Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[vorvalm]

Tot в сообщении #979442 писал(а):

В любой арифметической прогрессии содержится бесконечное число простых чисел.

Теорема Дирихле.

[Tot]

vorvalm, благодарю.
Мне надо было уточнить вопрос. В Википедии в статье про теорему Дирихле написано, что существуют элементарные её доказательства. В английском варианте ссылаются на такое доказательство Сельберга, в русском, кроме оного, упоминаются ещё Мертенс и Цассенхаус.
Мог ли Пьер Ферма знать этот факт?
Очень странно, что по простым модулям арифметической прогрессии получается один и тот же вычет. Если он окажестся единственным для всей
арифметической прогрессии, то элементарное доказательство ВТФ будет очевидным.

[ananova]

Есть еще арифметическое ограничение $2kn+1<c^n$

[Tot]

Не вижу такого. Можно подробнее?

В экселе проверил вышеупомянутые примеры на все получаемые корни.
Во всех четырёх случаях получилось, что все вычеты с точностью до знака степени двойки, но далеко не все степени подряд. Это или такое странное совпадение, или что-то получится в общем виде.
Если в общем виде всплывёт что-то, кроме степеней двойки, то доказательства уже не будет.
Занялся примеркой этого подхода к гипотезе Биля. Две степени слева можно уравновесить в методе. И опять нужно считать биномиальные коэффициенты. Пока дырок в схеме доказательства не видно, буду потихоньку копать.

[ananova]

Tot в сообщении #979780 писал(а):

Не вижу такого. Можно подробнее?

Вами указано сравнение (2), которое не может быть сравнимо с 1, если значение модуля $2kn+1$ намного больше, чем сравниваемое число $c^n$

Tot в сообщении #978639 писал(а):

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:

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

$k\in\mathbb N$,$2kn+1\in\mathbb P$

[Tot]

ananova, это момент мы пока обойдём. Есть возможность не переходить к рациональной форме уравнения до модуля.
Нашёл способ обойтись без рассмотрения биномиальных коэффициентов. При этом возникает удивительная разница между степенью двойкой и более высокими степенями. На гипотезу Биля в принципе обобщается, а на теорему Каталана-Михалеску и гипотезу Ферма-Каталана уже нет.

[vasili]

Уважаемый ananova! Мне кажется Вы ошибаетесь. Если $p > c^n$, где $p =2kn + 1$, то $(c^n, p) = 1$, тогда найдется такое

число $c^1$, что $cc^1\equiv 1\mod p$. Умножая (2) на $(c^1)^n$ получим $ (ac^1)^n + (bc^1)^n\equiv1\modp$.

А если обозначить $x =ac^1$, а $y=bc^1$, то получим $x^n + y^n \equiv 1\mod p$.

[ananova]

В таком случае $x>c$ и $y>c$, что противоречит арифметическим ограничениям ВТФ.

[vasili]

Правильно:
Умножая (1) на $(c^1)^n$ получим $ (ac^1)^n + (bc^1)^n\equiv1\mod p$.

А если обозначить $x =ac^1$, а $y=bc^1$, то получим $x^n + y^n \equiv 1\mod p$.

"Арифметическое ограничение" будет $c >a$, $c>b$ и оно сохраняется. Для сравнения (2) таких ограничений не существует.

[lasta]

ananova в сообщении #979990 писал(а):

Вами указано сравнение (2), которое не может быть сравнимо с 1, если значение модуля $2kn+1$ намного больше, чем сравниваемое число $c^n$

vasili в сообщении #985810 писал(а):

число $c^1$, что $cc^1\equiv 1\mod p$. Умножая (2) на $(c^1)^n$ получим $ (ac^1)^n + (bc^1)^n\equiv1\modp$.

Уважаемый vasili! А по моему ananova прав. Так как в Вашем случае правая часть (1) становится больше модуля $P$, и числа теряют свойство взаимной простаты. А утверждение ananova касается случая, когда модуль $P$ больше правой части (1)

[Tot]

1] ВТФ $n=3$, простая подстановка в общий случай

$$a^3+b^3=c^3 (1.1)$$

$a,b,c\in\mathbb N$, $3\in\mathbb P$, $3>2$.
Тройка Ферма $(a,b,c)$ не имеет общего множителя(его сокращаем).
Одно из чисел тройки всегда чётно.
Без потери общности будем считать, что чётным является число $a$.
Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с с нечётной частью модуля.

$$(2^{\alpha}a)^3+b^3\equiv c^3\mod 2(6k+1) (1.2)$$

$k\in\mathbb N$,$6k+1\in\mathbb P$, $k\mod 2\equiv 1$
$a\mod 6k+1\not\equiv 0$, $b\mod 6k+1\not\equiv 0$, $c\mod 6k+1\not\equiv 0$,
$a\mod 2\equiv b\mod 2\equiv c\mod 2\equiv 1$, $\alpha \in\mathbb Z^+$.
Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера $\varphi (2(6k+1))=6k$.

$$\frac{2^{3\alpha}}{a^{6k-3}}+\frac{1}{ b^{6k-3}}\equiv c^3\mod 2(6k+1)$$

$$2^{3\alpha}b^{6k-3}+a^{6k-3}\equiv (ab)^{6k-3}c^3\mod 2(6k+1) (1.3)$$

Перемножим левые и правые части $(1.2)$ и $(1.3)$.

$$2^{3\alpha+1}+(ab)^3(a^{6(k-1)}+2^{6\alpha}b^{6(k-1)})\equiv (ab)^{3(2k-1)}c^6\mod 2(6k+1)$$

$$a^{6(k-1)}+2^{6\alpha}b^{6(k-1)}\equiv \frac{(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}}{(ab)^3}\mod 2(6k+1)\equiv A$$

Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и
перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.

$$2^{6\alpha}a^{6}+b^{6}\equiv A(ab)^{6} \mod 2(6k+1)$$

$$2^{6\alpha+1}+(ab)^6(a^{6(k-2)}+2^{12\alpha}b^{6(k-2)})\equiv (ab)^6A^2\mod 2(6k+1)$$

$$a^{6(k-2)}+2^{12\alpha}b^{6(k-2)}\equiv \frac{[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}]^2_{(1)}-2^{6\alpha+1}}{(ab)^6}\mod 2(6k+1)\equiv B$$

$$2^{12\alpha}a^{12}+b^{12}\equiv B(ab)^{12} \mod 2(6k+1)$$

$$2^{12\alpha+1}+(ab)^{12}(a^{6(k-4)}+2^{24\alpha}b^{6(k-4)})\equiv (ab)^{12}B^2\mod 2(6k+1)$$

$$a^{6(k-4)}+2^{24\alpha}b^{6(k-4)}\equiv \frac{[[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}]^2_{(1)}-2^{6\alpha+1}]^2_{(2)}-2^{12\alpha+1}}{(ab)^{12}}\mod 2(6k+1)$$

$$2^l\mod k\equiv 1$$

$$\frac{(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}}{(ab)^3}(ab)^{2^l3}\equiv $$

$$\equiv [...[[(ab)^{3(2k-1)}c^6-2^{3\alpha+1}]^2_{(1)}-2^{6\alpha+1}]^2_{(2)}...-2^{2^{l-1}3\alpha+1}]^2_{(l)}-2^{2^l3\alpha+1}\mod 2(6k+1)$$

$$1-\frac{2^{3\alpha+1}(ab)^3}{c^6}\equiv $$

$$\equiv [...[[1-\frac{2^{3\alpha+1}(ab)^3}{c^6}]^2_{(1)}-\frac{2^{6\alpha+1}(ab)^6}{c^{12}}]^2_{(2)}...-\frac{2^{2^{l-1}3\alpha+1}(ab)^{2^{l-1}3}}{c^{2^l3}}]^2_{(l)}-\frac{2^{2^l3\alpha+1}(ab)^{2^l3}}{c^{2^l6}}\mod 2(6k+1)$$

Раскроем мысленно все квадратные скобки, перенесём все слагаемые в одну сторону
и сократим. Получаем полином, все коэффициенты которого являются степенями двойки. Поэтому все его корни являются степенями двойки.

$$ (\frac{c^2}{ab})^3\equiv 2^{\beta+3\alpha}\mod 2(6k+1) (1.4)$$

С учётом периодичности функции Эйлера

$$0\leq \beta+3\alpha < 2k$$

.
$\beta\in\mathbb Z$.Здесь учли, что $x^{3k}\equiv -1\mod 6k+1$.
Мы рассматриваем $(1.1)$ по бесконечному по теореме Дирихле множеству ${6k+1}$.
Разобъём на два случая.
1) $3\alpha+\beta=0$
Осуществим предельный переход к $(1.1)$, так как имеем случай
конкретного подмножества множества троек Ферма по бесконечному набору взаимно простых модулей специального вида. У нас случай, когда $a$ имеет множитель $2^{\alpha}$.
Тогда из условий на уравнение $(1.1)$ имеем два уравнения $(1.2)$ и :

$$(ab)^3=c^6 (1.5)$$

Домножим $(1.2)$ на $b^3$ и подставим $(1.5)$. Получим симметричное квадратное уравнение с отрицательным дискриминантом.
Стало быть этот случай решений не имеет.
2) $3\alpha+\beta\neq 0$
Тогда из $(1.4)$ получим с учётом ограничений на $(1.2)$ противоречие

$$1\equiv 0 \mod 2$$

Найденное противоречие означает, что исходная предпосылка не является верной.
Тогда у нас одно из чисел тройки Ферма делится на модуль. И так в каждом случае
модуля из множества модулей специального вида. Стало быть, этому случаю соответствуют
только бесконечно большие решения уравнения $(1.1)$.
Сделаем общий вывод. Любая потенциальная тройка Ферма строго попадает в один из двух случаев. В первом из них решение невозможно из-за отрицательности дискриминанта квадратного уравнения. Во втором случае возможны исключительно бесконечно большие решения.
Случай ВТФ при степени $3$ доказан.

[Tot]

Не нравится обоснование того, что все корни полинома степени двойки. Надо как-то скрестить такое разложение по нечётному модуля специального вида с добавлением двойки и без неё. Что-то вертится в голове, а раскрывать все скобки полинома вручную или получать этот же полином через биномиальные коэффициенты очень тяжко. Попробую иначе.

[lasta]

Tot в сообщении #987005 писал(а):

Рассмотрим уравнение по модулю специального вида в случае, когда числа тройки Ферма взаимно просты с с нечётной частью модуля.

$$(2^{\alpha}a)^3+b^3\equiv c^3\mod 2(6k+1) (1.2)$$

Уважаемый Tot !
Это сравнение не информативно, так как полностью повторяет равенство (1.1). Оно справедливо для любого произвольного модуля,
поэтому связь по свойствам с заданной тройкой в дальнейших преобразованиях отсутствует и и не создает каких либо ограничений для новых чисел, что и приводит к бесконечным значениям.

[Tot]

Согласен с Вами, кроме концовки. Так как чётность мы задаём у конкретного числа тройки,
то добавить чётность модулю со степенным привеском на чётную переменную можно при необходимости и в конце. А к бесконечным значениям чисел тройки, за исключением особо рассматриваемого случая, мы и стремимся. Значение одного из чисел тройки, если оно больше любого наперёд заданного, доказывает этот случай теоремы.
Сложность пока вроде только в придумывании искусственного приёма, чтобы изящно показать, что все корни полинома относятся к ограниченному набору чисел специального вида. Вручную я это проверил для $19, 31$, а вот в пакетах символьных вычислений запутался. Да и не работают они вроде с символьными модулями.

[Tot]

Не нужно пытаться доказать, что у получаемого полинома все корни суть степени двойки. Достаточно акцентировать внимание на том, что полином можно записать в виде, в котором у него лишь первая степень и свободный член нечётные, что соответствует равенству единице и чётности всех остальных корней обратной величины. Тогда вроде всё получается. Осталось лишь записать всё заново.