> 本文為英文原文的全文譯本。研究主張仍以原文為權威來源；翻譯不代表獨立數學驗證。

# Phase 1G-B — $g=p^2q$ 七態系統中不破壞證明可靠性的商

**狀態：** 精確歸約；四個狀態類仍未解決  
**對角線類型：** $g=p^2q$, $p\ne q$, $p\equiv q\equiv1\pmod4$

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## 1. 七個外層偶數股狀態

對於

$$
p=r^2+s^2,
\qquad
q=u^2+v^2,
$$

七個非平凡共同斜邊表示以下列索引編號

$$
(1,0),(2,0),(0,1),(1,1),(1,-1),(2,1),(2,-1).
$$

將相應的偶數股寫成

$$
E_1,\ldots,E_7.
$$

它們的角度標籤為

$$
\phi,\ 2\phi,\ \psi,\ \phi+\psi,\ \phi-\psi,\ 2\phi+\psi,\ 2\phi-\psi.
$$

Gaussian 指數分裂所迫定的有理共同因子，給出
以下賦值分層。

對質數 $p$：

$$
v_p(E_2)=v_p(E_6)=v_p(E_7)=0,
$$

$$
v_p(E_1)=v_p(E_4)=v_p(E_5)=1,
$$

以及

$$
v_p(E_3)\ge2.
$$

對質數 $q$：

$$
v_q(E_3)=v_q(E_4)=v_q(E_5)=v_q(E_6)=v_q(E_7)=0,
$$

而

$$
v_q(E_1)\ge1,
\qquad
v_q(E_2)\ge1.
$$

這些不等式是刻意的：允許跨質數的偶然整除。
不假設任何缺乏支持的精確賦值。

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## 2. 最小賦值引理

令

$$
X^2+Y^2=Z^2
$$

且令 $\ell$ 為奇質數。

在以下賦值中

$$
v_\ell(X),\quad v_\ell(Y),\quad v_\ell(Z),
$$

最小值必須至少出現兩次。

事實上，若恰有一項的賦值嚴格較小，將方程式除以
相應的 $\ell$ 最小偶數冪。模 $\ell$，三個平方項中恰有一項
仍為非零，這不可能成立。

此引理與 $\ell\equiv1$ 或 $3\pmod4$ 無關。

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## 3. 第一個有限商

最初共有

$$
\binom73=35
$$

種選擇三個狀態的無序方式。

在 $p$ 與 $q$ 處同時套用最小賦值引理後，留下
恰好

$$
\boxed{15}
$$

個狀態三元組。

對 $q$ 的 Gaussian 質數作共軛，會交換

$$
4\leftrightarrow5,
\qquad
6\leftrightarrow7.
$$

對此精確對稱性取商後，只留下

$$
\boxed{10}
$$

個本質的無序狀態類。

---

## 4. 十個類

使用狀態編號，十個類的代表為

$$
\{1,3,4\},
\{1,4,5\},
\{1,6,7\},
\{2,3,6\},
\{2,4,6\},
$$

$$
\{2,4,7\},
\{2,6,7\},
\{3,4,5\},
\{3,6,7\},
\{4,6,7\}.
$$

省略的共軛配對由以下交換得到

$$
4\leftrightarrow5,
\qquad
6\leftrightarrow7.
$$

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## 5. 排除六個類

### 類 $\{1,3,4\}$

三種可能的內部畢氏排序歸約為正性條件或

$$
\tan\phi\,\tan\psi=1.
$$

後者使

$$
\phi+\psi=\frac\pi2
$$

並因此使一個外層畢氏表示退化。

共軛類 $\{1,3,5\}$ 同樣歸約為正性條件或
$\phi=\psi$，這與相異質數 Gaussian 狀態不相容。

因此，該類被排除。

### 類 $\{1,4,5\}$

令

$$
A=rs,\quad R=r^2-s^2,
$$

$$
B=uv,\quad U=u^2-v^2.
$$

除去共同因子後，兩種非平凡排序歸約為

$$
Aq^2=4RBU
$$

或

$$
A^2(8B^2-q^2)=2B^2R^2.
$$

第一個迫使 $q^2\mid R$，再導出質數平方因數分解與大小
矛盾。

第二個迫使 $B\mid A$，接著 $A=B$，最後得到

$$
q^2+2p^2=16A^2,
$$

這在模 $8$ 下不可能成立。

因此，此類被排除。

### 類 $\{2,3,6\}$

它的兩個非平凡代數條件，恰為以下式子的
分子或分母為零

$$
\tan(2\phi+\psi).
$$

因此，狀態 $2\phi+\psi$ 具有零偶數股或零奇數互補股。

兩者皆為退化。

包含狀態 $7$ 的共軛類以完全相同方式排除。

### 類 $\{2,6,7\}$

令

$$
R_2=R^2-4A^2,
\qquad
A_2=2AR.
$$

則

$$
p^4=R_2^2+4A_2^2,
\qquad
\gcd(R_2,A_2)=1.
$$

此類與先前的雙質數計算具有完全相同的加／減結構，
但以本原 $p^2$ 表示取代
$p$ 的表示。

其中一個分支再次導出模 $8$ 矛盾。

另一個迫使某個公因數為 $1$、$p$ 或 $p^2$。
$p$ 與 $p^2$ 的配置與本原性或大小矛盾；剩餘的
配置歸約為相同的質數平方大小矛盾。

因此，該類被排除。

### 類 $\{3,4,5\}$

這是類 $\{1,4,5\}$ 交換質數後的對應類。

相同的分支 I／分支 II 兩個論證將其排除。

### 類 $\{3,6,7\}$

再次使用本原 $p^2$ 表示 $(R_2,2A_2)$。

其中一個分支給出相同的模 $8$ 矛盾。

剩餘分支迫使

$$
U=p^4
$$

以及

$$
B=4A_2R_2.
$$

寫成

$$
x=R_2,
\qquad
y=2A_2,
$$

我們有

$$
p^4=x^2+y^2
$$

且 $q$ 的範數條件變為

$$
q^2=x^4+18x^2y^2+y^4.
$$

Pocklington 的經典四次式障礙指出，

$$
x^4+18x^2y^2+y^4=z^2
$$

沒有非零整數解。

因此，此類被排除。

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## 6. 只剩四個狀態類

經過以上所有不破壞證明可靠性的歸約後，整個 $p^2q$ 七態問題
已歸約為四個共軛類：

$$
\boxed{
\{1,6,7\},
\quad
\{2,4,6\},
\quad
\{2,4,7\},
\quad
\{4,6,7\}.
}
$$

它們的共軛不增加新的結構類。

因此，原先的

$$
105
$$

條定向方程式先壓縮為 $35$ 個無序三元組，
再成為 $15$ 個賦值相容三元組、$10$ 個共軛類，
最後只剩四個未解決的類。

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## 7. 研究狀態

這**尚未**證明 $g=p^2q$ 的全域排除。

目前的一份 ProofAtlas 研究紀錄，獨立報告了在一條保留的低質數支撐路線內對 $p^2q$ 的排除，
但明確將此排除標記為
來源所報告的結果，並建議獨立稽核其互質性與
平方整除步驟。

因此，目前的歸約最好視為一條獨立稽核路線。

下一個任務是不假設來源所報告的排除，
解決方框內的四個類。