M(2pq) <= 3. Доказательство для отдельных случаев

[EUgeneUS]

VAL в сообщении #1555431 писал(а):

Правда, насколько я понимаю, это не влияет на окончательный вывод. Но в чем тогда смысл?

Смысл в проверке доказательства и возможном его расширении.
Краткое содержание предыдущих серий постов:

1. В опубликованном в первых трех постах доказательстве оставался сложный случай (связанный с $p=5$), который был рассмотрен лишь частично. И для него не было доказательства, что для фиксированной пары $p=5, q>5$ для проверки $M(2pq) \le 3$ достаточно конечного перебора.
2. Уважаемый mathematician123 проверил доказательство и нашел (кроме других замечаний):
а) один важный не рассмотренный случай
б) лишний текст в доказательстве.
(тут)
3. Не рассмотренный ранее случай был рассмотрен тут.
4. Далее я продолжил разбирать "сложный случай", а уважаемый mathematician123 с успехом занялся исключением конечных переборов.

Ко всем участникам: ниже будет публиковаться довольно объёмное доказательство, поэтому просьба - не писать в тему до окончания его публикации (я отпишусь об этом).

-- 25.05.2022, 17:38 --

Vb. Продолжаем рассматривать случай $p = 5$, $q > p$, $b = \frac{a^{q-1} + 1}{2}$
Что было установлено ранее:
а) $p=5$ - связано со степенью двойки, а не со степенью $a$.
б) $gcd(2, (q-1)/2)=1$, то есть $(q-1)/2) - нечетное.
в) так не удалось применить теорему Михайлэску, случай $B^2 = c^{(5q-1)/2}$ тут не исключен.

Продолжим с этого места:
$2 a^{q-1} = B-1$

Далее конечными переборами:
$2 \cdot 3^{q-1} = c^2 d^{(q-1)/2} - 1$
$2 \cdot 3^{q-1} = c^{(5q-1)/2} - 1$
(или другими способами) должен быть исключен случай $a=3$

После чего (размещая тройку в $B$) получим три возможных случая:
$2 a^{q-1} (2 a^{q-1} +2) = 3^4 c^{(q-1)} -1$ (1)
$2 a^{q-1} (2 a^{q-1} +2) = 3^{(q-1)} c^4 -1$ (2)
$2 a^{q-1} (2 a^{q-1} +2) = 3^{(5q-1)} -1$ (3)

(1) запрещается Малой Теоремой Ферма (сравнением по модулю $q$)

-- 25.05.2022, 18:01 --

(2) и (3) приводят к следующим уравнениям:
$2 a^{q-1} = 3^{(q-1)/2} c^2 -1$ (2.2)
$2 a^{q-1} = 3^{(5q-1)/2} -1$ (3.2)

Отметим, что $(q-1)/2$ и $(5q-1)/2$ - нечетные числа, тогда $(q-3)/2$ и $(5q-3)/2$ - чётные числа.

Тогда (2.2) и (3.2) можно переписать так:

$3 x^2 - 2 y^2 =1$, где
$y = a^{(q-1)/2}$ и либо $x = 3^{(q-3)/4 с}$, либо $x=3^{(5q-3)/4}$

Лемма: если ${x_i, y_i}$ - решение уравнения $3 х^2 - 2 y^2 =1$ и $x \equiv 0 (\mod 3)$, то $y \equiv 0 (\mod 11)$

[VAL]

Yadryara в сообщении #1555442 писал(а):

Ну Вы даёте!! 14-й год на форуме. Неужели Вы не пользуетесь кнопкой "Активные темы" ?

А зачем? Те несколько тем, до которых сузился мой интерес к форуму, можно пересчитать по пальцам одной руки.
Увидев анонс, я естественно ждал ссылку от автора. А раз ее нет, значит тема еще зреет...

Yadryara в сообщении #1555442 писал(а):

И ведь ссылку на стартовый пост темы я давал(пост, где про Дзюбанова).

В сообщении про "Дзюбанова" никаких ссылок нет. В сообщении про Дзюбенко (и Пономаренко) есть ссылка на предыдущую страницу "Пентадекатлона".

[EUgeneUS]

Доказательство Леммы.
Спрячу под кат, чтобы не загромождало.

(Оффтоп)

Решения уравнения $3 х^2 - 2 y^2 =1$ имеют следующий вид:
1. ${x_0, y_0} = {9, 11}$
2. Остальные решения находятся по рекуррентной формуле:

Shadow в сообщении #1555390 писал(а):

Если $(x,y)$ является решением уравнения, то решением является и $(5x+4y,6x+5y)$

(рекуррентную формулу не выводил, её подсказал старший товарищ )

Далее приводится схема доказательства (вычисления понятны и очевидны, хотя их лучше повторить для проверки).

3. Выпишем первые три решения: $\left\lbrace x_0 = 9, y_0=11\right\rbrace, \left\lbrace x_1, y_1\right\rbrace, \left\lbrace x_2, y_2\right\rbrace$
4. Убедимся, что только для первого из них выполняется $x \equiv 0 (\mod 3)$
5. Выпишем рекуррентную формулу "через три" вида
$x_{i+3} = A x_i + B y_i$
$y_{i+3} = С x_i + D y_i$

6. Убедимся, что $x_{i+3} \equiv 0 (\mod 3)$ тогда и только тогда, когда $x_{i} \equiv 0 (\mod 3)$
7. Таким образом, $x_{i} \equiv 0 (\mod 3)$ тогда и только тогда, когда $i$ кратно трем (в принятой нумерации решений).
8. Убедимся, что для решений $y_i \equiv 0 (\mod 11)$, если $i$ кратно трем (в принятой нумерации решений), так как $y_0 = 11$.

-- 25.05.2022, 18:25 --

так как $x \equiv 0 (\mod 3)$, то $y = a^{(q-1)/2} \equiv 0 (\mod 11)$, то $a=11$, так как $a$ - простое.

(на всякий случай - я не закончил, просьба не разбивать текст!)

[VAL]

Про странные выкладки.

EUgeneUS в сообщении #1555268 писал(а):

И после сокращения на степени двойки:
$a^{2q-1} = n (2^{p-4} n \pm 1)$
Заведомо: $n \geqslant (2^{p-4} n \pm 1)$

Разве не странно?!
Хотя повторяю, там и без этой загадочной импликации легко противоречие получается.

И дальше там же. Уже получив $n=1$, зачем-то (для запутывания читателя?) продолжаем тянуть эту единицу в качестве сомножителя.

Кстати, про это $n$, которое возникает у Вас как черт из табакерки (и путается со всякими $n_i$), я уже писал. Так и возникает

[EUgeneUS]

Обратим внимание, что
а) $(q-1)/2$ - нечётное
б) $q$ - нечётное простое.

Тогда $q$ представимо
а) либо как $q = 6n+1$, где $n$ - натуральное
б) либо как $q = 6n+5$, где $n$ - натуральное, либо ноль.

Всё подставим
Тогда есть два варианта:

$2 \cdot 11^{6n} = B -1$ (!)
$2 \cdot 11^{6n+4} = B -1$ (!!)

Оба варианта несовместимы по модулю $9$, так как
а) $B \equiv 0 (\mod 9)$, а значит справа $(B -1) \equiv 8 (\mod 9)$
в) Выражение слева имеет остаток от деления на $9$ либо $5$, либо $2$

Вот теперь закончил.
Спасибо за внимание.

-- 25.05.2022, 18:51 --

VAL в сообщении #1555452 писал(а):

Про странные выкладки.
EUgeneUS в сообщении #1555268

писал(а):
И после сокращения на степени двойки:
$a^{2q-1} = n (2^{p-4} n \pm 1)$
Заведомо: $n \geqslant (2^{p-4} n \pm 1)$ Разве не странно?!

Конечно, странно, потому что тут очередная опечатка.
Должно быть "$n \leqslant (2^{p-4} n \pm 1)$"
Дальнейшие выводы там делаются исходя из верного утверждения.

-- 25.05.2022, 18:57 --

VAL в сообщении #1555452 писал(а):

Кстати, про это $n$, которое возникает у Вас как черт из табакерки (и путается со всякими $n_i$), я уже писал. Так и возникает

$n$ с нижним индексом - это обозначение числа в цепочке. При этом индекс - это остаток от деления на $8$, как принято у Вас.
$n$ без индекса - любое натуральное число. Иногда - любое натуральное число или ноль (но это отдельно оговаривается в каждом таком случае).

-- 25.05.2022, 19:09 --

EUgeneUS в сообщении #1555443 писал(а):

$y = a^{(q-1)/2}$ и либо $x = 3^{(q-3)/4 с}$, либо $x=3^{(5q-3)/4}$

$y = a^{(q-1)/2}$ и либо $x = 3^{(q-3)/4}c$, либо $x=3^{(5q-3)/4}$

[nnosipov]

EUgeneUS в сообщении #1555443 писал(а):

Лемма: если ${x_i, y_i}$ - решение уравнения $3 x^2 - 2 y^2 =1$ и $x \equiv 0 (\mod 3)$, то $y \equiv 0 (\mod 11)$

Верно, кстати, и обратное утверждение, т.е. $x \equiv 0 \pmod{3}$ тогда и только тогда, когда $y \equiv 0 \pmod{11}$. Все это счастье имеет место легко проверяется потому, что как последовательность иксов, так и последовательность игреков ведут себя периодически по любому наперед заданному модулю.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1555432 писал(а):

Это последний случай который надо рассмотреть для доказательства $M(2pq) \le 3$ для любых различных нечётных простых $p \ge 5$ и $q \ge 5$.

Правильно ли понимаю, что для некоторых $p, q$ конечный перебор всё таки не исключился?
Например, для $p = \left\lbrace5, 7\right\rbrace, q >p$

[Yadryara]

VAL в сообщении #1555448 писал(а):

А зачем?

Например, для того, чтобы не пропустить новую тему. Помните, кто первым откликнулся на Вашу просьбу помочь с нахождением 15-шки? А как бы я узнал об этой Вашей новой просьбе, если бы зациклился только на каких-то определённых и не пользовался "Активными темами" ?

VAL в сообщении #1555448 писал(а):

В сообщении про "Дзюбанова" никаких ссылок нет.

Как это никаких ссылок нет ??

Yadryara в сообщении #1555310 писал(а):

EUgeneUS в сообщении #1555268 писал(а):

в статье Владимира Лецко и Василия Дзюбанова.

О как! Уже и Дзюбанов подключился.

Вот же она! В заголовке цитируемого сообщения(как и положено по Правилам форума) есть и ник автора цитаты и ссылка на пост 1555268. Достаточно кликнуть по этой ссылке и сразу попадёте на первый пост нынешней темы. Очень странно, что это приходится объяснять.

[EUgeneUS]

Yadryara

EUgeneUS в сообщении #1555268 писал(а):

Просьба к участникам:
...
б) вопросы, не относящиеся к обсуждению приведенного доказательства, в этой теме не поднимать и не обсуждать.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1555469 писал(а):

Правильно ли понимаю, что для некоторых $p, q$ конечный перебор всё таки не исключился?
Например, для $p = \left\lbrace5, 7\right\rbrace, q >p$

Можете пояснить, какой перебор Вы имеете ввиду? Я полностью исключил перебор из случая lll. 4 из второго сообщения этой темы. Нерассмотреным остался только случай lll. 1, когда $p = 5$.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1555477 писал(а):

Можете пояснить, какой перебор Вы имеете ввиду?

Вот здесь исключается один перебор и даются ссылки на исключение двух других.

а) Вызывает вопрос вот это исключение перебора (ссылка). Там:

mathematician123 в сообщении #1555331 писал(а):

Рассмотрим случай со знаком минус.

$$2^{(q-3)/2}a^{(p-1)/2} = 3^{(q-1)/2} + 1$$

Этот случай невозможен при $q>7$, так как $3^{(q-1)/2} + 1$ не может делится на 8. Рассмотрим случай с плюсом.

Так как там (в III.4) никаких предположений о значение $p, q$ не делалось, кроме изначальных $p, q > 3$,
то тут случаи $q = 5, 7$ оказались не рассмотренными.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1555482 писал(а):

Так как там (в III.4) никаких предположений о значение $p, q$ не делалось, кроме изначальных $p, q > 3$,
то тут случаи $q = 5, 7$ оказались не рассмотренными.

В том сообщении для определённости считается что $q > p$ (случай $p > q$ рассматривается аналогично). Поэтому проверить надо только случай, когда $q = 7$ и $p = 5$. А это просто однократная численная проверка.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1555484 писал(а):

Поэтому проверить надо только случай, когда $q = 7$ и $p = 5$. А это просто однократная численная проверка.

ОК. Тогда надо будет её не забыть сделать.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1555443 писал(а):

Далее конечными переборами:
$2 \cdot 3^{q-1} = c^2 d^{(q-1)/2} - 1$
$2 \cdot 3^{q-1} = c^{(5q-1)/2} - 1$
(или другими способами) должен быть исключен случай $a=3$

В первом уравнении при $d \ge 11$ правая часть больше левой. Поэтому остаётся только случай $d = 5$ и $d = 7$

Со вторым уравнением всё ещё проще. Там всегда правая часть больше левой.

-- 25.05.2022, 22:17 --

mathematician123 в сообщении #1555486 писал(а):

Поэтому остаётся только случай $d = 5$ и $d = 7$

Случай $d = 5$ невозможен по модулю 5.

-- 25.05.2022, 22:25 --

mathematician123 в сообщении #1555486 писал(а):

Поэтому остаётся только случай $d = 5$ и $d = 7$

А случай $d = 7$ невозможен по модулю 7.

[VAL]

Стыдно быть таким занудой и таким тупым
Но что поделаешь?!
Спотыкаясь на проверке общего случая, я примерно в 100-й раз перелопатил переписку в поисках доказательства, хотя бы для $k=70$ (с него же все начиналось). И в 100-й раз не нашел
Всякий раз нахожу ссылки на неразрешимость каких-то сравнений по модулю 27 или по модулю 7, которые у меня почему-то решаются
Я понимаю, что частный случай с 70 делителями перекрывается общим. Но мне бы хоть с частным разобраться для начала и самоутверждения.
Можно еще раз, например, про невозможность случая $3^6\cdot a^4-1=2^3\cdot b^6\cdot c$.

PS: Кстати, куда Дмитрий пропал? Он о чем-нибудь предупреждал?

PPS: Найти не нашел. Но невозможность приведенного выше случая только что доказал. Это оказалось проще, чем продраться сквозь наши обсуждения