Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Tot]

Tot в сообщении #850288 писал(а):

1) $1+z^{6\cdot 7^{m}}+z^{36\cdot 7^{m}}\not\equiv 0 (\mod 7^{m+1})$, $m=(0,...,t-2)$
2) $1-z^{3}\equiv 0$
$2x^{3}\equiv 1 (\mod 7)$
$4\equiv 1 (\mod 7)$ противоречие

Поправка. Следует читать
1) $1+z^{6\cdot 7^{m}}+z^{36\cdot 7^{m}}\not\equiv 0 (\mod 7^{m+1})$, $m=(1,...,t-2)$
2) $1-z^{3}\equiv 0$
$2x^{3}\equiv 1 (\mod 7)$
$4\equiv 1 (\mod 7)$ противоречие
3) $1+z^{6}+z^{36}$ не имеет корней в $\lim_{t\rightarrow \infty}$ по (Б2).

[Belfegor]

Уважаемый Tot !
А вот эти части будут?

Tot в сообщении #850288 писал(а):

Д] простое $n>2$
Е] гипотеза Биля

[Tot]

Будут в ближайшее время, если доказательство для $n=3$ не раскритикуют. И чтоб меня не покритиковать на мелком месте?
Три страницы из школьной тетради осталось перенести. Системой вёрстки не владею, поэтому часть Е] не удалось оформить исправлением части D], пришлось на бумаге детально расписывать.

[Belfegor]

Уважаемый Tot !

(Оффтоп)

Tot в сообщении #852005 писал(а):

если доказательство для $n=3$ не раскритикуют

Молчание какое-то подозрительное...
Обычно расправляются мгновенно

[Tot]

Д] простое $n>2$
Рассмотрим $(A 2)$. Замена $p_{1}=2$, $p_{2}=n$
$a^n+b^n=c^n (\mod 2n^t)$, $t>1$
$n=1+\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}}$, $p_l$-простое, $p_1=2$
$\varphi (n)=\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}}$
$e=\varphi (2n^t)=n^{t-1}\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}}$
Разобъём $(A 3)$ на несколько частей и рассмотрим каждую отдельно.
Рассмотрим зону теоремы Эйлера, область $(A 3)\setminus (A 4)$
$\frac{1}{a^{e-n}}+\frac{1}{b^{e-n}}\equiv \frac{1}{c^{e-n}}$
$a^{e-n}b^{e-n}=c^{e-n}(a^n+b^n)(a^{e-2n}-a^{e-3n}b^n+...+b^{e-2n})$
$\frac{b}{a}=z$
$1-z^n+...+z^{e-2n}-z^{e-n}\equiv 0$
$e-n=n(n^{t-2}\prod_{l=1}^{i}{p_{l}^{q_l}}-1)$
Используем (Б1).
$(1-z^n)(\prod_{r=1}^{q_1-1}{1+z^{2^rn}})(\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}n(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}}})\cdot $
$\cdot \prod_{m=1}^{t-2}{1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}}\equiv 0$ (Д1)
1) $1-z^n\equiv 0(\mod 2)$
$2a^n\equiv c^n(\mod 2)$, противоречие с областью $(A 3)\setminus (A 4)$
2) $\prod_{r=1}^{q_1-1}{1+z^{2^rn}}\equiv 0$
$a^{2^rn}\equiv -b^{2^rn} (\mod 2)$
$a^n+b^n\equiv c^n (\mod 2)$
$a^{2^rn}+b^{2^rn}\equiv c^{2^rn} (\mod 2)$
$0\equiv c^{2^rn} (\mod 2)$, противоречие с областью $(A 3)\setminus (A 4)$
3) $\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}n(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}}}\equiv 0 (\mod n^t)$
в $\lim_{t\rightarrow \infty}$ не имеет корней по (Б2).
4) $1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}\not\equiv 0 (\mod n^{m+1})$, $m=(1,...,t-2)$
Рассмотрим теперь область $(A 4)$. Выделим множитель-НОД, произведя замену без переобозначения.
$(2^{h_a}n^{g_a}a)^n+(2^{h_b}n^{g_b}b)^n\equiv (2^{h_c}n^{g_c}c)^n (\mod 2n^t)$
С учётом отсутствия общего делителя в $(A 1)$, выберем в качестве $u\in \begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}$
ту переменную, которая имеет множитель $2^h$, $h>0$. При $h=0$ $u$ выберем с множителем $n^g$.
Если $u$ не имеет множителя $n^g$, то выберем в качестве $w\in \begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}\setminus\begin{Bmatrix} u \end{Bmatrix}$
переменную, имеющую этот множитель,или произвольную из ещё свободных в противном случае.
Третью переменную обозначим $v$. Лишние минусы внесём в новые переменные под степень, так как она нечётная.
В итоге получаем следующее:
$(2^{h_u}n^{g_u}u)^n+(v)^n\equiv (n^{g_w}w)^n (\mod 2n^t)$,
$h_u\geq 0$, $g_u\geq 0$, $g_w\geq 0$, $g_u+g_w=g_u$или$g_w$;
если $h_u=0$, то $g_u>0$; если $g_u=0$, то $h_u>0$;
$НОД(u, 2n^{t})\equiv 1$, $НОД(v, 2n^{t})\equiv 1$, $НОД(w, 2n^{t})\equiv 1$.
Замена $d=2^{h_u}n^{g_u}$.
$\frac{d^n}{u^{e-n}}+\frac{1}{v^{e-n}}\equiv \frac{n^{g_wn}}{w^{e-n}}(\mod 2n^t)$
$u^{e-n}+d^nv^{e-n}\equiv \frac{n^{g_wn}u^{e-n}v^{e-n}}{w^{e-n}}(\mod 2n^t)$
$u^{e-n}+d^nv^{e-n}\equiv ((du)^n+v^n)(\frac{u^{e-2n}}{d^n}-\frac{u^{e-3n}v^n}{d^{2n}}+...+\frac{v^{e-2n}}{d^{e-n}})(\mod 2n^t)$
$\frac{u^{e-2n}}{d^n}-\frac{u^{e-3n}v^n}{d^{2n}}+...+\frac{v^{e-2n}}{d^{e-n}}-u^{e-n}v^{e-n}\equiv 0(\mod 2n^t)$
$\frac{v}{du}=z$
$1-z^n+...+z^{e-2n}-z^{e-n}\equiv 0$
Получили (Д1) при другом $z$.
$(1-z^n)(\prod_{r=1}^{q_1-1}{1+z^{2^rn}})(\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}n(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}}})\cdot $
$\cdot\prod_{m=1}^{t-2}{1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}}\equiv 0$
$\frac{1}{du}\not\equiv 0$, иррационально.
1) $1-z^n\equiv 0(\mod 2)$
$d^nu^n-v^n\equiv 0(\mod 2)$
$n^{g_wn}w^n\equiv 0(\mod 2)$, противоречие
2) $\prod_{r=1}^{q_1-1}{1+z^{2^rn}}\equiv 0$
$v^{2^rn}+(du)^{2^rn} \equiv 0(\mod 2)$
$(du)^n+v^n\equiv (n^{g_w}w)^n (\mod 2)$
$(du)^{2^rn}+v^{2^rn}\equiv (n^{g_w}w)^{2^rn} (\mod 2)$
$0\equiv (n^{g_w}w)^{2^rn} (\mod 2)$, противоречие
3) $\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}n(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}}}\equiv 0 (\mod 2n^t)$
$z=\frac{v}{2^{h_u}n^{g_u}u}$
$j_{lr}=p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}$
$\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{j_{lr}}+...+z^{j_{lr}(p_l-1)}}}\equiv 0 (\mod 2n^t)$
$\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{z^{j_{lr}(p_l-1)}(1+z^{-j_{lr}}+...+z^{-j_{lr}(p_l-1)})}}\equiv 0 (\mod 2n^t)$
у нас $z\not\equiv 0$, иррационально.
$1+z^{-j_{lr}}+...+z^{-j_{lr}(p_l-1)}\equiv 1 (\mod 2)$, при $h_u>0$
$1+z^{-j_{lr}}+...+z^{-j_{lr}(p_l-1)}\equiv 1 (\mod n)$, при $g_u>0$
корней нет.
4) $\prod_{m=1}^{t-2}{1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}}\equiv 0$
$\prod_{m=1}^{t-2}{z^{n^m(n-1)^2}(1+z^{-n^m(n-1)}+...+z^{-n^m(n-1)^2})}\equiv 0$
у нас $z\not\equiv 0$, иррационально.
$1+z^{-n^m(n-1)}+...+z^{-n^m(n-1)^2}\equiv 1(\mod 2)$, при $h_u>0$
$1+z^{-n^m(n-1)}+...+z^{-n^m(n-1)^2}\equiv 1(\mod n)$, при $g_u>0$
корней нет.

Е] гипотеза Биля
$a^x+b^y=c^z$
$a, b, c, x>2, y>2, z>2$ - натуральные.
Нужно доказать отсутствие решений при отсутствии общего множителя.
Произведём замены $x, y, z$ без переобозначений аналогичные замене $n$ в разделе А].
Таким образом степени у нас или простые, нечётные, или четвёрки. При этом все три степени
не могут быть одинаковыми, так как случай теоремы Ферма был рассмотрен ранее.
При рассмотрении будем проводить параллели с общим случаем теоремы Ферма (раздел Д]).
Принцип выбора $u, v, w$ из $\begin{Bmatrix} a, b, c \end{Bmatrix}$ прежний. Переменные $m, n, k$ обозначают степени у $u, v, w$ соответственно. Учтём, что среди степеней возможны одна или две четвёрки, поэтому не все минусы возможно внести в новые переменные. Учтём также,
что при $h=g=0$ имеем зону теоремы Эйлера.
В итоге получаем следующее:
$(2^{h_u}n^{g_u}u)^m\pm (v)^n\equiv \sigma_w (n^{g_w}w)^k (\mod 2n^t)$,
$h_u\geq 0$, $g_u\geq 0$, $g_w\geq 0$, $g_u+g_w=g_u$или$g_w$;
$\sigma_w$ - знак, не совпадающий в общем случае с $\pm$ у $v$,
$\sigma_w=\pm 1$ при $n$ - нечётном, $\sigma_w=1$ при $n=4$;
$НОД(u, 2n^{t})\equiv 1$, $НОД(v, 2n^{t})\equiv 1$, $НОД(w, 2n^{t})\equiv 1$.
$(2^{h_u}n^{g_u}u)^{m-n}= s^n$
$(2^{h_u}n^{g_u}su)^n\pm (v)^n\equiv \sigma_w (n^{g_w}w)^k (\mod 2n^t)$
$(2^{h_u}n^{g_u}s)^n= d^n$
Рассмотрим отдельно два варианта: $n$ - простое и $n=4$.
Сначала вариант $n$ - простое.
$(du)^n\pm (v)^n\equiv \sigma_w (n^{g_w}w)^k (\mod 2n^t)$
$\frac{d^n}{u^{e-n}}\pm \frac{1}{v^{e-n}}\equiv \sigma_w \frac{n^{g_wk}}{w^{e-k}}(\mod 2n^t)$
$\pm u^{e-n}+d^nv^{e-n}\equiv \frac{\sigma_w n^{g_wk}u^{e-n}v^{e-n}}{w^{e-k}}(\mod 2n^t)$
$\pm u^{e-n}+d^nv^{e-n}\equiv \pm ((du)^n\pm v^n)(\frac{u^{e-2n}}{d^n}\mp\frac{u^{e-3n}v^n}{d^{2n}}+...+\frac{v^{e-2n}}{d^{e-n}})(\mod 2n^t)$
$\frac{u^{e-2n}}{d^n}\mp\frac{u^{e-3n}v^n}{d^{2n}}+...+\frac{v^{e-2n}}{d^{e-n}}\mp u^{e-n}v^{e-n}\equiv 0(\mod 2n^t)$
$\frac{v}{du}=z$
$1\mp z^n+...+z^{e-2n}\mp z^{e-n}\equiv 0$
Получили аналог(Д1) при другом $z$.
$(1\mp z^n)(\prod_{r=1}^{q_1-1}{1+z^{2^rn}})(\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}n(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}}})\cdot$
$\cdot\prod_{m=1}^{t-2}{1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}}\equiv 0$
$\frac{1}{du}\not\equiv 0$, иррационально в общем случае.
1) $1\mp z^n\equiv 0(\mod 2)$
$(du)^n\mp v^n\equiv 0(\mod 2)$
$\sigma_w (n^{g_w}w)^k\equiv 0(\mod 2)$, противоречие
2) $\prod_{r=1}^{q_1-1}{1+z^{2^rn}}\equiv 0$
$v^{2^rn}+(du)^{2^rn} \equiv 0(\mod 2)$
$(du)^n\pm v^n\equiv \sigma_w (n^{g_w}w)^k (\mod 2)$
$(du)^{2^rn}+v^{2^rn}\equiv (n^{g_w}w)^{2^r k} (\mod 2)$
$0\equiv (n^{g_w}w)^{2^r k} (\mod 2)$, противоречие
3) $\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}+...+z^{p_l^{r-1}n(p_l-1)\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}}}}\equiv 0 (\mod 2n^t)$
$z^n=(\frac{v}{du})^n=(\frac{v}{2^{h_u}n^{g_u}u})^n=\frac{v^n}{(2^{h_u}n^{g_u}u)^m}$
$j_{lr}=p_l^{r-1}n\prod_{m=1}^{l-1}{p_m^{q_m}}$
$\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{1+z^{j_{lr}}+...+z^{j_{lr}(p_l-1)}}}\equiv 0 (\mod 2n^t)$
при $h_u=g_u=0$ не имеем корней в $\lim_{t\rightarrow \infty}$ по (Б2).
В противном случае $z$ иррационально.
$\prod_{l=2}^{i}{\prod_{r=1}^{q_l}{z^{j_{lr}(p_l-1)}(1+z^{-j_{lr}}+...+z^{-j_{lr}(p_l-1)})}}\equiv 0 (\mod 2n^t)$
$1+z^{-j_{lr}}+...+z^{-j_{lr}(p_l-1)}\equiv 1 (\mod 2)$, при $h_u>0$
$1+z^{-j_{lr}}+...+z^{-j_{lr}(p_l-1)}\equiv 1 (\mod n)$, при $g_u>0$
корней нет.
4) $\prod_{m=1}^{t-2}{1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}}\equiv 0$
При $h_u=g_u=0$ имеем $1+z^{n^m(n-1)}+...+z^{n^m(n-1)^2}\not\equiv 0(\mod n^{m+1})$, $m=(1,...,t-2)$
В противном случае $z$ иррационально.
$\prod_{m=1}^{t-2}{z^{n^m(n-1)^2}(1+z^{-n^m(n-1)}+...+z^{-n^m(n-1)^2})}\equiv 0$
$1+z^{-n^m(n-1)}+...+z^{-n^m(n-1)^2}\equiv 1(\mod 2)$, при $h_u>0$
$1+z^{-n^m(n-1)}+...+z^{-n^m(n-1)^2}\equiv 1(\mod n)$, при $g_u>0$
корней нет.
А теперь рассмотрим последний вариант $n=4$.
$n^{g_u}=4^{g_u}$ внесём в $2^{h_u}$ без переобозначения.
Степень модуля $t$ также заменим без переобозначения.
$s^4=(2^{h_u}u)^{m-4}$
$d^4=(2^{h_u}s)^4$
$g_w=0$, $\sigma_w=1$, $k>2$ - простое
$(du)^4\pm v^4\equiv w^k(\mod 2^t)$, $t>3$
$e=\varphi (2^{t})=2^{t-1}$
$\frac{d^4}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv \frac{1}{w^{e-k}}(\mod 2^t)$
$d^4v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv \frac{(uv)^{e-4}}{w^{e-k}}(\mod 2^t)$
$\pm u^{e-4}+d^4v^{e-4}\equiv \pm ((du)^4\pm v^4)(\frac{u^{e-8}}{d^4}\mp\frac{u^{e-12}v^4}{d^{8}}+...+\frac{v^{e-8}}{d^{e-4}})(\mod 2^t)$
$\frac{u^{e-8}}{d^4}\mp\frac{u^{e-12}v^4}{d^{8}}+...+\frac{v^{e-8}}{d^{e-4}}\mp u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0(\mod 2^t)$
$\frac{v}{du}=z$
$1\mp z^4+...+z^{e-8}\mp z^{e-4}\equiv 0$
$e-4=4(2^{t-3}-1)$
Используем (Б1).
$(1\mp z^{4})(1+z^{8})...(1+z^{2^{t-2}})\equiv 0$
$\frac{1}{du}\not\equiv 0$, иррационально в общем случае.
1) $1\mp z^4\equiv 0(\mod 2)$
$(du)^4\mp v^4\equiv 0(\mod 2)$
$(du)^4\pm v^4\equiv w^k(\mod 2^t)$
$w^k\equiv 0(\mod 2)$, противоречие
2) $1+z^{4\cdot 2^f}\equiv 0(\mod 2^{f+3})$, $f=(1,...,t-4)$
$v^{4\cdot 2^f}+(du)^{4\cdot 2^f} \equiv 0(\mod 2)$
$(du)^4\pm v^4\equiv w^k (\mod 2)$
$(du)^{4\cdot 2^f}+v^{4\cdot 2^f}\equiv w^{k\cdot 2^f}(\mod 2)$
$0\equiv w^{k\cdot 2^f} (\mod 2)$, противоречие

-- 20.04.2014, 15:10 --

Уважаемые форумчане, прошу извинить за оформление. К своему стыду только сегодня разобрался с возможностью разбиения формул, из-за незнания этого и писал всё в одинарных долларах. Будет время, исправлю.
Уважаемый Belfegor, благодарю за поддержку, но думаю, что у форумчан просто руки не дошли.

[Cash]

Tot в сообщении #850288 писал(а):

Г1] $n=3$, общий случай без удвоения
Рассмотрим $(A 2)$. Замена $p_{1}=1$, $p_{2}=3$, $x=\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$
$x^{3}+y^{3}\equiv 1 (\mod 3^{t})$, $t>1$
$e=\varphi (3^{t})=2\cdot 3^{t-1}$
$\frac{1}{x^{e-3}}+\frac{1}{y^{e-3}}\equiv 1$

В кольце вычетов по модулю $3^{t}$ не все элементы обратимы. Потому мы не вправе вот так просто применять деление.
Посмотрите, например, $3^{3}+10^{3}\equiv 1 (\mod 27)$
Дальше не читал, извините.

[Tot]

Cash, благодарю.
Части А] - Г] писал в начале декабря, тогда ещё не было концепции устранения в общем случае $n$-го вычета из двух в общем случае, поэтому зона вне теоремы Эйлера решалась иначе. Но в январе в общем случае и в гипотезе Биля концепция подхода слегка изменилась, вот не согласовал, проверял лишь опечатки, остались рудименты. Старые части подправлю из общего случая, заодно переконструирую изложение всего материала понагляднее.

[Tot]

План.
A] Формулировка теоремы Ферма и объяснение модулярного подхода.
B] Вспомогательные утверждения.
C] $n=4$
D] $n=3$
D1] общий случай без удвоения
D2] случай числа Софи Жермен
D3] общий случай
E] простое $n>2$
F] гипотеза Биля

A] Формулировка теоремы Ферма и объяснение модулярного подхода.

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

$a, b, c$ - натуральные, не имеющие общего делителя(его сокращаем), $n>2$
Введём замену $n$ без переобозначения по следующему алгоритму (лишнюю часть степени спрячем в основании):
1) если $n$ - простое, то оставим без изменений;
2) если $n\mod 4\equiv 0$, то $n=4$;
3) если $n$ - составное и $n\mod 4\not \equiv 0$, то $n=p$,
где $p$-простой, нечётный, минимальный делитель $n$.
В практике многовековых поисков простого доказательства именно этой теоремы Ферма следует
выделить два основных подхода:
1) рассмотрение разбиения $(A 1)$ на несколько вариантов по некоторому целочисленному признаку и
попытки доказать невозможность каждого из них, прийти к логическому противоречию;
2) переход к рациональному виду $(A 1)$, чаще всего делением обоих частей на правую часть,
и попытки доказать иррациональность всех решений геометрическими, тригонометрическими
или иными способами.
Рассматривать $(A 1)$ будем по модулю $p_{1}p_{2}^{t}$, $t$-натуральное.

$$a^{n}+b^{n}\equiv c^{n}(\mod p_{1}p_{2}^{t}) (A 2)$$

Особенностью предлагаемого модулярного подхода является совпадение двух вышеописанных
подходов. По модулю понятия целого числа и рационального числа совпадают, а иррациональное
число является само по себе логическим противоречием. Здесь операция извлечения корня приводит в некоторых случаях к нарушению логики.
При рассмотрении разобъём область допустимых значений на зону теоремы Эйлера(обобщения малой теоремы Ферма) $(A 3)$ и зону исключений, где

$$НОД(a, p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 1 \cup НОД(b, p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 1 \cup НОД(c, p_{1}p_{2}^{t})\not \equiv 1 (A 4)$$

Выделим множители-исключения из зоны теоремы Эйлера, произведя замену без переобозначения.

$$(p_1^{h_a}p_2^{g_a}a)^n+(p_1^{h_b}p_2^{g_b}b)^n\equiv (p_1^{h_c}p_2^{g_c}c)^n (\mod p_1p_2^t)$$

С учётом отсутствия общего делителя в $(A 1)$, выберем в качестве $u\in \begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}$
ту переменную, которая имеет множитель $p_1^h$, $h>0$. При $h=0$ $u$ выберем с множителем $p_2^g$.
Если $u$ не имеет множителя $p_2^g$, то выберем в качестве $w\in \begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}\setminus\begin{Bmatrix} u \end{Bmatrix}$
переменную, имеющую этот множитель,или произвольную из ещё свободных в противном случае.
Третью переменную обозначим $v$. В итоге получаем следующее:

$$(p_1^{h_u}p_2^{g_u}u)^n+\sigma_v (v)^n\equiv \sigma_w (p_2^{g_w}w)^n (\mod p_1p_2^t)$$

$\sigma_v =\pm 1$, $\sigma_w =\pm 1$;
$h_u\geq 0$, $g_u\geq 0$, $g_w\geq 0$, $g_u+g_w=g_u$ или $g_w$;
$h_u=g_u=g_w=0$ в $(A 3)$;
если $h_u=0$, то $g_u>0$ или если $g_u=0$, то $h_u>0$ в $(A 4)$;
$НОД(u, p_1p_2^{t})\equiv 1$, $НОД(v, p_1p_2^{t})\equiv 1$, $НОД(w, p_1p_2^{t})\equiv 1$.
Произведём сдвиг модифицированной тройки Ферма на функцию Эйлера. Как и в дальнейшем при рассмотрении гипотезы Биля, произведём разложение с помощью введения
иррационального в общем случае множителя и покажем отсутствие рациональных корней уже в $(A 2)$.

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

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

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

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

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

2. Лемма $(B 2)$: $1+z+...+z^{k-1}$ неразложимо, если $k$-простое.
Доказательство через критерий Эйзенштейна. Большая благодарность уважаемому Sonic86 c форума dxdy.ru за предоставленную ссылку на доказательство.

Sonic86 в сообщении #809744 писал(а):

2-й пример в Педивикии

В] $n=4$
Рассмотрим $(A 2)$. Замена $p_{1}=1$, $p_{2}=2$, $x=\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$

$$x^{4}+y^{4}\equiv 1 (\mod 2^{t})$$

$t>3$

$$(2^gu)^4\pm v^4\equiv w^4(\mod 2^t)$$

$$e=\varphi (2^{t})=2^{t-1}$$

$$d=2^g$$

$$\frac{d^4}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv \frac{1}{w^{e-4}}$$

$$d^4v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv \frac{(uv)^{e-4}}{w^{e-4}}(\mod 2^t)$$

$$\pm u^{e-4}+d^4v^{e-4}\equiv \pm ((du)^4\pm v^4)(\frac{u^{e-8}}{d^4}\mp\frac{u^{e-12}v^4}{d^{8}}+...+\frac{v^{e-8}}{d^{e-4}})(\mod 2^t)$$

$$\frac{u^{e-8}}{d^4}\mp\frac{u^{e-12}v^4}{d^{8}}+...+\frac{v^{e-8}}{d^{e-4}}\mp u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0(\mod 2^t)$$

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

$$1\mp z^4+...+z^{e-8}\mp z^{e-4}\equiv 0$$

$$e-4=4(2^{t-3}-1)$$

Используем $(B 1)$.

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8})...(1+z^{2^{t-2}})\equiv 0$$

$\frac{1}{du}\not\equiv 0$, иррационально в $(A 4)$.
1) $1\mp z^4\equiv 0(\mod 2)$
$(du)^4\mp v^4\equiv 0(\mod 2)$
$(du)^4\pm v^4\equiv w^4(\mod 2^t)$
$w^k\equiv 0(\mod 2)$, противоречие
2) $1+z^{4\cdot 2^f}\equiv 0(\mod 2^{f+3})$, $f=(1,...,t-4)$
$v^{4\cdot 2^f}+(du)^{4\cdot 2^f} \equiv 0(\mod 2)$
$(du)^4\pm v^4\equiv w^4 (\mod 2)$
$(du)^{4\cdot 2^f}+v^{4\cdot 2^f}\equiv w^{4\cdot 2^f}(\mod 2)$
$0\equiv w^{4\cdot 2^f} (\mod 2)$, противоречие
решений нет (метод мат. индукции)

-- 23.04.2014, 05:42 --

Уважаемые форумчане, пожалуйста, покритикуйте случай $n=4$. Если здесь обнаружутся неисправимые ошибки, то с остальным будет совсем беда.

[Cash]

$x^{4}+y^{4}\equiv 1 (\mod 2^{t})$
Здесь неплохо бы сформулировать, что Вы хотите отсюда вывести.

[Tot]

Точно, это рудимент. Замена $a, b, c$ на $x, y$ теперь не нужна. Исправлю.

[Cash]

Да не в этом дело. Давайте возьмем
$(2^gu)^4\pm v^4\equiv w^4(\mod 2^t)$
Вы хотите показать, что это сравнение не имеет решений?

[Tot]

В рациональных числах, да.

[Cash]

Но как же так? $t=4, w=1, g=1$
Вот это:
$(2k)^4+(2n+1)^4 \equiv1 \pmod {16}$
верно для любых $k$ и $n$.

[Tot]

Не пойдёт.
Мы доказываем $(A 1)$, а не $(A 2)$.
Сравнение не имеет решений в $\lim_{t \rightarrow \infty}$

[nnosipov]

Tot в сообщении #853298 писал(а):

Сравнение не имеет решений в $\lim_{t \rightarrow \infty}$

Эта фраза непонятна. Сформулируйте утверждение в понятных терминах, а потом докажите.