Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Феликс Шмидель]

Возьмём, например, $z=8$.
Тогда $z+1 \equiv 0$ по модулю $3$.
Вы выводите из уравнения Ферма, что сравнение

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

невозможно.
Но сравнение

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

возможно,и сравнение

$$0\equiv 1+z_3^2\mod p_2^{\delta_5}$$

возможно.
Каким образом Вы получаете противоречие?

Его принципиально невозможно получить по той причине, что сравнение (1.18) является тождеством, которое выполняется для любого $Z$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Tot.

Я могу показать Вам, в каком именно месте Вы переходите от уравнения Ферма к тождеству.
Также могу продолжить разбор деталей доказательства с целью выявления дополнительных ошибок и недоработок.
Скажите, если Вам это интересно.

[Tot]

Предлагаю вернуться к варианту доказательства 8 октября с исправленной ошибкой. Надо же доисследовать модульный подход к ВТФ.

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

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

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

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

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

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

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

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

$$a^{4}+b^{4}\equiv c^4 (\mod (41)^{t}) (2.2)$$

$t\geq 2+4h$, $h\geq 0$ - степень $41$ у одного из чисел тройки Ферма $(a,b,c)$.
Точное значение $t$ задаёт минимальное число, удовлетворяющее неравенству, при котором два выписанных в 1)ой группе корней полинома неприводимы.
При $h \in \{0, ..., \infty \}$ мы охватываем всё множество потенциальных решений исходного уравнения $(2.1)$.
В $\lim_{t \rightarrow \infty}$ $(2.2)$ даёт исходное уравнение $(2.1)$. Докажем, что $(2.2)$ не имеет корней при предельном переходе. Выделим из тройки Ферма $(a,b,c)$ множители, НОДы с модулем, произведя замену без переобозначения.

$$((41)^{h_a}a)^4+((41)^{h_b}b)^4\equiv ((41)^{h_c}c)^4 (\mod (41)^t) (2.3)$$

$a\mod 41\not\equiv 0$, $b\mod 41\not\equiv 0$, $c \mod 41\not\equiv 0$
С учётом отсутствия общего делителя в $(2.1)$ выберем в качестве $w\in \{a,b,c\}$ ту переменную, которая имеет множитель $(41)^h$, $h\geq 0$ - это и есть та переменная в степени модуля.
Остальные переменные произвольно обозначим $u$ и $v$. С учётом знаков получим из $(2.3)$ следующее уравнение:

$$u^4\pm v^4\equiv ((41)^hw)^4(\mod (41)^t) (2.4)$$

$u\mod 41\not\equiv 0$, $v\mod 41\not\equiv 0$, $w \mod 41\not\equiv 0$
$d=(41)^h$, произведём сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (dw)^4 \mod (41)^t$$

$$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(dw)^4 \mod (41)^t$$

$$\pm u^{e-4}+v^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod (41)^t$$

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

$$(dw)^4(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4})\equiv 0(\mod (41)^t)$$

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

$$1\mp z^{e-4}+z^{e-8}\mp z^{e-12}+...+z^8\mp z^4\equiv 0 \mod (41)^{t-4h}$$

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8}+...+z^{e-8})\equiv 0 \mod (41)^{t-4h}$$

$$e=\varphi ((41)^{t})=(41)^{t-1}40$$

Используем $(1.1)$.

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8}+...+z^{32})(1+z^{40}+...+z^{1600})(1+z^{1640}+...+z^{1600\cdot 41} )...(1+z^{40(41)^{t-2}}+...+z^{(40)^2(41)^{t-2}})\equiv$$

$$\equiv 0 \mod (41)^{t-4h}$$

$$4+32+1600+...+(40)^2(41)^{t-2}=4(1+8+400+...+400(41)^{t-2})=4(10(41)^{t-1}-1)=e-4$$

1) $(1+z^{8}+...+z^{32})$, $(1+z^{40}+...+z^{1600})$ переходят при увеличении $t$ в неприводимый полином по $(1.2)$.
2) $(1+z^{40(41)^{m}}+...+z^{(40)^2(41)^{m}})\not \equiv 0\mod (41)^2$, $m=(1,...,t-2)$, у нас $t-4h\geq 2$
3) $1\mp z^4\equiv 0\mod (41)^{t-4h}$
$u^4\mp v^4\equiv 0\mod (41)^{t-4h}$
$u^4\mp(\operatorname{const}(41)^h+v)^4\equiv 0 \mod (41)^t$
$u^4\pm v^4\equiv ((41)^hw)^4\mod (41)^t$ из $(2.4)$
$(\operatorname{const}(41)^h+v)^4 + v^4\equiv\pm((41)^hw)^4\mod (41)^t$
$2v^4\equiv 0\mod 41$
$v^4\equiv 0 \mod 41$, противоречие

[Феликс Шмидель]

Это другое доказательство, но метод тот же.

Цитата:

$$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (dw)^4 \mod (41)^t$$

$$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(dw)^4 \mod (41)^t$$

$$\pm u^{e-4}+v^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod (41)^t$$

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

$$(dw)^4(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4})\equiv 0(\mod (41)^t)$$

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

$$1\mp z^{e-4}+z^{e-8}\mp z^{e-12}+...+z^8\mp z^4\equiv 0 \mod (41)^{t-4h}$$

Почему нельзя Вашим методом доказать, что равенство $a^4+b^4=c$ невозможно?
Вместо $(dw)^4$ будет $d w$, и что изменится?

[Tot]

Не будет, прочитайте внимательнее правило выбора $w$.

[Феликс Шмидель]

Прочитал внимательно.
Докажем вашим методом, что равенство: $u^4 \pm v^4=41^h w$ невозможно.
Имеем:

Цитата:

$$u^4\pm v^4\equiv (41)^hw(\mod (41)^t) (2.4)$$

$u\mod 41\not\equiv 0$, $v\mod 41\not\equiv 0$, $w \mod 41\not\equiv 0$
$d=(41)^h$, произведём сдвиг переменных на функцию Эйлера.

$$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (dw) \mod (41)^t$$

$$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(dw) \mod (41)^t$$

$$\pm u^{e-4}+v^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod (41)^t$$

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

$$(dw)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4})\equiv 0(\mod (41)^t)$$

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

$$1\mp z^{e-4}+z^{e-8}\mp z^{e-12}+...+z^8\mp z^4\equiv 0 \mod (41)^{t-h}$$

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8}+...+z^{e-8})\equiv 0 \mod (41)^{t-h}$$

Дальше как у Вас, возможно с небольшими изменениями.

[Tot]

Не получится.
Возьмём Ваш случай $a^4+b^4=c$. Рассмотреть нужно все варианты, когда особенность $41$ стоит у $a$, у $b$, у $c$. Первые два варианта Ваши рассуждения не учитывают, а у меня учитываются все.
У Вас получаются уравнения $u^4\pm v^4 \equiv dw$ и $u \pm v^4\equiv (dw)^4$. Не нужно вывода при ошибочной формулировке.

[Феликс Шмидель]

Ясное дело. Но я не доказываю, что равенство $a^4+b^4=c$ невозможно, а сразу доказываю, что равенство
$u^4 \pm v^4=41^h w$ невозможно.
При этом, я не определяю $u, v, w$ как у Вас, а даю им быть любыми целыми взаимно-простыми числами, не делящимися на $41$.

[Tot]

Стало быть модульный метод никуда не годится. Жаль, что раньше этого не объяснили. Благодарю. Всё на этом с этим подходом.

[Феликс Шмидель]

Tot в сообщении #941223 писал(а):

Жаль, что раньше этого не объяснили.

Действительно жаль, что я не вник в Ваш метод раньше. Не разочаровывайтесь. Желаю Вам успеха!

[Tot]

Уважаемый Феликс Шмидель.
Ваш контрпример опровергает модульный подход для целочисленного варианта уравнения Ферма. А как будет с рациональным вариантом того же уравнения?
Произведём деление уравнения на правую часть прямо перед сдвигом на функцию Эйлера. Справа будет константа. Стало быть полином будет нести уже полную информацию об исходном уравнении Ферма. Можно ли будет изменить контрпример под этот случай?
Я такое рассматривал в этой теме 15-16 апреля, но там модуль не тот и мне указали на то, что рассмотрел лишь случай, когда особенность входит в тройку Ферма лишь в нулевой степени. Позже не увидел разницы и стал записывать в целочисленной форме. А может разница есть?
Меня смущает один факт. При таком разложении те варианты степени уравнения Ферма, для которых известно элементарное доказательство, выделяются общей особенностью среди прочих. Это может быть не случайным совпадением.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Tot,

Цитата:

Произведём деление уравнения на правую часть прямо перед сдвигом на функцию Эйлера. Справа будет константа. Стало быть полином будет нести уже полную информацию об исходном уравнении Ферма.

Вовсе нет. Сравнение, которое Вы получаете из уравнения Ферма вашим "модульным методом" является тождеством, вследствие чего не несёт никакой информации об исходном уравнении Ферма.

[Tot]

Выявленная фатальная ошибка демонстрирует неправомерность использования в модуле каких-либо
степеней выше первой. Для исправления вернёмся к самому началу.

Tot в сообщении #803364 писал(а):

2) $2^{2k}\equiv 1(\mod 2kn+1)$, где $k\mod 2=1$, а модуль простой. Это частичное обобщение чисел Софи Жермен.

Ниже покажу, откуда это следует элементарным методом и дам для желающих аккуратно расписать
подробную схему доказательства ВТФ для простого показателя степени.

План недостающего варианта элементарного доказательства ВТФ.
Часть 1. Вычет $n$-ой степени из $2$.

$$a^n+b^n=c^n (1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$, $n\in\mathbb P$, $n>2$.
За счёт нечётности показателя степени путём переобозначения переменных всегда можно привести к виду:

$$x^n+y^n\equiv 1\mod 2kn+1 (2)$$

$k\in\mathbb N$,$2kn+1\in\mathbb P$
Выведем критерий делимости одного из чисел тройки Ферма на модуль.
Предположим, что $x\mod 2kn+1\not\equiv 0$, $y\mod 2kn+1\not\equiv 0$.
Произведём сдвиг переменных на функцию Эйлера $e=\varphi (2kn+1)=2kn$.

$$\frac{1}{x^{e-n}}+\frac{1}{ y^{e-n}}\equiv 1\mod 2kn+1$$

$$y^{e-n}+x^{e-n}\equiv (xy)^{e-n}\mod 2kn+1 (3)$$

Разделим части уравнения $(3)$ на соответствующие части уравнения $(2)$.
Далее произведём преобразования по следующему алгоритму.
1) Найдём в левой части член с максимальной степенью $x$.
2) Вычтем из неё степень $y$ того же члена.
3)Разделим полученное на $n$.
4) В степень получившего числа возведём уравнение $(2)$.
5) Полученное уравнение домножим до совпадения члена с максимальной степенью $x$ c тем, что
было на шаге 1).
6) Прибавим или вычтем полученное уравнение из того, что было на шаге 1) так, чтобы члены
с максимальной степенью сократились.
Далее повторим шаги 1)-6) до тех пор, пока степени в членах при $x$ и $y$ не станут одинаковыми.
Затем сделаем замену $(xy)^{e-n}=\frac{1}{(xy)^n}$, произведём простые преобразования
и получим

$$2^{2k}\equiv 1(\mod 2kn+1) (4).$$

Если сравнение $(4)$ выполняется, то ни одно из чисел тройки Ферма не делится на модуль,
В противном случае имеем противоречие с $(2)$ и одно из чисел тройки обязательно делится на
модуль.
Доказательство правильности алгоритма можно попробовать сделать через треугольник Паскаля.
Практика потверждает.

Опровержения, замечания по первой части? Нужны ли примеры для понимания алгоритма?

[ananova]

Tot в сообщении #978639 писал(а):

Нужны ли примеры для понимания алгоритма?

Почему бы нет. Допустим $2kn+1=31$.

[Tot]

В предыдущем сообщении допустил 1 опечатку и 1 пропуск, спешил очень.
Сам алгоритм проверил при $n=3$ для $k=1, 2, 3, 5$.
ananova, Вы последний случай спрашиваете? Для большего $n$ не проверял, а надо бы.
Википедия пишет, что биномиальные коэффициенты были и при жизни Ферма, поэтому попробую вывести это свойство. Смущает, что простота показателя степени не требуется совсем, только $n>2$.
Нужно доказательство следующего вспомогательного утверждения.
В любой арифметической прогрессии содержится бесконечное число простых чисел.
Я бы пробовал через теорему Евклида о бесконечном числе простых чисел, но может есть готовое доказательство. Буду благодарен за ссылку.