2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 18, 19, 20, 21, 22  След.
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 08:34 


08/12/13
252
без номера] Кубический ВТФ.
$$a^3\pm b^3=(2^sc)^3 \eqno(1)$$
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
$a,b,c$ не имеют общего делителя, в противном случае его сокращаем.
Доказать отсутствие решений.
$$(\frac{a}{c})^3\pm (\frac{b}{c})^3\equiv 2^{3s}\mod 2^t \eqno(2)$$
$t\in\mathbb N$; $t>3s$
Возведём (2) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{6}+(\frac{b}{c})^{6}\equiv 2^{6s}\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^t \equiv A_1 \eqno(3)$$
Согласно (2)
$$(\frac{a}{c})^3\pm (\frac{b}{c})^3\equiv 0\mod2^{3s}$$
Значит $$\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{6} $$
Поэтому $$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(4)$$
Всегда выполняется условие $$16\leq 2^{3s+1}$$
Возведём (3) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{12}+(\frac{b}{c})^{12}\equiv A_1^2-2(\frac{ab}{c^2})^{6}\mod 2^t \equiv A_2 \eqno(5)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(6)$$
Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.
$$...$$
$$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}3}+(\frac{b}{c})^{2^{t-4}3}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-5}3}\mod 2^t \equiv A_{t-4} \eqno(7)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8)$$
Возведём (7) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}3}+(\frac{b}{c})^{2^{t-3}3}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}3}\mod 2^t \equiv A_{t-3} \eqno(9)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(10)$$
Если $x,y\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$.
Сдвинем оба слагаемых (9) на степень $2^{t-2}3$ и перевернём их.
Из-за (10) имеем $$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-3}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(11)$$
Сопоставим (11) и (9), отсюда $$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}3}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-3}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(12)$$
Используем (12) следующим образом.
Сдвинем оба слагаемых (7) на степень $2^{t-3}3$ и перевернём их.
Из-за (8) имеем $$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(13)$$
Сопоставим (13) и (7), отсюда $$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}3}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-4}3}\equiv 1\mod 2^t\eqno(14)$$
$$...$$
По (3) получаем $$(\frac{a}{c})^{6}\equiv(\frac{b}{c})^{6}\equiv 1\mod 2^t\eqno(15)$$
Из (15) следует $$(\frac{a}{c})^{3}\equiv\pm 1\mod 2^t; (\frac{b}{c})^{3}\equiv\pm 1\mod 2^t\eqno(16)$$
Однако (16) и (2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 09:43 


08/12/13
252
5] Бесконечный спуск нечётного случая ВТФ.
$$a^n\pm b^n=(2^sc)^n \eqno(5.1)$$
$n\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
$a,b,c$ не имеют общего делителя, в противном случае его сокращаем.
Доказать отсутствие решений.
$$(\frac{a}{c})^n\pm (\frac{b}{c})^n\equiv 2^{sn}\mod 2^t \eqno(5.2)$$
$t\in\mathbb N$; $t>sn$
Возведём (5.2) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{2n}+(\frac{b}{c})^{2n}\equiv 2^{2sn}\mp 2(\frac{ab}{c^2})^n\mod 2^t \equiv A_1 \eqno(5.3)$$
Согласно (5.2)
$$(\frac{a}{c})^n\pm (\frac{b}{c})^n\equiv 0\mod2^{sn}$$
Значит $$\mp 2(\frac{ab}{c^2})^n\mod 2^{sn+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{2n} $$
Поэтому $$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.4)$$
Всегда выполняется условие $$16\leq 2^{sn+1}$$
Возведём (5.3) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{4n}+(\frac{b}{c})^{4n}\equiv A_1^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2n}\mod 2^t \equiv A_2 \eqno(5.5)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.6)$$
Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.
$$...$$
$$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}n}+(\frac{b}{c})^{2^{t-4}n}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-5}n}\mod 2^t \equiv A_{t-4} \eqno(5.7)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.8)$$
Возведём (5.7) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}n}+(\frac{b}{c})^{2^{t-3}n}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}n}\mod 2^t \equiv A_{t-3} \eqno(5.9)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(5.10)$$
Если $x,y\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$.
Сдвинем оба слагаемых (5.9) на степень $2^{t-2}n$ и перевернём их.
Из-за (5.10) имеем $$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-3}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.11)$$
Сопоставим (5.11) и (5.9), отсюда $$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}n}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-3}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.12)$$
Используем (5.12) следующим образом.
Сдвинем оба слагаемых (5.7) на степень $2^{t-3}n$ и перевернём их.
Из-за (5.8) имеем $$(\frac{ab}{c^2})^{2^{t-4}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.13)$$
Сопоставим (5.13) и (5.7), отсюда $$(\frac{a}{c})^{2^{t-4}n}\equiv(\frac{b}{c})^{2^{t-4}n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.14)$$
$$...$$
По (5.3) получаем $$(\frac{a}{c})^{2n}\equiv(\frac{b}{c})^{2n}\equiv 1\mod 2^t\eqno(5.15)$$
Из (5.15) следует $$(\frac{a}{c})^{n}\equiv\pm 1\mod 2^t; (\frac{b}{c})^{n}\equiv\pm 1\mod 2^t\eqno(5.16)$$
Однако (5.16) и (5.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 10:04 


21/05/16
4153
Аделаида
Tot в сообщении #1459496 писал(а):
$a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.

Почему так? Вполне может быть, что $b$ - четное. Если же вы хотели иметь возможность переносить кубы - числа должны мочь быть целыми, а не натуральными.

-- 02 май 2020, 17:37 --

Tot в сообщении #1459496 писал(а):
Значит $\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{6} $

Почему?

-- 02 май 2020, 17:41 --

Tot в сообщении #1459496 писал(а):
Поэтому $A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(4)$

Почему?

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 10:43 


08/12/13
252
Уважаемый kotenok gav!
kotenok gav в сообщении #1459508 писал(а):
Почему так?

Требование решать в натуральных числах - это требование Американского математического общества к решению гипотезы Биля. Там знак плюс-минус стоит, подразумевающий, что если реальный случай не совпадает с нашим, то можно произвести замену переменных без потери общности.

Слово "значит" предполагает вывод из предыдущей строки с учётом того, что любое нечётное число в квадрате по модулю восемь даст единицу. А удвоенный квадрат нечётного числа даст двойку по модулю шестнадцать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 10:48 


21/05/16
4153
Аделаида
Tot в сообщении #1459514 писал(а):
то можно произвести замену переменных без потери общности.

Только если мы доказываем для целых чисел.
Tot в сообщении #1459514 писал(а):
Слово "значит" предполагает вывод из предыдущей строки с учётом того, что любое нечётное число в квадрате по модулю восемь даст единицу. А удвоенный квадрат нечётного числа даст двойку по модулю шестнадцать.

Это вы выводите (4). А предыдущую строку?

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 11:18 


08/12/13
252
kotenok gav в сообщении #1459516 писал(а):
Только если мы доказываем для целых чисел.

Нет. Представьте в натуральных числах два слагаемых и сумму. Если сумма чётна, то это наш случай со знаком "плюс". Если чётно слагаемое, то нечётное слагаемое переносим в другую сторону и получаем наш случай со знаком "минус".

Tot в сообщении #1459496 писал(а):
Согласно (2)
$$(\frac{a}{c})^3\pm (\frac{b}{c})^3\equiv 0\mod2^{3s}$$
Значит $$\mp 2(\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s+1}\equiv 2(\frac{b}{c})^{6} $$

$$(\frac{a}{c})^3\equiv \mp (\frac{b}{c})^3 \mod2^{3s}$$
$$\mp (\frac{ab}{c^2})^3\mod 2^{3s}\equiv (\frac{b}{c})^{6} $$
Теперь удваиваем эту строчку ( модуль тоже удваивается).

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 12:33 


08/12/13
252
6] Три нечётных степени.
$$a^n\pm b^p=(2^sc)^q \eqno(6.1)$$
$n,p,q\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.
$$\frac{a^n}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv 2^{sq}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(6.2)$$
$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>sq$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (6.2) в квадрат.
$$(\frac{a^n}{c^q})^{2}+(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 2^{2sq}\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{2q}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(6.3)$$
Согласно (6.2)
$$\frac{a^n}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv 0\mod2^{sq}$$
Значит $$\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{2q}}\mod 2^{sq+1}\equiv 2(\frac{b^p}{c^q})^{2} $$
Поэтому $$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.4)$$
Всегда выполняется условие $$16\leq 2^{sq+1}$$
Возведём (6.3) в квадрат.
$$(\frac{a^n}{c^q})^{4}+(\frac{b^p}{c^q})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(6.5)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.6)$$
Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.
$$...$$
$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-4}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(6.7)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.8)$$
Возведём (6.7) в квадрат.
$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-3}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(6.9)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(6.10)$$
Если $x,y\in\mathbb N; 2\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
$$(\frac{c^q}{a^n})^{2^{t-2}-2^{t-3}}+(\frac{c^q}{b^p})^{2^{t-2}-2^{t-3}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3}$$
$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-3}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv A_{t-3}(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-3}}\mod C^{\alpha+1}2^t$$
Из-за (6.10) имеем $$(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.11)$$
Сопоставим (6.11) и (6.9), отсюда $$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.12)$$
Преобразуем (6.7) на основе (6.12).
$$(\frac{c^q}{a^n})^{2^{t-3}-2^{t-4}}+(\frac{c^q}{b^p})^{2^{t-3}-2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4}$$
$$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-4}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv A_{t-4}(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t$$
Из-за (6.8) имеем $$(\frac{a^nb^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.13)$$
Сопоставим (6.13) и (6.7), отсюда $$(\frac{a^n}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.14)$$
$$...$$
По (6.3) получаем $$(\frac{a^n}{c^q})^{2}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.15)$$
Из (6.15) следует $$\frac{a^n}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(6.16)$$
Однако (6.16) и (6.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 15:42 


08/12/13
252
7] Чётный биквадрат.
$$a^n\pm b^p=(2^sc)^4 \eqno(7.1)$$
$n,p\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.
$$\frac{a^n}{c^4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv 2^{4s}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(7.2)$$
$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>4s$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (7.2) в квадрат.
$$(\frac{a^n}{c^4})^{2}+(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 2^{8s}\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{8}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(7.3)$$
Согласно (7.2)
$$\frac{a^n}{c^4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv 0\mod2^{4s}$$
Значит $$\mp 2\frac{a^nb^p}{c^{8}}\mod 2^{4s+1}\equiv 2(\frac{b^p}{c^4})^{2} $$
Поэтому $$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.4)$$
Всегда выполняется условие $$16<2^{4s+1}$$
Возведём (7.3) в квадрат.
$$(\frac{a^n}{c^4})^{4}+(\frac{b^p}{c^4})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{8}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(7.5)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.6)$$
Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.
$$...$$
$$(\frac{a^n}{c^4})^{2^{t-5}}+(\frac{b^p}{c^4})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^nb^p}{c^{8}})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(7.7)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-5}\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.8)$$
Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (7.7) в квадрат.
$$a^{2^{t-4}n}+b^{2^{t-4}p}\equiv A_{t-5}^2-2(a^nb^p)^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(7.9)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.10)$$
Возведём (7.9) в квадрат.
$$a^{2^{t-3}n}+b^{2^{t-3}p}\equiv A_{t-4}^2-2(a^nb^p)^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(7.11)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(7.12)$$
Из-за (7.12) имеем $$(a^nb^p)^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.13)$$
Сопоставим (7.13) и (7.11), отсюда $$a^{2^{t-3}n}\equiv b^{2^{t-3}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.14)$$
Преобразуем (7.9) на основе (7.14).
Из-за (7.10) имеем $$(a^nb^p)^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.15)$$
Сопоставим (7.15) и (7.9), отсюда $$a^{2^{t-4}n}\equiv b^{2^{t-4}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.16)$$
Преобразуем (7.7) на основе (7.16).
Из-за (7.8) имеем $$(\frac{a^nb^p}{c^8})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.17)$$
Сопоставим (7.17) и (7.7), отсюда $$\frac{a^{2^{t-5}n}}{c^{2^{t-3}}}\equiv \frac{b^{2^{t-5}p}}{c^{2^{t-3}}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.18)$$
$$...$$
По (7.3) получаем $$(\frac{a^n}{c^4})^{2}\equiv(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.19)$$
Из (7.19) следует $$\frac{a^n}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(7.20)$$
Однако (7.20) и (7.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 16:50 


08/12/13
252
8] Нечётный биквадрат.
$$a^4\pm b^p=(-1)^\sigma(2^sc)^q \eqno(8.1)$$
$q,p\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$\sigma \in \{0;1\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.
$$\frac{a^4}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv (-1)^\sigma 2^{qs}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(8.2)$$
$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>qs$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (8.2) в квадрат.
$$(\frac{a^4}{c^q})^{2}+(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 2^{2qs}\mp 2\frac{a^4b^p}{c^{2q}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(8.3)$$
Согласно (8.2)
$$\frac{a^4}{c^q}\pm \frac{b^p}{c^q}\equiv 0\mod2^{qs}$$
Значит $$\mp 2\frac{a^4b^p}{c^{2q}}\mod 2^{qs+1}\equiv 2(\frac{b^p}{c^q})^{2} $$
Поэтому $$A_1\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.4)$$
Всегда выполняется условие $$16\leq 2^{qs+1}$$
Возведём (8.3) в квадрат.
$$(\frac{a^4}{c^q})^{4}+(\frac{b^p}{c^q})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(8.5)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_2\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.6)$$
Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.
$$...$$
$$(\frac{a^4}{c^q})^{2^{t-5}}+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(8.7)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-5}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.8)$$
Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (8.7) в квадрат.
$$(\frac{1}{c^{2^{t-4}q}})+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-4}}\equiv A_{t-5}^2-2(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(8.9)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-4}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.10)$$
Возведём (8.9) в квадрат.
$$(\frac{1}{c^{2^{t-3}q}})+(\frac{b^p}{c^q})^{2^{t-3}}\equiv A_{t-4}^2-2(\frac{b^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(8.11)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-3}\mod 16 \equiv 2 \eqno(8.12)$$
Из-за (8.12) имеем $$(\frac{b^p}{c^{2q}})^{2^{t-3}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.13)$$
Сопоставим (8.13) и (8.11), отсюда $$c^{2^{t-3}q}\equiv b^{2^{t-3}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.14)$$
Преобразуем (8.9) на основе (8.14).
Из-за (8.10) имеем $$(\frac{b^p}{c^{2q}})^{2^{t-4}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.15)$$
Сопоставим (8.15) и (8.9), отсюда $$c^{2^{t-4}q}\equiv b^{2^{t-4}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.16)$$
Преобразуем (8.7) на основе (8.16).
Из-за (8.8) имеем $$(\frac{a^4b^p}{c^{2q}})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.17)$$
Сопоставим (8.17) и (8.7), отсюда $$\frac{a^{2^{t-3}}}{c^{2^{t-5}q}}\equiv \frac{b^{2^{t-5}p}}{c^{2^{t-5}q}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.18)$$
$$...$$
По (8.3) получаем $$(\frac{a^4}{c^q})^{2}\equiv(\frac{b^p}{c^q})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.19)$$
Из (8.19) следует $$\frac{a^4}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^q}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(8.20)$$
Однако (8.20) и (8.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение02.05.2020, 18:14 


08/12/13
252
9] Нечётный и чётный биквадраты.
$$a^4\pm b^p=(-1)^\sigma(2^sc)^4 \eqno(9.1)$$
$p\in\mathbb P \setminus \{2\}$.
$\sigma \in \{0;1\}$;
$a,b,c,s\in\mathbb N$; $a\mod 2\equiv b\mod 2 \equiv c\mod 2 \equiv 1$.
Доказать отсутствие решений при отсутствии общего делителя тройки Биля $a,b,c$.
$$(\frac{a}{c})^{4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv (-1)^\sigma 2^{4s}\mod C^{\alpha+1}2^t \eqno(9.2)$$
$t,\alpha \in\mathbb N$; $t>4s$; $(a,b,c)=C^\alpha$
Возведём (9.2) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{8}+(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 2^{8s}\mp 2\frac{a^4b^p}{c^8}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_1 \eqno(9.3)$$
Согласно (9.2)
$$(\frac{a}{c})^{4}\pm \frac{b^p}{c^4}\equiv 0\mod2^{4s}$$
Значит $$\mp 2\frac{a^4b^p}{c^8}\mod 2^{4s+1}\equiv 2(\frac{a}{c})^{8} $$
Поэтому $$A_1\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.4)$$
Всегда выполняется условие $$32\leq 2^{4s+1}$$
Возведём (9.3) в квадрат.
$$(\frac{a}{c})^{16}+(\frac{b^p}{c^4})^{4}\equiv A_1^2-2(\frac{a^4b^p}{c^8})^{2}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_2 \eqno(9.5)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_2\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.6)$$
Продолжим возводить в квадрат и проводить такие же рассуждения.
$$...$$
$$(\frac{a^4}{c^4})^{2^{t-5}}+(\frac{b^p}{c^4})^{2^{t-5}}\equiv A_{t-6}^2-2(\frac{a^4b^p}{c^8})^{2^{t-6}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-5} \eqno(9.7)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-5}\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.8)$$
Если $x,y\in\mathbb N; 4\leq t; x\mod 2\equiv y\mod 2 \equiv 1$, то $x^{2^{t-2}y}\mod 2^t\equiv 1$, а $x^{2^{t-4}4}\mod 2^t\equiv 1$.
Дальнейшие операции возможны лишь при $C=1$.
Возведём (9.7) в квадрат.
$$1+b^{2^{t-4}p}\equiv A_{t-5}^2-2(a^4b^p)^{2^{t-5}}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-4} \eqno(9.9)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-4}\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.10)$$
Возведём (9.9) в квадрат.
$$1+b^{2^{t-3}p}\equiv A_{t-4}^2-2b^{2^{t-4}p}\mod C^{\alpha+1}2^t \equiv A_{t-3} \eqno(9.11)$$
Рассуждения аналогичные проведённым ранее приводят к
$$A_{t-3}\mod 32 \equiv 2 \eqno(9.12)$$
Из-за (9.12) имеем $$b^{2^{t-3}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.13)$$
Преобразуем (9.9) на основе (9.13).
Из-за (9.10) имеем $$b^{2^{t-4}p}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.14)$$
Преобразуем (9.7) на основе (9.14).
Из-за (9.8) имеем $$(\frac{a^4b^p}{c^8})^{2^{t-5}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.15)$$
Сопоставим (9.15) и (9.7), отсюда $$(\frac{a}{c})^{2^{t-3}}\equiv \frac{b^{2^{t-5}p}}{c^{2^{t-3}}}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.16)$$
$$...$$
По (9.3) получаем $$(\frac{a}{c})^{8}\equiv(\frac{b^p}{c^4})^{2}\equiv 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.17)$$
Из (9.17) следует $$\frac{a^4}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t; \frac{b^p}{c^4}\equiv\pm 1\mod C^{\alpha+1}2^t\eqno(9.18)$$
Однако (9.18) и (9.2) противоречат друг другу.
Утверждение об отсутствии решений доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение03.05.2020, 17:56 


08/12/13
252
Доказательство ВТФ и гипотезы Биля методом бесконечного спуска.
Tot в сообщении #1458887 писал(а):
1] Формулировка ВТФ.

Tot в сообщении #1459081 писал(а):
2] Формулировка гипотезы Биля.

Tot в сообщении #1459081 писал(а):
3] Случай суммы двух нечётных биквадратов.

Tot в сообщении #1459090 писал(а):
4] Случай разности двух нечётных биквадратов.

Tot в сообщении #1459496 писал(а):
без номера] Кубический ВТФ.

Tot в сообщении #1459505 писал(а):
5] Бесконечный спуск нечётного случая ВТФ.

Tot в сообщении #1459543 писал(а):
6] Три нечётных степени.

Tot в сообщении #1459594 писал(а):
7] Чётный биквадрат.

Tot в сообщении #1459599 писал(а):
8] Нечётный биквадрат.

Tot в сообщении #1459611 писал(а):
9] Нечётный и чётный биквадраты.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение05.05.2020, 16:08 


08/12/13
252
Уважаемые форумчане, покритикуйте, пожалуйста, моё доказательство!

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение08.05.2020, 21:17 


31/03/19
58
Уважаемый Tot! Присоединяюсь к Вашей просьбе. Хочется узнать мнение профессионалов по поводу доказательства для третьей степени.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение08.05.2020, 22:31 
Заслуженный участник


04/05/09
4546
За это уже пора деньги платить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение09.05.2020, 03:38 


08/12/13
252

(Оффтоп)

Только не с убытков, а с прибылей. Дядя Сэм лимон предлагает, а есть ещё группа ай-ти талантов, любящих прорывать край математики. Так что добро пожаловать в команду потенциальных производителей лимонада!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 325 ]  На страницу Пред.  1 ... 18, 19, 20, 21, 22  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group