ВТФ с точки зрения симметрических функций.

[ishhan]

PAV в сообщении #540785 писал(а):

Это примерно то же самое, что заменить буквы $x,y,z$ на $a,b,c$ и назвать это "эквивалентной формулировкой".

Привожу в качестве аргумента, оправдывающего рассмотрение эквивалентных уравнений, простой пример.
Начну с уравнения Пифагора и отыскания пифагоровых троек при помощи эквивалентного уравнения.
Запишем уравнение Пифагора:

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

И эквивалентное уравнение Пифагора:

$$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$$

Если искать целочисленные решения, то записать условия целостности для эквивалентного уравнения гораздо проще, чем для исходного.
Так как слева стоит квадрат целого числа, то произведение сомножителей в правой части так же квадрат, причём чётного числа. Без проблем получаем три условия целостности:
$z-x=2p^2$
$z-y=q^2$
$x+y-z=2pq$
И находим в параметрическом виде решения уравнения Пифагора:
$z=2p^2+q^2+2pq$
$y=2p^2+2pq$
$x=q^2+2pq$
Где $p,q$ произвольные целые числа.
Это уже не "песочница в детском саду", а минимум "первый класс вторая четверть"

[nnosipov]

ishhan в сообщении #540940 писал(а):

Если искать целочисленные решения, то записать условия целостности для эквивалентного уравнения гораздо проще, чем для исходного.

Ничуть не проще, разницу не ощутить. А вид решений у Вас получается более громоздкий. Сравните с классическими формулами: $x=m^2-n^2$, $y=2mn$, $z=m^2+n^2$.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #540957 писал(а):

ishhan в сообщении #540940 писал(а):

Если искать целочисленные решения, то записать условия целостности для эквивалентного уравнения гораздо проще, чем для исходного.

Ничуть не проще, разницу не ощутить. А вид решений у Вас получается более громоздкий. Сравните с классическими формулами: $x=m^2-n^2$, $y=2mn$, $z=m^2+n^2$.

Есть одно "но".
Как выудить этот, с Вашей точки зрения, простейший вид классических решений из уравнения $x^2+y^2=z^2$
Только непосредственно подставив их в уравнение можно убедиться , что классические решения подходят.
Разница в том, что эквивалентное уравнение Пифагора $(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$ самодостаточно для записи решений, то есть всем своим алгебраическим видом показывает их.

[nnosipov]

ishhan в сообщении #540969 писал(а):

Как выудить этот, с Вашей точки зрения, простейший вид классических решений из уравнения $x^2+y^2=z^2$

Книжки надо читать.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #540986 писал(а):

ishhan в сообщении #540969 писал(а):

Как выудить этот, с Вашей точки зрения, простейший вид классических решений из уравнения $x^2+y^2=z^2$

Книжки надо читать.

С удовольствием прочту доказательство Ламе для $n=7$ пришлите пожалуйста ссылку, можно на английском или французском.

[nnosipov]

ishhan в сообщении #540998 писал(а):

С удовольствием прочту доказательство Ламе для $n=7$ пришлите пожалуйста ссылку, можно на английском или французском.

А с доказательствами для $n=3$ (Эйлер) и $n=5$ (Дирихле) Вы уже разобрались? Уже это нелёгкое чтиво. Во всяком случае, это гораздо сложнее, чем случай $n=4$. Об этом можно прочесть в книге Эдвардса "Последняя теорема Ферма". Но чтобы понять, что там написано, потребуется терпение. (Ферматисты любят ссылаться на эту книгу, но они её почти всегда не читают --- математическая составляющая довольно нетривиальна.)

[ishhan]

Но меня интересует именно доказательство Ламе для$ n=7$ в котором он использует тождество:

$$(x+y+z)^7-x^7-y^7-z^7=7(x+y)(z+x)(z+y)((x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z))$$

И эквивалентную запись уравнения Ферма относительно этого тождества:

$$(x+y+z)^7=7(x+y)(z+x)(z+y)((x^2+y^2+z^2+xy+zx+zy)^2+xyz(x+y+z))$$

которое выглядит довольно громоздко, но не это главное, а то что правая часть эквивалентного уравнения обладает свойством симметрической формы от четырёх переменных $x,y,z,s$, где $s=-x-y-z$.
Эдвардса и М.М. Постникова читал, причём мне больше понравилось изложение М.М.Постникова, которое основывается на книге Хинчина.

[nnosipov]

Суть вопроса можно понять, читая Постникова или, что ещё лучше, "Теорию чисел" Боревича и Шафаревича (здесь, например, доказывается ВТФ при условии, что поле деления круга на $n$ частей одноклассно). Оригинальное доказательство самого Ламе найти непросто.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #541052 писал(а):

Суть вопроса можно понять, читая Постникова или, что ещё лучше, "Теорию чисел" Боревича и Шафаревича (здесь, например, доказывается ВТФ при условии, что поле деления круга на $n$ частей одноклассно). Оригинальное доказательство самого Ламе найти непросто.

Честно скажу, что мне не уже не интересны поля деления круга и то, как они связаны с уравнением Ферма, которое принадлежит на самом то деле Пифагору, просто показатель степени другой.
Мне больше импонирует подход Галуа в котором он рассматривает связь уравнений с тем что называется симметрией, инвариантностью и др.
Не буду хвастаться, но при помощи эквивалентных уравнений я уже давно сам разобрался с тем, что называется 1 случай ВТФ для $n=3, 5, 7,11,13,17$
Если интересно, могу привести строчек на 40-50 доказательства любого на выбор, но на всякий случай скажу, что оно основано на том сколькими способами можно представить число $n$ в виде суммы трёх вычетов и вычислить пару для $n=7, 11$ тройку для $n=13,17 $ значений одной любопытной формы, которую некоторые называют делителем нуля.

[nnosipov]

ishhan в сообщении #541103 писал(а):

Не буду хвастаться, но при помощи эквивалентных уравнений я уже давно сам разобрался с тем, что называется 1 случай ВТФ для $n=3, 5, 7,11,13,17$

А со 2 случаем разобрались хотя бы при $n=3$?

Полезно также заглянуть в книгу Рибенбойма "Последняя теорема Ферма для любителей" и выяснить, нет ли там чего-нибудь похожего.

[Shadow]

Цитата:

И находим в параметрическом виде решения уравнения Пифагора:
$z=2p^2+q^2+2pq$
$y=2p^2+2pq$
$x=q^2+2pq$
Где $p,q$ произвольные целые числа.

Это и есть класические формулы, да только в виде:
$\\x=(p+q)^2-p^2\\ y=2p(p+q)\\ z=(p+q)^2+p^2$
Не знаю почему Вам показалось, что выразить решения через p и p+q лучше, чем через p и q.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #541150 писал(а):

ishhan в сообщении #541103 писал(а):

Не буду хвастаться, но при помощи эквивалентных уравнений я уже давно сам разобрался с тем, что называется 1 случай ВТФ для $n=3, 5, 7,11,13,17$

А со 2 случаем разобрались хотя бы при $n=3$?

Полезно также заглянуть в книгу Рибенбойма "Последняя теорема Ферма для любителей" и выяснить, нет ли там чего-нибудь похожего.

.
Обязательно загляну к Рибенбойму, а по поводу случая 2 особенно для показателя 3, могу только сказать: легко доказывается, если одно из переменных $x,y,z$ делиться на 3, то оно же должно делиться и на 9, но это "квазивторой" случай.
К сожалению из предположения, что одно из переменных делится на 9, уже не получается найти противоречие , суть которого следствие:
в том случае, если одно из переменных делится на 9, то оно должно делиться и на 27.
Не придаю этому факту вообще ни какого значения так как знаю, что оно ведёт в лабиринты ВТФ...
Для тройки я пользуюсь тождеством с геометрическим смыслом,(только не смейтесь ) который я постиг во время вырезания из детского пластмассового кубика, допустим с ребром $z$, и из симметричных относительно главной диагонали вершин, два кубика со сторонами $x,y$ такими, что $x+y-z>0$ поэтому внутри кубика была "дырка" в очертаниях которой угадывался куб со стороной $x+y-z$.
Этот тождество представляет собой запись объёма$V$ в аддитивном и мультипликативном виде той фигуры , которая останется после вырезания из кубика двух других:

$$V=(x+y-z)^3-x^3-y^3+z^3=3(x+y)(z-x)(z-y)$$

.
Поскольку степень равна $3$, то не остаётся места для симметрической формы степени $n-3$, которая появляется уже при $n=5$:

$$(x+y-z)^5-x^5-y^5+z^5=5(x+y)(z-x)(z-y)(x^2+y^2+z^2-xz-yz+xy)$$

[ishhan]

Такой будет картинка или рисунок фигуры имеющей объём $V=3(z-x)(z-y)(x+y) $ или тот же объём при любых $x,y,z$ можно выразить как алгебраическую сумму $V=(x+y-z)^3-x^3-y^3+z^3$
В этом, возможно, скрыт геометрический смысл того, что называют ВТФ для $n=3$
P.S. В прошлом посте допустил ляп по поводу того как вырезаются кубики. Теперь надеюсь ясно.
И ещё, для $n=2$ такой геометрический подход приводит к тождеству:
(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=2(z-x)(z-y)
и плоской картинке, которую не буду приводить .

-- Вт фев 21, 2012 21:33:31 --

Shadow в сообщении #541206 писал(а):

Цитата:

И находим в параметрическом виде решения уравнения Пифагора:
$z=2p^2+q^2+2pq$
$y=2p^2+2pq$
$x=q^2+2pq$
Где $p,q$ произвольные целые числа.

Это и есть класические формулы, да только в виде:
$\\x=(p+q)^2-p^2\\ y=2p(p+q)\\ z=(p+q)^2+p^2$
Не знаю почему Вам показалось, что выразить решения через p и p+q лучше, чем через p и q.

Это не лучше и не хуже.
Это то же самое.
А вид пифагоровых троек продиктован условиями целостности, которые естественным образом следуют из эквивалентного уравнения Пифагора:

$$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$$

[ishhan]

Так выглядит плоский случай, который всё же приведу, так как люблю геометрию и в частности планиметрию.

$$(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=2(z-x)(z-y)$$

Мне нравится.
А Вам?