Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Tot,

Во-первых, спасибо за понятный язык.
Я дошёл до места:

Цитата:

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

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

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

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

и у меня возник вопрос: какой смысл имеют эти сравнения, если простые числа $p_1, p_2$ и $61$ (или часть из них) являются делителями знаменателей параметров $D_3$ и $D_4$?

[Tot]

Уважаемый Феликс Шмидель.
Собственно два момента.
1. По поводу понятности. В новом варианте записал сначала доказательство гипотезы Биля, а потом в него подставил
ВТФ $n=3$ и подсократил, что можно. Стало быть это не самый простой вариант для этого частного случая. Там можно было бы обойтись без третьей особенности $61$, слегка изменив модуль. Но это самый простой вариант из тех, что легко обобщается вплоть до гипотезы Биля. Поэтому структура в целом выглядит слегка избыточной.
2. Мы взяли три особенности. Внутри обобщённой тройки Ферма эти особенности могут взаимно располагаться различным образом. Все три у одного числа, два у одного числа и одно у одного из двух других или каждая особенность у своего числа. Для показа этого введены тройки $\delta$ под каждую особенность. Например $\delta_1, \delta_4, \delta_7$ под $p_1$. Лишь одно из $\delta$ такой тройки равно единице, две других равны нулю в конкретном варианте расположения особенностей в уравнении. Кусок записи, на который Вы обратили внимание, предполагает следующее. Разберём по $p_1$, по $p_2$ будет независимо и аналогично. Под модулем у нас в степени $\delta_1$. Стало быть у нас два варианта :
1) в рассматриваемом варианте взаимного расположения особенностей $\delta_1=0$. Тогда
по $p_1$ у нас под модулем стоит единица. И вывод приведённого Вами полинома вторым способом является тождеством по $p_1$ и смысла не имеет.
2) если $\delta_1=1$, тогда $\delta_4=\delta_7=0$ и никаких делителей знаменателей параметров $D_3,D_4$ нет.

[Феликс Шмидель]

Я не совсем точно скопировал, вопрос возник раньше:

Цитата:

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

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

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

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

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

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

Ваш ответ меня не удовлетворил: в знаменателе может оказаться $61$.

[Tot]

Согласен. Это я на последнем этапе с лишним немного нужного сократил.
Но из Вашего замечания сразу следует и метод исправления.
Вот тот же кусок с исправлением.

Цитата:

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

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

$$\frac{D_1}{u^{e-3}}+\frac{1}{v^{e-3}}\equiv D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^{2\delta_9}$$

$$D_1v^{e-3}+u^{e-3}\equiv(uv)^{e-3}D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^{2\delta_9} (1.3)$$

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

$$D_1u^3+v^3\equiv D_2w^3\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}(61)^{2\delta_9} (1.4)$$

В построение двух других полиномов аналогично по принципу, что $\delta$ стоящие в правой части уравнения должны попасть и под выделяемую часть модуля.
Мне сейчас этот недочёт переделать или можно пока держать его в уме?

[Феликс Шмидель]

А если модуль равен единице, то что означает сравнимость двух рациональных чисел по этому модулю?

[Tot]

Тождество, не несущее полезной информации.
$a,b\in\mathbb Z$
$c,d\in\mathbb N$

$$\frac{a}{c}\equiv \frac{b}{d} \mod 1 \Leftrightarrow ad=bc +Ccd$$

Формально это означает, что все рациональные числа сравнимы между собой по модулю единица. Нужно только строго следить за тем, чтобы при преобразованиях нигде не возникало иррациональных чисел, которые к формуле выше не подходят.
2ое вспомогательное утверждение используется в доказательстве для двух наборов особенностей. Для каждого набора имеем по 15 разных вариантов взаимного расположения особенностей, зафиксированных конкретными значениями $\delta_1,...,\delta_9$. Это шесть вариантов по одной особенности у каждой переменной, шесть вариантов две особенности у одной переменной и одна у другой и три варианта три особенности у одной переменной. Для каждого варианта каждого набора нужно расписывать 2ое вспомогательное утверждение, но фактически нужно расписывать в каждом конкретном варианте только разложения теми из трёх способов, в которых их частичный модуль хотя бы по одной особенности не обращается в единицу. Части частичного модуля,обратившиеся в конкретном способе разложения конкретного варианта в единицу, можно просто опустить. А если весь частичный модуль оказался равным единице, то нужно просто пропустить конкретный способ разложения конкретного варианта, так как он не даст в итоге полезной информации. И так все 30 раз использования 2ого вспомогательного утверждения в доказательстве.

-- 04.12.2014, 03:13 --

В предыдущем варианте доказательства было два набора особенностей по пять вариантов. Сокращение за счёт частичной фиксации расположения особенностей при конкретных переменных при их взаимных заменах. Там не было $\delta$, но пришлось отдельно выделять знак у переменных. В итоге единообразная запись не получилась. А здесь вариантов больше, но зато все можно рассмотреть за один подход.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Нужно только строго следить за тем, чтобы при преобразованиях нигде не возникало иррациональных чисел, которые к формуле выше не подходят.

и т.д.

Следите на здоровье, но мне эти замечания не помогают проверять доказательство.

Цитата:

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

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

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

Я выразил $e$ через $e_0$, и у меня получилось: $e=61 \cdot 60 e_0=3660 e_0$, поскольку $e=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}61\varphi (p_1p_261)$, $e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$.
Я бы мог разложить на множители выражение

$$D_1^{e-3}v^{e-3}+u^{e-3}$$

,

но Вы разлагаете выражение

$$D_1 v^{e-3}+u^{e-3}$$

Не могли бы вы объяснить, каким образом Вы это делаете?

[Tot]

Если бы мы проводили это разложение по полному модулю, то у нас бы во второй скобке получился бы полином бесконечной длины. А нам нужен конечной, поэтому мы выбираем часть модуля. По полному модулю разложение бесконечное, а по выбранной части конечное.
Замена $\frac{e}{3}=Ce_0$ и отбрасывание части модуля - это способ уйти от знаменателя в показатели степени даже в случае гипотезы Биля.
Давайте раскроем скобки в выделенном Вами отрывке.

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

$$\equiv D_1^{1-Ce_0}v^{e-3}+u^{e-3}$$

При $\delta_7=1 \vee \delta_8=1$ имеем $e_0=0$.

$$D_1^{1-Ce_0}\equiv D_1$$

В остальных случаях по модулю единица имеем сравнимость между собой
всех рациональных чисел.

[Феликс Шмидель]

Извините, что я не сразу Вас понимаю.

Цитата:

При $\delta_7=1 \vee \delta_8=1$ имеем $e_0=0$.

Вы написали, что $e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$.
Как может быть $e_0=0$?

[Tot]

Речь идёт о периоде.
Давайте вместо дизъюнкции подставим конъюнкцию. Тогда $e_0$ является функцией Эйлера данной части модуля и её можно убрать, то есть обнулить.
А дизъюнкция показывает, что все операции по $p_1$ и $p_2$ мы делаем независимо друг от друга, то есть по отдельности у нас обнуляется какая-то часть $e_0$.

[Феликс Шмидель]

Вы не ответили на мой вопрос: если $e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$, как может быть $e_0=0$?
Если $e_0=0$, то либо $p_1=0$, либо $p_2=0$, либо $\varphi (p_1 p_2)=0$.
Значит $e_0 \ne 0$, а Вы написали, что $e_0=0$.
Возможно, что $e_0=0$, но тогда $e_0 \ne p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$.
Но ведь Вы определили $e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$? Правильно?
Как же могут какие бы то ни было рассуждения, включая Ваше последнее сообщение доказать, что $e_0=0$?

[Tot]

Под обнулением подразумеваю следующее свойство функции Эйлера

$$A^0 \mod B \equiv A^{C\phi (B)}$$

[Феликс Шмидель]

Ещё одна не совсем понятная запись, которая не отвечает на поставленный вопрос.

-- Чт дек 04, 2014 15:53:30 --

Уважаемый, Tot, если вы написали: $e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)$, а имеете ввиду что-то другое, то Вы должны это исправить.

[Tot]

Докажем, что

$$D_1^{1-Cp_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}\equiv D_1\mod p_1^{(3h_1+1)\delta_7}p_2^{(3h_2+1)\delta_8}$$

при

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

Рассмотри 4 случая.
1) $\delta_7=0 \wedge \delta_8=0$

$$D_1^{1-Cp_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}\equiv D_1\mod 1$$

верно, так как все цисла рациональны.
2) $\delta_7=1 \wedge \delta_8=1$

$$D_1=(61)^{(\delta_3-\delta_6)3h_3}$$

из $(1.2)$ $61\nmid p_1$;$p_2\neq 61$

$$e_0=p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}=\varphi( p_1^{3h_1+1}p_2^{3h_2+1})$$

$$D_1^{1-Cp_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}\equiv D_1^{1-C\cdot 0}\equiv D_1\mod p_1^{(3h_1+1)}p_2^{(3h_2+1)}$$

верно по свойству функции Эйлера.
3)$\delta_7=1 \wedge \delta_8=0$

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

из $(1.2)$ $p_2\nmid p_1$; $61\nmid p_1$

$$D_1^{1-Cp_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}\equiv D_1^{1-Cp_2^{3h_2}\varphi (p_2)\cdot 0}\equiv D_1\mod p_1^{3h_1+1}$$

верно по свойству функции Эйлера.
4)$\delta_7=0 \wedge \delta_8=1$
при

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

из $(1.2)$ $p_2\nmid p_1$; $p_2\neq 61$

$$D_1^{1-Cp_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}\equiv D_1^{1-Cp_1^{3h_1}\varphi (p_1)\cdot 0}\equiv D_1\mod p_2^{3h_2+1}$$

верно по свойству функции Эйлера.

[Феликс Шмидель]

Теперь понятно, спасибо.
У меня дела. Когда освобожусь, продолжу проверку.