$, его выделим как третью особенность.
Вместо второй особенности рассмотрим в качестве особенности $15$ cо степенью вхождения в числа обобщённой тройки Ферма равной нулю, используем специально подобранный модуль.
Выделим первую и третью особенности из обобщённой тройки Ферма без переобозначения, получим

$$(p^{\delta_2h_2}(61)^{\delta_3h_3}u)^3+(p^{\delta_5h_2}(61)^{\delta_6h_3}v)^3\equiv$$

$$\equiv(p^{\delta_8h_2}(61)^{\delta_9h_3}w)^3\mod 15p^{3h_2+1}(61)^2$$

$u\mod3\not\equiv0$,$v\mod3\not\equiv0$,$w\mod3\not\equiv0$,
$u\mod5\not\equiv0$,$v\mod5\not\equiv0$,$w\mod5\not\equiv0$,
$u\mod 61\not\equiv0$,$v\mod 61\not\equiv0$,$w\mod 61\not\equiv0$,
$u\mod p\not\equiv0$,$v\mod p\not\equiv0$,$w\mod p\not\equiv0$,
$h_2\geq 1$.
По сути мы разбиваем множество обобщённых троек Ферма на подмножества по трём параметрам:
$p, h_2$ и $h_3$. Теперь докажем, что каждое такое подмножество пусто.
Используем 2ое вспомогательное утверждение.
$h_1=0$,$p_1=15$, $p_2=p$.
Из $(1.18)$ получим полином через кортежи.

$$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{Ce_0-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{Ce_0-1}\mod M$$

при $\langle \Sigma, Z, M \rangle=\{\langle 1, z_1, (15)^{\delta_7}p^{\delta_8}\rangle, \langle 0, z_2, (15)^{\delta_1}p^{\delta_2}\rangle, \langle 0, z_3, (15)^{\delta_4}p^{\delta_5}\rangle\}$
Дальше разложение полинома. Все группы корней, кроме 1) отпадают по модулям $3$ и $5$.
На иррациональность корня из группы 1) имеем критерий $(1.19)$.

$$h_1\geq 1 \vee h_2\geq 1$$

А это условие выполняется по определению.
Таким образом мы показали, что каждое подмножество решений исходного уравнения пусто.
Доказательство завершено.