Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[nnosipov]

Tot в сообщении #907249 писал(а):

Бесконечный знаменатель вполне допустим.

Вы говорите загадками. Приведите пример ситуации, где допустим "бесконечный знаменатель". Какой смысл Вы вкладываете в понятие "бесконечный знаменатель"?

[Tot]

Может я не так описал то, что решаю.
Мы рассматриваем множество троек Ферма. Фиксируем $h$, отделяя кусок потенциальных решений. При этом $h$ мы берём $t=3+4h$, находим, что конечный полином не имеет корней. Следовательно, такие потенциальные тройки Ферма решениями не являются. Потом увеличиваем $h$ на единицу и рассматриваем новую часть потенциальных решений. И так до бесконечности.
Стало быть мне в формулировке задачи нужно написать, что такое $h$ и задачу ставить иначе:
Докажем, что корней нет. Рассмотрим

$$a^{4}+b^{4}\equiv c^4 (\mod 2^{t}) (2.2)$$

$t= 3+4h$, $h>0$ - степень двойки у одного из чисел тройки Ферма.
При $h \in \{1, ..., \infty \}$ мы охватываем всё множество потенциальных решений исходного уравнения $(2.1)$.

[Tot]

Применение модульного подхода к элементарному доказательству гипотезы Биля.
посвящается моей ранимой и беспокойной музе М(3,4,5*)
План.
1] Вспомогательное утверждение.
2] Постановка задачи.
3] $n=4$.
4] $n>2$ - простое
5] Задания для самостоятельного исследования.

1] Вспомогательное утверждение.
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] Постановка задачи.

$$a^x+b^y=c^z (2.1)$$

$a, b, c, x, y, z \in \mathbb N$
$x>2, y>2, z>2$.
Нужно доказать отсутствие решений при отсутствии общего множителя.
При $x=y=z=n$ имеем ВТФ. Выписки формул для ВТФ при $n=4$ и $n=3$ приведём в тексте в качестве примеров.
Произведём замены $x, y, z$ без переобозначений по следующему правилу, позволяющему
спрятать лишнюю часть показателя степени в основании ($n \in \{x, y, z\}$):
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 $n$.
Получили $(2.1)$ с дополнительным условием. Теперь у нас $x, y, z$ простые или четвёрки.
Множество решений $(2.1)$ назовём множеством обобщённых троек Ферма. Только одно из чисел
каждой такой тройки обязательно чётно, то есть содержит множитель $2^h$, где $h \in \{1, 2, ..., \infty\}$.
Разобъём множество обобщённых троек по параметру h и покажем, что каждое такое подмножество пусто. Для удобства записи при рассмотрении разобъём уравнение Биля на два случая по одному из показателей степени на $n=4$ и $n$ простое. Правило однозначного выбора $n \in \{x, y, z\}$ зададим позже.

[Tot]

3] $n=4$.
Покажем, что подмножество решений $(2.1)$ при $h=\operatorname{const}>0$, $n=4$ пусто.
Рассмотрим

$$a^x+b^y\equiv c^z \mod 2^{kh+2} (3.1)$$

$k \in \{x, y, z\}\setminus \{n\}$ выберем ниже.Выделим из обобщённой тройки НОД с модулем
без переобозначения. Выделим в качестве $w \in \{a, b, c\}$ ту переменную, которая содержит
множитель $2^h$. Остальные два основания обозначим за $u,v$, а степени у $u,v,w$ заменим на
$m,n,k$ соответственно с учётом прежней договорённости по $n$. Получаем

$$u^m\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2} (3.2)$$

$u \mod 2 \equiv v \mod 2 \equiv w \mod 2 \equiv 1$
$\sigma$ - знак, не совпадающий в общем случае с $\pm$ у $v$.
Введём иррациональную в общем случае переменную $d$.
$u^{m-4}=d^4$, $d \mod 2 \equiv 1$

$$(du)^4\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2} (3.3)$$

Произведём сдвиг $u$ и $v$ на функцию Эйлера.

$$\frac{d^4}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$$

$$d^4v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}\sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$$

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

Подставив $(3.3)$, вынеся и сократив общий множитель, получим

$$d^{e-4}u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4d^{e-8}+...+v^{e-8}d^4\mp u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0 \mod 4$$

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

$$1\mp z^4+z^8\mp z^{12}+...+z^{e-8}\mp z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$$

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

$$e=\varphi (2^{kh+2})=2^{kh+1}$$

Используем $(1.1)$.

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{kh}})\equiv 0 \mod 4$$

$$4+8+16+...+2^{kh}=4(1+2+4+...+2^{kh-2})=4(2^{kh-1}-1)=e-4$$

1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,kh)$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 4$
$(du)^4\equiv v^4\mod 4$
$(du)^4 + v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$ из $(3.3)$
Умножим обе части на $2^{hk}$
$2^{hk}((du)^4 + v^4)\equiv \sigma (2^{2h}w)^k \mod 2^{kh+2} \equiv 0$, так как $h>0$,$k>2$
$(du)^4 + v^4 \equiv 0 \mod 4$
Сравним с началом пункта
$2v^4\equiv 0\mod 4$
$v^4\equiv 0 \mod 2$, противоречие
Утверждение раздела 3] доказано.
В качестве примера рассмотрим ВТФ $x=y=z=n=4$.
Тогда $(3.1)$ $a^4+b^4\equiv c^4 \mod 2^{4h+2}$,
$(3.2)$$u^4\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$,
$d=1$,
$(3.3)$ $(u)^4\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}\sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod 2^{4h+2}$
$u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$\frac{v}{u}=z$
$1\mp z^4+z^8\mp z^{12}+...+z^{e-8}\mp z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$e=\varphi (2^{4h+2})=2^{4h+1}$
$(1\mp z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \mod 4$
$$4+8+16+...+2^{4h}=4(1+2+4+...+2^{4h-2})=4(2^{4h-1}-1)=e-4$
1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,4h)$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 4$
$u^4\equiv v^4\mod 4$
$u^4 + v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$ из $(3.3)$
$2^{4h}(u^4 + v^4)\equiv \sigma (2^{2h}w)^4 \mod 2^{4h+2} \equiv 0$, так как $h>0$
$(du)^4 + v^4 \equiv 0 \mod 4$
Сравним с началом пункта
$2v^4\equiv 0\mod 4$
$v^4\equiv 0 \mod 2$, противоречие
Случай ВТФ при $n=4$ доказан.

[Cash]

Куча всякой белиберды, чтобы доказать

Tot в сообщении #916095 писал(а):

2)
$(du)^4\equiv v^4\mod 4$

Что и так было понятно, поскольку остатки нечетных квадратов по модулю $4$ равны $1$
И 90% текста отправляются в мусорку.

-- Ср окт 08, 2014 09:57:13 --

А в оставшихся 10% следует простой обман

Tot в сообщении #916095 писал(а):

$(du)^4 + v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$ из $(3.3)$

$(3.3)$ выглядит немного по другому

[Tot]

Уважаемый Cash, рассмотрим Ваши замечания на ВТФ $n=4$.
Дальше моя цитата с моими опровержениями Ваших замечаний
2) $1-z^4\equiv 0\mod 4$
$u^4\equiv v^4\mod 4$ Это утверждение 1
$u^4 + v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$ из $(3.3)$ Уравнение $(3.3)$ состоит из двух уравнений. Одно с плюсом второй член, второе с минусом. Рассматриваемый пункт 2) получается при разложении уравнения с плюсом, а всё, что получается при разложении уравнения с минусом у второго члена вошло в пункт 1). Будьте, пожалуйста, внимательны! Не выплёскивайте с водой из корыта младенца!
$2^{4h}(u^4 + v^4)\equiv \sigma (2^{2h}w)^4 \mod 2^{4h+2} \equiv 0$, так как $h>0$
$(du)^4 + v^4 \equiv 0 \mod 4$Это утверждение 2. Тут опечатка, т.к. выше написано $d=1$
Сравним с началом пункта
$2v^4\equiv 0\mod 4$
$v^4\equiv 0 \mod 2$, противоречие
Утверждения 1 и 2 различаются знаками. Ошибки нет. У нас по условию $v \mod 2=1$

Я постараюсь внести корректуры, которые сделают текст более понятным.

[Tot]

Размещаю раздел 3] ещё раз, внёс уточняющую надпись, которая позволит уважаемому Cash не запутаться в знаках.

3] $n=4$.
Покажем, что подмножество решений $(2.1)$ при $h=\operatorname{const}>0$, $n=4$ пусто.
Рассмотрим

$$a^x+b^y\equiv c^z \mod 2^{kh+2} (3.1)$$

$k \in \{x, y, z\}\setminus \{n\}$ выберем ниже.Выделим из обобщённой тройки НОД с модулем
без переобозначения. Выделим в качестве $w \in \{a, b, c\}$ ту переменную, которая содержит
множитель $2^h$. Остальные два основания обозначим за $u,v$, а степени у $u,v,w$ заменим на
$m,n,k$ соответственно с учётом прежней договорённости по $n$. Получаем

$$u^m\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2} (3.2)$$

$u \mod 2 \equiv v \mod 2 \equiv w \mod 2 \equiv 1$
$\sigma$ - знак, не совпадающий в общем случае с $\pm$ у $v$.
Введём иррациональную в общем случае переменную $d$.
$u^{m-4}=d^4$, $d \mod 2 \equiv 1$

$$(du)^4\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2} (3.3)$$

Произведём сдвиг $u$ и $v$ на функцию Эйлера.

$$\frac{d^4}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$$

$$d^4v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}\sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$$

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

Подставив $(3.3)$, вынеся и сократив общий множитель, получим

$$d^{e-4}u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4d^{e-8}+...+v^{e-8}d^4\mp u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0 \mod 4$$

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

$$1\mp z^4+z^8\mp z^{12}+...+z^{e-8}\mp z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$$

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

$$e=\varphi (2^{kh+2})=2^{kh+1}$$

Используем $(1.1)$.

$$(1\mp z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{kh}})\equiv 0 \mod 4$$

$$4+8+16+...+2^{kh}=4(1+2+4+...+2^{kh-2})=4(2^{kh-1}-1)=e-4$$

1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,kh)$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 4$
$(du)^4\equiv v^4\mod 4$
$(du)^4 + v^4\equiv \sigma (2^hw)^k \mod 2^{kh+2}$ из верхнего варианта$(3.3)$,
рассматриваемый потенциальный корень оттуда.
Умножим обе части на $2^{hk}$
$2^{hk}((du)^4 + v^4)\equiv \sigma (2^{2h}w)^k \mod 2^{kh+2} \equiv 0$, так как $h>0$,$k>2$
$(du)^4 + v^4 \equiv 0 \mod 4$
Сравним с началом пункта
$2v^4\equiv 0\mod 4$
$v^4\equiv 0 \mod 2$, противоречие
Утверждение раздела 3] доказано.

В качестве примера рассмотрим ВТФ $x=y=z=n=4$.
Тогда $(3.1)$ $a^4+b^4\equiv c^4 \mod 2^{4h+2}$,
$(3.2)$$u^4\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$,
$d=1$,
$(3.3)$ $(u)^4\pm v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$\frac{1}{u^{e-4}}\pm\frac{1}{v^{e-4}}\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}\sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}\pm u^{e-4}\equiv \pm (u^4\pm v^4)(u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod 2^{4h+2}$
$u^{e-8}\mp u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}\mp u^4v^{e-12}+v^{e-8}\mp u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$\frac{v}{u}=z$
$1\mp z^4+z^8\mp z^{12}+...+z^{e-8}\mp z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$e=\varphi (2^{4h+2})=2^{4h+1}$
$(1\mp z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \mod 4$
$$4+8+16+...+2^{4h}=4(1+2+4+...+2^{4h-2})=4(2^{4h-1}-1)=e-4$
1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,4h)$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 4$
$u^4\equiv v^4\mod 4$
$u^4+v^4\equiv \sigma (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$ из верхнего варианта$(3.3)$,
рассматриваемый потенциальный корень оттуда.
$2^{4h}(u^4+v^4)\equiv \sigma (2^{2h}w)^4 \mod 2^{4h+2} \equiv 0$, так как $h>0$
$u^4+v^4 \equiv 0 \mod 4$
Сравним с началом пункта
$2v^4\equiv 0\mod 4$
$v^4\equiv 0 \mod 2$, противоречие
Случай ВТФ при $n=4$ доказан.

[Cash]

Давайте без этих наперстков - это оттуда, это сюда.
В случае $x^4+y^4=z^4$ четным может быть только слагаемое в левой части. Считайте это очевидным и доказанным.
Давайте доказательство без всех этих $\pm$

[Tot]

Случай, предложенный уважаемым Cash.
В качестве примера рассмотрим ВТФ $x=y=z=n=4$.
Тогда $(3.1)$ $a^4+b^4\equiv c^4 \mod 2^{4h+2}$,
$c \mod 2=0$ вариант Cash.
$(3.2)$$u^4+v^4\equiv (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$,
$d=1$,
$(3.3)$ $(u)^4+v^4\equiv (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$\frac{1}{u^{e-4}}+\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}+u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}+u^{e-4}\equiv(u^4+v^4)(u^{e-8}-u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod 2^{4h+2}$
$u^{e-8}-u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}-u^4v^{e-12}+v^{e-8}-u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$\frac{v}{u}=z$
$1-z^4+z^8-z^{12}+...+z^{e-8}-z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$e=\varphi (2^{4h+2})=2^{4h+1}$
$(1-z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \mod 4$
$4+8+16+...+2^{4h}=4(1+2+4+...+2^{4h-2})=4(2^{4h-1}-1)=e-4$
1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(3,...,4h)$
2) $1-z^4\equiv 0\mod 4$
$u^4\equiv v^4\mod 4$
$u^4+v^4\equiv(2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$ из$(3.3)$
$2^{4h}(u^4+v^4)\equiv (2^{2h}w)^4 \mod 2^{4h+2} \equiv 0$, так как $h>0$
$u^4+v^4 \equiv 0 \mod 4$
Сравним с началом пункта
$2v^4\equiv 0\mod 4$
$v^4\equiv 0 \mod 2$, противоречие
Случай ВТФ при $n=4$ доказан.

[Cash]

Cash предлагал совсем не это.
Я же говорил в левой части, то есть $a$ или $b$.
Давайте вот отсюда:
$u^4-v^4\equiv (2^hw)^4 \pmod {2^{4h+2}} $

[Tot]

Извините, прочитал почему-то нечётные в левой части.

-- 08.10.2014, 15:23 --

Исправленный Ваш вариант.
$(3.3)$ $(u)^4-v^4\equiv (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$\frac{1}{u^{e-4}}-\frac{1}{v^{e-4}}\equiv (2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}-u^{e-4}\equiv (uv)^{e-4}(2^hw)^4 \mod 2^{4h+2}$
$v^{e-4}-u^{e-4}\equiv -(u^4-v^4)(u^{e-8}+u^{e-12}v^4+...+v^{e-8}) \mod 2^{4h+2}$
$u^{e-8}+u^{e-12}v^4+...+u^8v^{e-16}+u^4v^{e-12}+v^{e-8}+u^{e-4}v^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$\frac{v}{u}=z$
$1+z^4+z^8+z^{12}+...+z^{e-8}+z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$e=\varphi (2^{4h+2})=2^{4h+1}$
$(1+z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \mod 4$
$$4+8+16+...+2^{4h}=4(1+2+4+...+2^{4h-2})=4(2^{4h-1}-1)=e-4$
1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,4h)$
Случай доказан.

[Cash]

Да в принципе, пустяки.
Ошибку можете найти сами, подставляя любое решение (3.3) в свои выкладки.
Например: $u = 7, v = 3, h=1, w=3$

-- Ср окт 08, 2014 16:29:24 --

я, например, этот переход не понимаю
$1+z^4+z^8+z^{12}+...+z^{e-8}+z^{e-4}\equiv 0 \pmod 4$

$(1+z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \pmod 4$

вверху стоит сумма $\frac e4$ слагаемых, и поскольку это число делится на 4, а каждое слагаемое сравнимо по модулю 4 с единицей, то равенство сомнений не вызывает.
Внизу сравнение решений уже не имеет
Ну и поскольку верхнее равенство является тождеством, то и до этого были проведены явно не равносильные преобразования

[Tot]

Благодарю за найденную ошибку, она у меня с декабря была. Вроде бы виден вполне очевидный метод её исправления, только при этом нужно будет ввести
радикальные изменения во все разделы. Думаю, что одного-двух дней хватит.
Уровень общности случаев простого $n$ и $n=4$ повысится.

Что касается равносильности двух выражений. То лично меня смущает рассмотрение выражений вида $1 \pm z^4 \mod 4$, напоминает отдалённо $1^{\infty}$ под модулем. Можно было бы рассмотреть задачу не по модулю $2^{h+2}$, а с показателем степени немножко больше, чтобы первое приведённая Вами строка не была бы тождеством, тогда бы все преобразования были бы равносильными, а так здесь действительно нужны оговорки. Если я ошибаюсь, то прошу указать на ошибку во вспомогательном разложении (раздел 1]) или его применении в данном случае.

[Tot]

Cash в сообщении #916559 писал(а):

я, например, этот переход не понимаю
$1+z^4+z^8+z^{12}+...+z^{e-8}+z^{e-4}\equiv 0 \pmod 4$

$(1+z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \pmod 4$

вверху стоит сумма $\frac e4$ слагаемых, и поскольку это число делится на 4, а каждое слагаемое сравнимо по модулю 4 с единицей, то равенство сомнений не вызывает.
Внизу сравнение решений уже не имеет
Ну и поскольку верхнее равенство является тождеством, то и до этого были проведены явно не равносильные преобразования

Здесь наверно нужно писать формулы без сокращения общего множителя. Тогда из$2^{4h}(1+z^4+z^8+z^{12}+...+z^{e-8}+z^{e-4})\equiv 0 \pmod 2^{4h+2}$
будет равносильно следовать
$2^{4h}(1+z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \pmod 2^{4h+2}$.
Вопрос лишь как удобнее записывать, чтобы читатели не отвлекались на появление неравносильности в преобразованиях при сокращении общего с частью модуля общего множителя.

Способ исправления выявленной ошибки нашёл, но количество формул выросло в два раза. Раньше в выкладках метода меня сильно смущало параметрическое множество подходящих модулей, а теперь оно сузилось до единственного варианта, так что будет метод или пан, или пропал. Постараюсь выложить в понедельник, то есть "каникул" в обсуждении не будет.

[Cash]

Tot в сообщении #917329 писал(а):

$1+z^4+z^8+z^{12}+...+z^{e-8}+z^{e-4}\equiv 0 \mod 4$
$e=\varphi (2^{4h+2})=2^{4h+1}$
$(1+z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \mod 4$
$$4+8+16+...+2^{4h}=4(1+2+4+...+2^{4h-2})=4(2^{4h-1}-1)=e-4$
1) $1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,4h)$

$(1+z^{4})(1+z^{8})(1+z^{16})...(1+z^{2^{4h}})\equiv 0 \mod 4$ - это верно
$1+z^{2^i}\not \equiv 0\mod 4$, $i=(2,...,4h)$ - это тоже верно.
А сам вывод уже не верен. В кольце вычетов по составному числу могут быть делители нуля.