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, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение12.03.2018, 04:33 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Числа (2),(3) и (4) содержат только простые числа вида $6n + 1$. Ваш пример это подтверждает$18^3 + 19^3 =37\cdot7^3 =(6\cdot6 + 1) + (6 + 1)$
Числа (2),(3) и (4) носят вспомогательный характер при доказательстве ВТФ для $n = 3$.

-- 12.03.2018, 08:12 --

Уважаемый binki ! Числа (2),(3) и (4) содержат только простые числа вида $6n + 1$. Ваш пример это подтверждает$18^3 + 19^3 =37\cdot7^3 =(6\cdot6 + 1) (6\cdot1 + 1)^3$
Числа (2),(3) и (4) носят вспомогательный характер при доказательстве ВТФ для $n = 3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение12.03.2018, 16:09 


19/04/14
321
Виноват. Ошибка при копировании примера. Правильный $$17^3+37^3= 54 (3\cdot7^3)$$ Было указано на использование в докве сумм степеней не содержащих делитель 3. В этом случае Вы правы. Трехчлен является числом вида $6n+1$ Но докво длиновато. Проще $$z^3+x^3 \equiv (z+x)\cdot 1 \mod 6 $$ Откуда сразу видно, что трехчлен число вида $6n+1$. Остается в силе доказать, что трехчлены содержащие делитель нет необходимости учитывать. То есть доказать, что у Вас не частный случай.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение12.03.2018, 17:14 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый binki !
1.Благодарю за подсказку. Числа (2),(3) и (4) не только имеют вид $6n +1$, но и представляют произведение простых чисел вида $(6n + 1)$.
2. Чтобы поставить точку в доказательстве ВТФ для $n=3$
следует доказать, что равенство (1) несправедливо, если числа (2), (3) и (4) представляют произведения только простых чисел вида $(6n_2 + 1)$(Подмножество 2), т.е. таких, что $2^{2n_2}-1\equiv 0\mod (6n_2 +1)$. Это числа к примеру 31, 43, 127, 157... Доказательство достаточно обьемное.

-- 12.03.2018, 20:21 --

Уважаемый binki ! Пример $17^3 + 37^3$ не удачный, так как $37 - 17=20$ не делиться на3.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение12.03.2018, 19:19 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1296996 писал(а):
! Пример $17^3 + 37^3$ не удачный, так как $37 - 17=20$ не делиться на3.

Это не делиться Ваш трехчлен $((z-x)^2+zx)$, а трехчлен $((x+y)^2-3xy)$ делится, так как $(x+y)=(37+17)$ . Но Вы эти трехчлены игнорируете. А зря.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение13.03.2018, 06:52 


27/03/12
449
г. новосибирск
март 2018
1. В посте обозначенном «27.02. 2018 »
показано, что равенство $x^3 + y^3-z^3=0\engo(1)$ несправедливо, если хотя бы одно из чисел
$z^2-z x +x^2 = (z-x) ^2 +z x\engo(2)$,

$z^2-z y +y^2 = (z-y) ^2 +z y \engo(3)$,

$x^2 + x y +y^2=(x + y) ^2 +x y\engo(4)$,
содержит, хотя бы один простой сомножитель (делитель) вида $p_1 =6n_1 +1$ (Подмножество1),
т.е. такой, что $2^{2n_1}-1\not\equiv 0\mod (6n_1 +1)$.

2. Чтобы поставить точку в доказательстве ВТФ для $n=3$
следует доказать, что равенство (1) несправедливо, если числа (2), (3) и (4) представляют произведения только простых чисел вида $6n_2 + 1$(Подмножество 2), т.е. таких, что $2^{2n_2}-1\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(5)$.

I. Доказательство
3.Пусть для определенности число (2) есть произведение только простых чисел вида $6n _2 + 1$, тогда очевидно
$z^2-z x +x^2 = (z +x) ^2 -3z x\equiv 0\mod(6n_2+1)\engo(6)$,
отсюда
$[(z + x), (6n_2 + 1)] =1\engo(7)$.


Очевидно благодаря (6) будет справедливо сравнение
$z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n _2 + 1)\engo(8)$.
4. Пусть для определенности $(y, 3) =1$ и пусть
формулы Абеля для делителей числа y будут

$y = U_1d_1$,где $U_1^3 =z^2 + zx + x^2\engo(9)$ и

$z-x =d_1^3\engo(10)$.
Из правой и левой части (9) вычтем $2z x$

$U_1^3 -2z x=z^2 + z x +(-2zx) +x^2$, отсюда с учетом (6)

$U_1^3 -2zx=z^2 –z x +x^2\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, тогда

$U_1^3 \equiv 2zx\mod (6n_2 + 1)\engo(11)$.

Правую и левую части (11) возведем в степень$2n_2$

$ (U_1^3)^{2n_2}\equiv 2^{2n_2}z^{2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)$,
отсюда с учетом (5) и Малой теоремой Ферма (МТФ)имеем

$1\equivz^{2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)\engo(12)$.

5. Поиск противоречия в сравнении(12)
Благодаря МТФ имеем
$ z^{6n_2}\equiv 1\mod (6n_2+ 1)\engo(13)$.

$ x^{6n_2}\equiv 1\mod (6n_2+ 1) \engo(14)$.
Из (13) вычтем (12) получим
$z^{6n_2}-z^{2n_2}x^{2n_2}\equiv 0\mod (6n_2+ 1)$,отсюда
$ z^{4n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2+ 1) \engo(15)$.$
Из (14) вычтем (12) получим

$x^{6n_2}-z^{2n_2}x^{2n_2}\equiv 0\mod (6n_2+ 1)$
$ x^{4n_2}\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2+ 1)\engo(16)$.

Из (15) вычтем (16) получим

$ z^{4n_2}- x^{4n_2}\equiv- (z^{2n_2}- x^{2n_2})\mod (6n_2+ 1)$, отсюда

$(z^{2n_2}- x^{2n_2})(z^{2n_2}+ x^{2n_2} + 1)\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(17)$, отсюда возможны 2 варианта сравнений

или
вариант 1--$(z^{2n_2}- x^{2n_2})\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(18)$.
или
вариант 2--$(z^{2n_2}+x^{2n_2} +1)\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(19)$.

II. Вспомогательные сравнения
пусть
6. $r_1z\equiv x\mod (6n_2 + 1) \ engo(20)$,

$r_2y\equiv z\mod (6n_2 + 1) \ engo(21)$,

$r_3x\equiv -y\mod (6n_2 + 1) \ engo(22)$,
где $(r_1,r_2,r_3)$- наименьшие натуральные вычеты, принадлежащие приведенной системе таких вычетов по модулю $6n_2 + 1$
6.1.Перемножим сравнения (20),(21) и (22) $r_1r_1r_3z y x\equiv-x z y\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$r_1r_1r_3\equiv-1\mod (6n_2 +1) \ engo(23)$.

6.2. Рассмотрим (8) с учетом (20) получим $z^3 +x^3\equiv z^3 + (r_1z)^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$r_1^3\equiv -1\mod (6n_2 +1) \ engo(24)$.
6.3. Из (23) вычтем (24)
$r_1r_1r_3-r_1^3=r_1(r_2r_3-r_1^2)\equiv 0\mod(6n_2 +1)$, отсюда

$r_2r_3\equiv r_1^2\mod (6n_2 +1) \ engo(25)$, тогда с учетом (24) имеем
$(r_2r_3) ^3\equiv( r_1^2)^3\equiv 1\mod (6n_2 +1) $
Продолжение следует....

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение14.03.2018, 08:18 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1297106 писал(а):
6.2. Рассмотрим (8) с учетом (20) получим $z^3 +x^3\equiv z^3 + (r_1z)^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

Уважаемый vasili!
Нельзя рассматривать (8), так как вводите для (1) дополнительное ограничение. Уравнение Ферма требует, чтобы для натуральных, сумма $$(y^3 +x^3) \quad \text{была кубом, а не }\quad  (z^3 +x^3)\eqno (b)$$ А раз так, то $\quad  (z^3 +x^3)$ вполне может состоять из простых чисел указанного вида.
Кроме того, опечатки в (4) по знаку. В (12) отсутствует часть формулы. Перед номерами формул \eqno , как в (b), но не engo.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение14.03.2018, 12:12 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый binki! Благодарю за замечания. Действительно в (4) в правой части равенства следует вместо $+xy$ читать $-xy$. А сравнение(12) -это булет $1\equiv z^{2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$.

Сравнение $z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ есть результат числа (2), а не равенства (1).

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение14.03.2018, 12:52 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1297315 писал(а):
Сравнение $z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ есть результат числа (2), а не равенства (1).

В том то и дело, что по (1) число (2) не обременено свойствами куба, поэтому может состоять из простых чисел вида $(6n+1)$
Например: $$3^3+4^3=91$$ и Ваше сравнение $z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ справедливо

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение15.03.2018, 06:41 


27/03/12
449
г. новосибирск
Продолжение поста «Март 2018»
7. Будем рассматривать три возможных варианта, показателя $2n_2$, а именно:
(а)--$2n_2 =3k_0$, где $k_0 $-число четное

(б)--$2n_2 =3k_1 + 1$, где $k_1$ -число нечетное

(в)--$ 2n_2 =3k_2 + 2$, где $k_2$ -число четное

8. Анализ сравнения $(z^{2n_2}- x^{2n_2})\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(18)$ с учетом п.7

8.1. Пусть $2n_2 = 3k_0$, тогда сравнение (18)

$z^{3k_0}- x^{3k_0}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда
$z^{3k_0}\equiv x^{3k_0}\mod (6n_2 +1)$, тогда
с учетом этого сравнение (12) будет

$z^{3k_0}x^{3k_0}\equiv z^{6k_0}\equiv 1 \mod (6n_2 +1)$, а также
$z^{3k_0}x^{3k_0}\equiv x^{6k_0}\equiv 1 \mod (6n_2 +1)$.
Благодаря МТФ имеем
$z^{9k_0}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$, а также

$x^{9k_0}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

Тогда $z^{9k_0}- z^{6k_0}\equiv z^{6k_0}(z^{3k_0}-1)\mod (6n_2 + 1)$, отсюда
$z^{3k_0}-1\mod (6n_2 + 1) engo(25)$.

Тогда $x^{9k_0}- x^{6k_0}\equiv x^{6k_0}(x^{3k_0}-1)\mod (6n_2 + 1)$.
$x^{3k_0}-1\mod (6n_2 + 1) engo(26)$.
Пусть
$2^{k_0}\equiv m_0$, тогда с учетом (5)
$(2^{k_0})^3\equiv m_0^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

$z^{k_0}\equiv m_1$, тогда
$(z^{k_0})^3\equiv m_1^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

$x^{k_0}\equiv m_2$, тогда
$(x^{k_0})^3\equiv m_2^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

$r_2r_3\equiv m_3$, тогда
$ (r_2r_3)^3\equiv m_3^3\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$

Мы получили 4 наименьших натуральных вычета $m_0, m_1. m_2, m_3$, принадлежащих показателю 3
по модулю $(6n_2 + 1)$, что невозможно, так как $\varphi(3) =2$.
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_0$.

8.2. Пусть $2n_2 = 3k_1 + 1$, тогда сравнение (18)

$z^{3k_1 + 1}- x^{3k_1 +1}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда с учетом (8) имеем

$z^{3k_1}z -(-z^3)^{k_1}x\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, тогда

$ z^{3k_1}(z + x)\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$(z + x)\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, что не возможно в силу(7).
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_1 +1$.

8.3. Пусть $2n_2 = 3k_2 + 2$, тогда сравнение (18)

$z^{3k_2 + 2}- x^{3k_2 +2}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда с учетом (8) имеем

$(z^3)^{k_2}z^2- (-z^3)^{k_2}x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)$.
Так как $k_2$- число четное, то
$(z^3)^{k_2}- (-z^3)^{k_2}\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ и
$z^2-x^2=(z-x)(z +x)\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, отсюда
или
$(z +x)\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$ , что не возможно в силу(7).
или
$(z-x)\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$ , что невозможно, так как $[z x y, (6n_2 +1)] =1$. $[(z-x=d_1^3),(y=Ud_1)] =d_1$
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_2 +2$.

Сравнение (18) не справедливо, так все три варианта показателя $2n_2$ приводят к противоречию.

9. . Анализ сравнения $z^{2n_2}+x^{2n_2}+1\equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(19)$ с учетом п.7
Пусть $2n_2 = 3k_0$, тогда сравнение (19)
$z^{3k_0}+x^{3k_0}+1\equiv 0\mod(6n_2 +1)$
Так как $3k_0$ число четное ,то с учетом (8) будет
$ z^{3k_0}\equiv (-z^3)^{k_0}\x^{3k_0}\mod (6n_2 +1)$, тогда
$z^{3k_0}+x^{3k_0}+1\equiv 2 x^{3k_0} +1\mod(6n_2 +1)$,
Отсюда с возведением в степень 3 имеем
$(2 x^{3k_0})^3\equiv(-1)^3\mod(6n_2 +1)$, отсюда с учетом МТФ имеем
$2^3=8\equiv-1\mod (6n_2 +1)$, что невозможно, так как
$(6n_2 +1) > 3$.
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_0$.
Продолжение следует...

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение25.03.2018, 15:43 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1297106 писал(а):
II. Вспомогательные сравнения
пусть 6. $$r_1z\equiv x\mod (6n_2 + 1) \eqno (20)$$ $$r_2y\equiv z\mod (6n_2 + 1) \eqno (21)$$ $$r_3x\equiv -y\mod (6n_2 + 1) \eqno (22)$$

Уважаемый vasili!
Почему рассматриваете только три вычета для модуля $(6n_2 + 1)$? Ваше "пусть" для (20), (21),(22) требует пояснений.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение26.03.2018, 16:16 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Три числа и три вычета. Можно взять вычеты $m_1, m_2, m_3$ такие, что
$m_1r_1\equiv1\mod (6n_2 +1)$,
$m_2r_2\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,
$m_3r_3\equiv1\mod (6n_2 +1)$ и
получить

$m_1x\equiv z\mod(6n_2 +1)$,
$m_2z\equiv y\mod(6n_2 +1)$,
$m_3y\equiv -x\mod(6n_2 +1)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение27.03.2018, 08:43 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1299864 писал(а):
Три числа и три вычета. Можно взять вычеты $m_1, m_2, m_3$ такие, что

vasili , Если говорить только о трех вычетах, определяемых УФ, но не модулем $(6n_2 +1)$, то можно ли брать вычеты такие (другие), что выполняются (20),(21),(22), но будет ли при этом выполняться УФ?

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение28.03.2018, 06:50 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Числа $r_i, $ вспомогательные и вводятся мною для углубленного анализа ВТФ.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение29.04.2018, 08:03 


27/03/12
449
г. новосибирск
Продолжение поста « Март 2018»
Апрель 2018.

10. Продолжим рассмотрение сравнения
$z^{2n_2} +x^{2n_2} +1\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$
для случая, когда$2n_2 =3k_2 + 2$ и для случая, когда $2n_2 =3k_1 + 1$
Случай, когда $2n_2 =3k_0$ рассмотрен в предыдущем посте.
11. Итак, пусть $2n_2 = 3k_2 + 2$, тогда сравнения (19) будет
$z^{3k_2 +2}+ x^{3k_2 +2} + 1\equiv0\mod (6n_2 к+1)\engo(19)$, а с учетом (8) имеем

$(z^3)^{k_2} z^ 2+ (- z^ 3)^{k_2} x^ 2 + 1\equiv0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$,отсюда

$(z^3)^{k_2} (z^ 2-x^ 2)\equiv -1\mod (6n_2 +1)\engo(19)$, а после умножения на $z^2$ имеем

$z^{3k_2 +2}(z^ 2-x^ 2)\equiv -z^2\mod (6n_2 +1)\engo(20)$
Возведем сравнение (20) в 3-ю и учитывая, что $(z^{3k_2 +2})^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ получим

$(z^ 2-x^ 2)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$
Преобразуем левую часть (21)
$(z-x)^2(z-x)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$

$[(z^2-zx + x^2)-z x] (z-x)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$, а с учетом (6) имеем

$-z x (z-x)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$
или
$- x (z^2-zx)(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$
Благодаря (6) имеем
$(z^2-zx)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$, тогда

$x^3(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$, а

учитывая, что $x^3\equiv -z^3\mod (6n_2 +1)$ имеем

$(z + x)^3\equiv z^3\mod (6n_2 +1)\engo(22)$
Преобразуем (22) получим
$3z x(z +x) +x^3\equiv 0\mod (6n_2 +1)$
Или после сокращения на x имеем
$3z^2 +3zx +x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(23)$,
но благодаря (6) имеем

$3z^2 -3zx +3x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(24)$
Из (23) вычтем (24) получим

$6zx-2x^2\equiv 0\mod (6n_2 +1)$
Или после сокращения на$2x$ имеем

$3z\equiv x\mod (6n_2 +1) \engo(25)$.
А после возведения (25) в 3-ю степень и учитывая (8) имеем

$27z^3\equiv x^3\ equiv- z^3\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$27\equiv- 1\mod (6n_2 +1)$
или
$28=4\cdot7\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, отсюда

$7\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, что невозможно, так как простое число 7 относится к I Подмножеству простых чисел вида $6n +1$/
Вывод: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_2 + 2$..

Осталось доказать, что: Показатель $2n_2$ не может быть равен $3k_1 + 1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение07.05.2018, 20:14 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1308504 писал(а):
Благодаря (6) имеем
$(z^2-zx)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$, тогда

$x^3(z + x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\engo(21)$,

Уважаемый vasili!
Ошибка в знаке. Правильно$$x^3(z - x)^3\equiv -z^6\mod (6n_2 +1)\eqno(21)$$Поэтому все остальное и заключительный вывод ошибочные.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 76 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  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