По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[Феликс Шмидель]

ishhan писал:

ishhan в сообщении #719246 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель!
Вы прошли большой путь по теории ВТФ и, не сочтите за навязчивость, но мне было бы интересно услышать Ваше мнение об уравнении Ферма записанном в эквивалентном виде. Так все обычно рассматривают уравнение $x^n+y^n+z^n=0$
Но есть фундаментальное алгебраическое тождество:

$$(x+y+z)^n-x^n-y^n-z^n=n(x+y)(x+z)(y+z)W^{n-3}(x,y,z)$$

Где n-простое число, $W^{n-3}(x,y,z)$-целочисленный полином степени $n-3$ обладающий свойством
$W^{n-3}(x,y,z)=W^{n-3}(s,y,z)=W^{n-3}(x,s,z)=W^{n-3}(x,y,s)$ где $s=-x-y-z$
В это тождество входит формула уравнения Ферма и если исключить её то получим эквивалентное уравнение Ферма:

$$(x+y+z)^n=n(x+y)(x+z)(y+z)W^{n-3}(x,y,z)$$

Может быть имеет смысл заняться полиномом$ W^{n-3}(x,y,z)$ и условиями его целостности. Разложить его на множители и проанализировать множители на взаимную простоту? Ламе и Дирихле пользовались этим тождеством для доказательства случаев$ n=5$,$ n=7$.http://mathworld.wolfram.com/FermatsLastTheorem.html

Я рассматривал этот подход и, таким образом, доказал ВТФ для многих значений показателя $n$ (где $n$ - простое число, не равное трём, для $n=3$ у меня не получилось доказать ВТФ таким способом).

[Belfegor]

Уважаемый Феликс Шмидель! А что такого особенного в 3 степени? Вы не могли бы привести для примера доказательства через указанный способ, например, для 7 степени.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Belfegor!

Используя симметричные функции, мне удалось доказать только первый случай ВТФ, то есть, при предположении, что $xyz$ не делится на $n$.
Я могу воспроизвести доказательство только частично, потому что оно опиралось на работу в которой доказывалось, что если $xy+xz+yz$ делится на $n$, то равенство $x^n+y^n+z^n=0$ невозможно.
Сейчас я уже не могу найти эту работу.

Пусть $n$ - простое число, большее 3-ёх.
Пусть $a=x+y+z$, $b=xy+xz+yz$, $c=xyz$.
Можно доказать, что выражение $\frac{(x+y+z)^n-(x^n+y^n+z^n)}{n}$ является полиномом с целыми коэффициентами от $a$, $b$ и $c$ и даёт остаток кратный $b c$ или $b^2 c$ при делении этого полинома на $a$.
Например, $\frac{(x+y+z)^5-(x^5+y^5+z^5)}{5}$ даёт остаток $-bc$ при делении на $a$,
$\frac{(x+y+z)^7-(x^7+y^7+z^7)}{7}$ даёт остаток $b^2 c$ при делении на $a$.
Предположим $x^7+y^7+z^7=0$.
Тогда $b^2 c$ делится на $7$, и либо $b$ либо $c$ делится на $7$.
Такая ситуация часто встречается и при других значениях $n$, что можно проверить на компьютере.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #728939 писал(а):

Я рассматривал этот подход и, таким образом, доказал ВТФ для многих значений показателя $n$ (где $n$ - простое число, не равное трём, для $n=3$ у меня не получилось доказать ВТФ таким способом).

Спасибо, что откликнулись.
Честно говоря удивлён, что Вы прошли мимо доказательства первого случая $n=3$ при помощи эквивалентного уравнения:

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

Лично я схватил ВТФ вирус именно после осознания этого выражения и его красивого геометрического смысла и геометрической фигуры с объёмом $V=(x+y-z)^3-x^3-y^3+z^3=3(z-x)(z-y)(x+y)$ рисунок которой я приводил ранее, впрочем есть и фотка модели для случая $x+y-z>0$. Так в этом случае получается фигура с поворотной осью третьего порядка, и как следствие этой симметрии, следует невозможность первого случая ВТФ. Немаловажную роль играет число $x+y-z$так как это одно из рёбер фигуры на фотке.

По поводу $xy+zx+zy$ у В.Серпинского в книге о целочисленных уравнениях есть решение $xy+zx+zy=0$ которое связано с уравнением $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2$ его я тоже рассматривал, но бросил, как-то в последнее время недосуг стало.
Существование решений этого уравнения записанного при помощи симметрической формы степени два наводит на мысль проверить существование решений для простейших симметрических форм от трёх переменных степени $n$ больше трёх состоящих из слагаемых вида $x^iy^jz^k $ и которые являются так сказать элементарными кирпичиками тринома $(x+y+z)^n=x^n+y^n+z^n+...$, где $n=i+j+k$. Это я к тому, что уравнение$ x^n+y^n+z^n=0 $
Это частный случай записанный при помощи симметрической формы в которой неупорядоченная тройка верхних индексов $(i,j,k)=(n, 0, 0)$.
Рассматривать так уже все случаи и не зацикливаться на ВТФ

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
1. В своем ответе Belfedor вы затронули тему промежуточных результатов и в качестве примера привели полученный Вами результат (для 1 случая ВТФ) о свойстве трехчлена вида $ZX + ZY + XY$ делиться на простое нечетное число n >3 – показатель степени уравнения $X^n +Y^n +Z^n = 0\engo (1)$ .

2. Если Вам удалось доказать, что указанный трехчлен делиться на простое нечетное число n, тогда 1 случай ВТФ для всех простых показателей вида $6n + 5$ доказывается легко.

3. Если Вам удалось доказать, что указанный трехчлен делиться на квадрат простого нечетного числа $n^2,$ тогда 1 случай ВТФ для всех простых показателей вида $6n + 1$ имеет доказательство, но достаточно обьемное.

С разрешения администратора я готов выложить эти доказательства. Сначала для $P = 6n +5 $.


2. Из (1) следует, что или Z – число целое отрицательное или (X,Y) - числа целые отрицательные, считая, что по модулю число Z больше числа X, а число X по модулю (для определенности) больше числа Y.
Тогда указанный трехчлен для натуральных чисел (X,Y и Z) примет вид
$ZX + ZY -XY$
3. Если $ZX + ZY -XY\equiv0\mod P,$ где P – простое число - показатель степени уравнения $X^P + Y^P -Z^P = 0,$ то 1 случай ВТФ имеет элементарное доказательство для всех P вида $6n +5$.
Допускаю, что сравнение $X + Y -Z\equiv0\mod P^2$ известно «форумчанам», а с учетом его имеем сравнения $Z\equiv X+Y\mod P$, а $Y\equiv Z -X\mod P$ и:
$ZX + ZY -XY\equiv (X + Y) (X + Y) -XY\equiv0\mod P,$
$ZX + ZY -XY\equiv ZX + Z (Z-X) -X (Z-X)\equiv(Z -X)^2 +ZX \equiv0\mod P,$ тогда

$X^3 -Y^3 = (X -Y)[(X+ Y)^2 -XY]\equiv0\mod P,$
$Z^3 + X^3 = (Z + X)[(Z -X)^2 + ZX]\equiv 0\mod P.$
Но для P =6n + 5
$X^6^n^+^4 -Y^6^n^+^4= (X^3)^2^n^+^1X -(Y^3)^2^n^+^1Y\equiv0\mod P,$ отсюда
$X -Y\equiv0\mod P\engo (a)$
$Z^6^n^+^4 -X^6^n^+^4 =(Z^3)^2^n^+^1Z -(X^3)^2^n^+^1X\equiv0\mod P,$ отсюда
$Z + X\equiv0\mod P\engo(б).$
После сложения сравнений (а) и (б) c учетом сравнения $Z -Y\equiv X\mod P$
$X -Y +Z +X\equiv3X\equiv0\mod P,$ что не возможно. Пришли к противоречию. 1-ый случай ВТФ для простых показателей P вида 6n +5 доказан.

[lasta]

vasili в сообщении #753702 писал(а):

$X^6^n^+^4 -Y^6^n^+^4= (X^3)^2^n^+^1X -(Y^3)^2^n^+^1Y\equiv0\mod P,$ отсюда
$X -Y\equiv0\mod P\engo (a)$

До этого момента все было верно. Понятно и то, что по Малой теореме Ферма
$X^6^n^+^4 -Y^6^n^+^4\equiv0\mod P,$
Дальнейший вывод "отсюда
$X -Y\equiv0\mod P\engo (a)$ "-не понятен

[vasili]

Уважаемый(ая) Iasta!

$(X^3)^2^n^+^1\equiv (Y^3)^2^n^+^1\mod P^2$, так как

$ X^3 -Y^3\equiv 0\mod P^2$, а потому из

$(X^3)^2^n^+^1X -(Y^3)^2^n^+^1Y\equiv(X^3)^2^n^+^1(X-Y)\equiv 0\mod P^2$,

следует $X -Y\equiv0\mod P^2$.

[vasili]

Уважаемый(ая) Iasta! Приношу извинение, следует читать, в предыдущем сообщении, сравнения по модулю P, а не по модулю $P^2$, а именно:

$(X^3)^2^n^+^1\equiv (Y^3)^2^n^+^1\mod P$, так как

$ X^3 -Y^3\equiv 0\mod P$, а потому из

$(X^3)^2^n^+^1X -(Y^3)^2^n^+^1Y\equiv(X^3)^2^n^+^1(X-Y)\equiv 0\mod P$,

следует $X -Y\equiv0\mod P$.

[vasili]

С молчаливого согласия даю доказательство для показателей P = 6n + 1

4. Для доказательства 1случая ВТФ для простых показателей вида 6n + 1 потребуются вспомогательные преобразования известного многочлена

$M = X^P^-^1-X^P^-^2Y +\cdots-XY^P^-^2 + Y^P^-^1$

4.1 Преобразуем многочлен M (доказательство оставим читателям)

$M =X^P^-^1-X^P^-^2Y +\cdots-XY^P^-^2 + Y^P^-^1 = (X + Y)^P^-^1-PXYM_1, $ где

$M_1 = (X + Y)^P^-^3-A_2X^2Y^2(X+Y)^P^-^5 +\cdots + (-1)^m A_m(XY)^m(X +Y)^2 + (-1)^k (XY)^k,$

где

$m= (P-3)\frac|2$, $k = (P-1)\frac|2$, $A_i$–

являются коэффициентами

полиномов Чебышева, сокращенными на число P, так

$A_1 = 1$ , $A_2 = (P-3)\frac|2_!$, $A_3 = (P-4)(P-5)\frac|3_! $, \idots,

$A_i = (P-i -1)(P -i-2) \cdots (P -2i+1)\fraс|i_!$, $A_k = 1$.


4.2 Преобразуем (без доказательства) многочлен $M_1$ для случая, когда

$P = 6n +1$

$M_1 =(X + Y)^P^-^3 -A_2X^2Y^2(X+Y)^P^-^5 +\cdots + (-1)^m A_m(XY)^m(X +Y)^2 + + (-1)^k P (XY) ^k = [(X + Y)^2-XY]^2 W,$

где

$W= [(X + Y)^2 -XY]^m^-^2 + B_1(XY)^2(X +Y)^2[(X + Y)^2 -XY]^m^-^5 + B_2(XY)^2^m(X + Y)^2^m[(X + Y)^2 -XY]^m^-^8 + + \cdots + B_n (XY)^2^n(X + Y)^2^n,$

где $B_i$ - целые числа.

4.3. Тогда многочлен M будет иметь вид (для P +6n +1)

$M = (X + Y)^P^-^1 -PXY[(X + Y)^2-XY]^2W$.

5. Пусть $ZX + ZY -XY\equiv 0\mod P^2$, тогда с учетом сравнения

$(X + Y)\equiv Z\mod P^2$

получим $(X + Y)^2 -XY\equiv 0\mod P^2$.

6. Сравним равенство $X^P + Y^P = Z^P$ по модулю $P^2$

$(X + Y) M\equiv Z^P\mod P^2$, отсюда с учетом

сравнения $X + Y\equiv Z\mod P^2$

$M\equiv Z^P^-^1\mod P^2$, т.е.

$(X + Y)^P^-^1-PXY[(X + Y)^2 -XY]^2W\equivZ^P^-^1\mod P^2$.


отсюда

$(X + Y)^P^-^1-Z^P^-^1\equiv PXY[(X + Y)^2-XY]^2W\mod P^2$,

отсюда левая часть делиться на $P^2$, так как

$(X + Y)^P^-^1-Z^P^-^1 = (X + Y-Z)(X +Y + Z) U$, где U натуральное число и

$(U,P) = 1$,

а правая часть делиться на $P^5$, так как

$[(X + Y)^2-XY]^2\equiv 0\mod P^4$,

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ для P = 6n + 1 доказан, при условии, что мы

докажем справедливость сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$.

[ishhan]

Уважаемые Господа!
Если уж говорить о ВТФ и симметрических функциях от трёх переменных, то вырисовывается закономерное обобщение уравнения Ферма и соответствующее ему "Обобщённое уравнение Ферма":

$$x^my^n+x^ny^m+x^mz^n+x^nz^m+z^ny^m+z^my^n=0$$

где $m+n=p$ и $p$-простое число, $x,y,z$-целые числа.
Оно переходит в уравнение Ферма для целых $x,y,z$ вида $x^p+y^p+z^p=0$ в случае, когда одно из чисел $m,n$ равно нулю.
Это, уважаемые Господа, не то, что обобщение Andrew Beal, лишённое геометрического и физического смысла, а так же и не то, что представляет собой тривиальное обобщение уравнение Ферма на случай числа переменных больше трёх типа: $x^p+y^p+z^p+t^p=v^p$
Обобщенное уравнение Ферма имеет ненулевые решения, по-видимому, только для $p=2$, в случае $m=n=1$.
$x=k(p+q)p$
$y=k(p+q)q$
$z=-kpq$
описанное у В.Серпинского в книге "О решении уравнений в целых числах".
Интересно, есть ли другие нетривиальные решения этого Обобщенного уравнения Ферма в целых числах?

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili,

Я ещё не разобрался в Вашем втором доказательстве, а первое доказательство можно сформулировать совсем просто.
Дело в том, что

(1) если $x+y+z$ и $xy+xz+yz$ оба делятся на $n$, то $x^m+y^m+z^m$ делится на $n$ для любого натурального числа $m$ не кратного 3.

Отвлечёмся от того, что $x$, $y$ и $z$ - целые числа и возьмём $x=1$, $y=i_3$ и $z=i_3^2$, где $i_3$ - комплексный корень кубический из 1. Тогда $x^m+y^m+z^m=0$, если $m$ не делится на 3.
Утверждение (1) является лёгким следствием этого.

Если $n-1$ не делится на 3, то $x^{n-1}+y^{n-1}+z^{n-1} \equiv 3$ по модулю $n$ (при предположении, что $xyz$ не делится на $n$). Это противоречит утверждению (1) (если $x+y+z$ и $xy+xz+yz$ оба делятся на $n$).

Не знаю, правильно ли ваше второе доказательство, но думаю, подобный результат был в работе, о которой я упомянул.

Я не доказал, что $xy+xz+yz$ делится на $n$ или на $n^2$ для всех $n$, только проверил это при помощи компьютера для многих значений $n$.
Компьютер проверял, для каких значений $x$ выполняется сравнение:

(2) $(x+1)^n \equiv x^n+1$ по модулю $n^2$.

Тривиальными решениями этого сравнения являются: $x \equiv 0$, $x \equiv -1$ и $x \equiv i_3$ (последнее решение существует если $i_3$ существует по модулю $n$, то есть, если $(n-1)$ делится на 3).
Компьютер проверял, что других решений сравнения (2) нет.

Для некоторых $n$, другие решения есть, но такие $n$ редки.

Конечно, такое доказательство первого случая ВТФ для многих конкретных значений $n$ не является доказательством первого случая ВТФ для всех $n$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!. Начало пункта 6. следует читать: Сравним равенство $X^P + Y^P = Z^P$ по модулю $P^2$

$(X + Y) M\equiv Z^P\mod P^2$, отсюда с учетом сравнения $X + Y\equiv Z\mod P^2$

$M\equiv Z^P^-^1\mod P^2$, т.е.

$(X + Y)^P^-^1- PXY[(X + Y)^2 -XY]^2W\equiv Z^P^-^1\mod P^2$.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #759169 писал(а):

$(X + Y)^P^-^1-Z^P^-^1\equiv PXY[(X + Y)^2-XY]^2W\mod P^2$,

отсюда левая часть делиться на $P^2$, так как

$(X + Y)^P^-^1-Z^P^-^1 = (X + Y-Z)(X +Y + Z) U$, где U натуральное число и

$(U,P) = 1$,

а правая часть делиться на $P^5$, так как

$[(X + Y)^2-XY]^2\equiv 0\mod P^4$,

Пришли к противоречию.

Имеется сравнение по модулю $P^2$, левая часть которого делится на $P^2$, а правая на $P^5$.
Не могли бы Вы объяснить, в чём противоречие?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вы как всегда правы. Противоречие изложено не

корректно.

Лучше будет так.

6. Сравним равенство $X^P + Y^P = Z^P$ по модулю $P^5$


$(X + Y)[(X + Y)^P^-^1 -PXY[(X + Y)^2 -XY]^2W]\equiv Z^P\mod P^5$.


отсюда

$(X + Y)^P -Z^P\equiv PXY(X +Y)[(X + Y)^2-XY]^2W\mod P^5$,

отсюда левая часть делиться только на $P^3$, так как

$(X + Y)^P-Z^P = (X + Y-Z)U$, где

$[U, (X + Y-Z)] = P$ и

$U = (X + Y-Z)^P^-^1 + P(X +Y)Z(X +Y-Z)^P^-^3 + A_2^1(X +Y)^2Z^2(X +Y-Z)^P^-^3 + + … +A_m^1(X +Y)^mZ^m(X + Y-Z)^2 + P(X + Y)^kZ^k$,

$A_i^1$ - коэффициенты полиномов Чебышева (кратные P), где

$k = (P-1)\frac|2$,

а правая часть делиться на $P^5$, так как

$[(X + Y)^2-XY]^2\equiv 0\mod P^4$,

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ для $P = 6n + 1$ доказан, при условии, что мы

докажем справедливость сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #762420 писал(а):

отсюда

$(X + Y)^P -Z^P\equiv PXY(X +Y)[(X + Y)^2-XY]^2W\mod P^5$,

отсюда левая часть делиться только на $P^3$, так как

$(X + Y)^P-Z^P = (X + Y-Z)U$, где

$[U, (X + Y-Z)] = P$

Почему "левая часть делиться только на $P^3$"?
А если $X+Y-Z$ делится на $P^5$?