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 ... 4, 5, 6, 7, 8  След.
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение28.11.2013, 21:34 


21/11/10
546
vasili в сообщении #793692 писал(а):
Теперь мы можем развить доказательство Гаусса, а именно

показать, что

$(X + Y)^P\equiv X^P + Y^P\mod P^3$

Напрашивается продолжение:
$(x+y)^p-x^p-y^p=(x+y)^p-z^p=(x+y-z)\varphi^{p-1}(x+y,z)$, где $\varphi^{p-1}(x+y,z)$ многочлен деления круга взаимно простой с $x+y-z$.
Отсюда следует, что $x+y-z$ делится на $p^3$.
И по такой же схеме действуем дальше, предполагая что $x+y-z$ делится на $p^n$ доказываем, что $x+y-z$ должно делится на $ p^{n+1}$.
Карл Фридрих Гаусс не мог пропустил такое простое доказательство. В этих рассуждениях скрыта ошибка...

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение28.11.2013, 22:43 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #793929 писал(а):
Отсюда следует, что $x+y-z$ делится на $p^3$.
И по такой же схеме действуем дальше, предполагая что $x+y-z$ делится на $p^n$ доказываем, что $x+y-z$ должно делится на $ p^{n+1}$.
Карл Фридрих Гаусс не мог пропустил такое простое доказательство. В этих рассуждениях скрыта ошибка...


Несомненно ошибка.
То, что $x+y-z$ делится на $p^3$ известно давно, но то, что $x+y-z$ делится на $p^n$ никто не доказал, и Ваше предположение, что в этом случае работает индукция является ошибочным (если, конечно, Вы не докажете обратного).

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение29.11.2013, 06:28 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Откуда Вы взяли, что $X + Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X,Y,Z)$ взаимно простые?

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение29.11.2013, 10:39 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Откуда Вы взяли, что $X + Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X+Y,Z)$ взаимно простые?

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение29.11.2013, 22:56 


21/11/10
546
в сообщении #794130 писал(а):
Откуда Вы взяли, что $X + Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X+Y,Z)$ взаимно простые?


Уважаемый vasili!
Пардон, это я пошутил :wink:
Конечно же числа $X+Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X+Y,-Z) $ имеют общие простые делители и это число $P$
Так какую же роль играет делимость $X+Y-Z$ на$ P^2$ в доказательстве первого случая ВТФ5 я пока не осознал.
С моей точки зрения числа
$-X-Y+Z$,
$ X$,
$Y$,
$-Z$ равноправны.
Так, если в кольце по модулю $P$ существует тройка решений $X,Y,-Z$ сравнения $W^2(X,Y,-Z)= X^2+Y^2+Z^2+XY-ZX-ZY\equiv0\mod{P}$
то это же сравнение будет справедливо для троек
$(-X-Y+Z,Y,-Z)$
$X,-X-Y+Z,-Z$
$X,Y,-X-Y+Z$
и если простое доказательство существует, то оно должно исключать разделение ВТФ на первый и второй случай.
Кроме шуток.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение01.12.2013, 13:56 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Mои рассуждений по поводу доказательства 1

случая ВТФ просты.

1. Если $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, то я доказываю с помощью

Вспомогательных предложений, что и

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, а тогда возникают противоречия,

которые я уже показывал, в диалогах с Феликс Шмидель, как

для простых показателей P = 6n +5 так и для простых показателей

P= 6n +1.[1 случай для P=3 доказан в рамках элементарных мат.знаний.]

Чтобы показать, что $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, необходимы

Вспомогательные предложения, которые покажу ниже.

2. Если же $X + Y-Z\equiv 0\mod P^K$, где $K >2$ (вызвано вопросом

Феликс Шмидель «А если $X + Y-Z$ делится на $P^5?$)

то для поиска противоречия нужен иной путь и как только разберемся с

п.1, то я выложу свои соображения и по п.2.







3. Вспомогательные предложения:

Рассмотрим множество наименьших натуральных вычетов R по модулю

$P^2$ , таких, что

$R\equiv g^{mP}\mod P^2$, где

g – наименьший первообразный корень по модулю $P^2$, а

m пробегает наименьшие натуральные вычеты по модулю P, т.е.

$m = 1, 2, 3, \idots, (P-1)$.

Множество таких вычетов обозначим через {R}.


Лемма 1

Если простое число $P = 6n + 1$, то в множестве {R}

имеются только 2(два) вычета, обозначим их $R_1$ и $R_2$,

таких, что $R_1 + R_2\equiv 1\mod P^2\engo(1)$.


Покажем, что сравнение (1) справедливо.

Пусть функция Эйлера $\varphi (6n + 1)^2 = 6n(6n +1) = 6nP$.

Обозначим вычеты множества {R}, индексы которых кратны $nP$.

Пусть

$R_1\equiv g^n^P\mod P^2$,

$U_1\equiv g^2^n^P\mod P^2$,

$-1\equiv g^3^n^P\mod P^2$,

$U_2\equiv g^4^n^P\mod P^2$,

$R_2\equiv g^5^n^P\mod P^2$,

$1\equiv g^6^n^P\mod P^2$.


Очевидно, вычеты $R_1$ и $R_2$ принадлежат показателю 6 по модулю

$P^2$ и таких вычетов, принадлежащих показателю 6, по указанному

модулю, только 2(два), так как $\varphi(6) = 2$, а потому

$(R_1)^3\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$(R_1 + 1)(R_1^2 -R_1 + 1)\equiv 0\mod P^2$, а значит

$R_1^2 -R_1 + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$R_1 + (-1)R_1^2\equiv 1\mod P^2$ или

$g ^ n ^P + g^3^n^P g^2^n^P\equiv g ^ n ^P + g^5^n^P\equiv R_1 + 

+R_2\equiv1\mod P^2$

что подтверждает справедливость сравнению (1).



Обратим внимание на симметричность индексов вычетов $R_1$ и $R_2$

относительно индекса вычета $-1$ равного $3nP$, так

$ihd R_1 = 3nP-2nP = nP$, а

$ihd R_2 = 3nP + 2nP = 5nP$.

Пусть существуют в множестве вычетов {R} вычеты $R_3$ и $R_4$,

удовлетворяющие условию (1), т.е.

$R_3 + R_4\equiv1\mod P^2$

и пусть

$R_3\equiv g^3^n^P^-^m^1^P$,

$R_4\equiv g^3^n^P^+^m^1^P$, где $1\le m_1 < 3n$,

тогда

$g^3^n^P^-^m^1^P + g^3^n^P^+^m^1^P\equiv 1\mod P^2$.

Умножим последнее сравнение на $g^m^1^P$ и, учитывая что

$(-1)\equiv g^3^n^P\mod P^2$

имеем

$(g^m^1^P)^2 + g^m^1^P + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$(g^m^1^P)^3\equiv 1\mod P^2$, отсюда

$3m_1P\equiv 0\mod 6nP$, отсюда

$m_1 = 2n$

или

$m_1 = 4n$, тогда

$R_3\equiv g^3^n^P^-^2^n^P\equiv g^n^P\equiv R_1\mod P^2$

или

$R_3\equiv g^3^n^P^-^4^n^P\equiv g^-^n^P\equiv g^6^n^P^-^n^P\equiv 

g^5^n^P\equiv R_2\mod P^2$.



Пришли к противоречию: вычет $R_3$ равен вычету $R_1$ или вычету

$R_2$, что указывает на справедливость Леммы 1.

Справедливость Леммы 1 проверена мной для модулей

$7^2$, $13^2$, $19^2$ и $31^2$.





Лемма 2

Если простое число $P = 6n + 5$, то в множестве {R}

нет ни одной пары вычетов, удовлетворяющих условию (1).

Доказательство Леммы 2

Функция Эйлера $\varphi (6n + 5)^2 = (6n +4)(6n + 5)$ не делиться на 3 и 6, а

потому не существует вычетов в множестве вычетов {R} принадлежащих

числам 3 и 6, а значит нет вычетов удовлетворяющих условию (1).

Я проверил частные множества вычетов {R} по модулям

$5^2$, $11^2$ и $17^2$

Лемма 2 везде подтверждалась.

Лемма 3

Для любого простого числа $P >2$ существуют целые числа, которые

обозначим через

$A_1$, $A_2$, $A_3$,\idots, $A_r$,\idots, $A_{(P-1)/2}$ такие, что для любых

чисел Z и X выполняется:

$Z^P-X^P = (Z-X)^P +A_1ZX(Z-X)^{P-2} +A_2Z^2X^2(Z-X)^{P-4} +$\cdots$+


+A_rZ^rX^r(Z-X)^{P-2r} +$\cdots$ +A_{P-3/2}Z^{P-3/2}X^{P-3/2}(Z-X)^3 +


+A_{P-1/2}(ZX)^{P-1/2}(Z-X)$,

При этом числа $A_1 = A_{P-1/2} = P$, а числа $A_2$,

$A_3$,\cdots,

$A_r$,\cdots, $A_{P-3/2}$ кратные P и в

частности

$A_2 = P(P-3)/2!$, $A_3 = P(P-4)(P-5)/3!$,\cdots,

$A_r = P(P-r-1)(P-r-2) \cdots  (P-2r +1)/r!$.







Лемма 4

Для любого простого числа $P >3$ существуют целые числа, которые обозначим через

$B_1$, $B_2$, $B_3$\idots , $B_n$ такие, что для любых чисел Z и X выполняется:

$(Z-X)^{P-3} +A_2^1ZX(Z-X)^{P-5} +\cdots + A_{P-3/2}^1(ZX)^{P-3/2} + 

+(ZX)^{P-1/2} =

= [(Z-X)^2 +ZX]^{(P-3)/2} + B_1(ZX)^2(Z-X)^2[(Z-X)^2 + ZX]^{(P-9)/2} +

+ B_2 (ZX)^4(Z-X)^4[(Z-X)^2 + ZX]^{(P-15)/2}+ \cdots +

+B_i (ZX)^{2i}(Z-X)^{2i}[(Z-X)^2 + ZX]^{(P-3-6i)/2} +\cdots +

+ B_n(ZX)^{2n}(Z-X)^{2n}[(Z-X)^2 + ZX]^S$,


где

S = 2, если простое число P = 6n +1 и

S = 1, если простое число P = 6n + 5.

$A_1^1 = A_1/P = 1$,

$A_2^1 = A_2/P$,

$A_3^1 = A_3/P$,
……………………..,

$A_{P-3/2}^1 = A_{P-3/2}/P$,

$A_{P-1/2}^1 = A_{P-1/2}/P = 1$,

Где $A_i$ – коэффициенты Леммы 3.

Доказательство аналогичное доказательству Леммы 3с использованием таблицы биноминальных коэффициентов, оформление которой в La Tex представляет для меня трудности. Надеюсь, читатель найдет свое доказательство Леммы 3 и 4.




Теперь, когда имеем Леммы, приступим к доказательству 1 случая ВТФ

1. Покажу доказательство для простого показателя P = 6n +5.

2. Умножим очевидное сравнение $X^P + Y ^P-Z^P\equiv 0\mod P^2$ на

$(Z^-^1)^P$ -

-степень мультипликативного обратного числа числу Z, т.е. такого, что

$Z^-^1Z\equiv 1\mod P^2$, тогда

$(Z^-^1)^PX^P + (Z^-^1)^PX^P\equiv 1\mod P^2\engo(2) $.

Вычеты чисел $(Z^-^1)^PX^P$ и $(Z^-^1)^PX^P$ по модулю $P^2$

принадлежат множеству{R} ,

но благодаря Лемме 2 в множестве {R} нет двух вычетов, сумма

которых сравнима с 1 по модулю $P^2$. Следовательно, сравнение

(2) противоречит Лемме 2.

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ для простых показателей вида

$6n + 5$ доказан. [ Таким способом доказательства пользовалась

французский математик Софи Жермен (1776 – 1831)].


Продолжение:
Доказательство 1 случая ВТФ для простых показателей P= 6n +1..

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение01.12.2013, 22:10 


21/11/10
546
Уважаемый vasili!

Доказывая ВТФ вы часто прибегаете к тривиальному сравнению: $X^P + Y ^P-Z^P\equiv 0\mod M$
и в качестве$ M $обычно выступает $P^2$
vasili в сообщении #794945 писал(а):
Если простое число $P = 6n + 1$, то в множестве {R}

имеются только 2(два) вычета, обозначим их $R_1$ и $R_2$,

таких, что $R_1 + R_2\equiv 1\mod P^2\engo(1)$.

Что изменится, если положить $M=P$
Так для простых чисел вида $P^+= 6N+1$ , всегда будут существовать только два особенных вычета:
$1+R_1+R_2\equiv0\modP$ и таких, что $R_1\cdot{R_2}\equiv {1}\mod P$
при этом для простых чисел$ P^-=6N-1 $ таких вычетов не существует.
пример по модулю 13:
$3+9+1=0(13)$
$3\cdot{9}=27=1(13)$

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение02.12.2013, 04:58 


27/03/12
449
г. новосибирск
Ishhan!
Вы правы, что $R_1R_2\equiv1\mod P^2$. Пример для модуля $13^2$

$R_1 = 147$, $R_2 = 23$

Числа которые удовлетворяют условию $R_! + R_2 + 1\equiv 0\mod P^2$

обозначены мною

как $U_1\equiv g^{2nP}\mod P^2$ и

$U_2\equiv g^{4nP}\mod P^2$, где

$R_1-U_1=1$ и $R_2-U_2 = 1$

Пример для модуля $19^2$

$R_1 =293$ и $U_1 = 292$,

$R_2 = 69$ и $U_2 = 68$

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение04.12.2013, 22:22 


21/11/10
546
vasili в сообщении #795255 писал(а):
исла которые удовлетворяют условию $R_! + R_2 + 1\equiv 0\mod P^2$

обозначены мною

как $U_1\equiv g^{2nP}\mod P^2$ и

$U_2\equiv g^{4nP}\mod P^2$, где

$R_1-U_1=1$ и $R_2-U_2 = 1$

В качестве лирического отступления предлагаю обратить внимание на то, что тройка $(1,U_1, U_2)$ это соседние члены геометрической прогрессии $(U^0, U^1,U^2)$ по модулю $P^2$, где $1=U^0$, $U_1=U$, $ U_2=U^2$.
А так же, предлагаю рассматривать более сложное множество вычетов по модулю $P$, состоящее из трёхкомпонентных элементов $T=(x,y,z) $, где каждый компонент это вычет по модулю $P$, и вычеты $x,y,z$ таковы, что их сумма равна ноль по модулю $P$.
В конце концов, рассмотреть все возможные варианты троек, сумма компонент которых равна ноль по модулю $P$ или $P^2$, как того требует основное условие целостности уравнения Ферма.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение05.12.2013, 10:21 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Предлагаю обещанное Продолжение.

Доказательство 1 случая ВТФ для простых показателей $P= 6n +1$., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, т.е. не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Краткий план доказательства.

Из равенства $X^P + Y^P- Z^P$ с учетом Лемм 3 и 4 составим три равенства.

Сравним полученные равенства по модулю $P^3$.

И используя формулы Абеля, получим сравнения

$Z^{P-1}\equiv X^{P-1}\equiv Y^{P-1}\equiv 1\mod P^2\engo(a)$.

С помощью вспомогательных чисел $r_1$, $r_2$ и $r_3$ и чисел $Z,X  иY$

получим вспомогательные сравнения. Анализ сравнений (а) с учетом

вспомогательных сравнений покажет, что числа

$r_1$, $r_2$ и $r_3$ принадлежат множеству {R}, а это благодаря Лемме 1

приводит к сравнению

$ZX +ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, а значит к Противоречию, которое я

показывал и еще покажу ниже.

И так пусть:

$X^P + Y^P = Z^P = (X + Y )^P –PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0$,

$Z^P-Y^P = X^P = (Z-Y)^P + PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1$,

$Z^P-X^P = Y^P = (Z-X)^P + PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2$

и пусть $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2\equiv(a)$.

Сравним преобразованные равенства по модулю $P^3$

$PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0 = (X + Y )^P-Z^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1 = X^P-(Z-Y)^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Отсюда с учетом сравнения (а) имеем

$[(X+Y)^2 -XY]^2W_0\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-Y)^2 +ZY]^2W_1\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-X)^2 +ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^2$.


Запишем формулы Абеля для анализа полученных сравнений

$Z =UV$, $X = U_1V_1$, $Y = U_2V_2$,

Сократим, полученные выше 3-и равенства на



$X + Y = U^P$, $Z-Y = U_1^P$ и $Z-X = U_2^P$. соответственно

Тогда

$V^P = (X + Y ) ^{P-1}- PXY[(X + Y)^2-XY]W_0$,


$V_1^P = (Z-Y ) ^{P-1}- PZY[(Z-Y)^2-ZY]W_0$,


$V_2^P = (Z-X ) ^{P-1}- PZX[(Z-X)^2-ZX]W_0$,

отсюда благодаря Малой теореме Ферма

$V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V_i-1\equiv 0\mod P^2$, тогда

с учетом (а) и сравнений для вторых слагаемых правой части последних

сравнений имеем

$(X + Y-Z + Z) ^ {P-1}-1\equiv Z ^ {P-1}-1\equiv 0\mod P^2\engo(b)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(d)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(e)$.


Введем вспомогательные числа и сравнения

В множестве наименьших натуральных вычетов по модулю $P^2$

имеются такие вычеты $ r_1$, $r_2$ и $r_3$, что

$r_1Z\equiv X\mod P^2$,

$r_1Y\equiv Z\mod P^2$,

$r_3X\equiv-Y\mod P^2$. где очевидно

$r_1r_2r_3\equiv -1\mod P^2$.

Из сравнений (b), (d) и (e) следует

$X ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-X^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$.

Тогда с учетом вспомогательных сравнений имеем

$X ^ {P-1}-r_3^ {P-1}\X^{P-1}equiv 0\mod P^2$, отсюда

$R_3^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$r_2^ {P-1} Y^{P-1}-Y^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$R_2^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$Z ^{P-1}-r_1^{P-1}Z^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_1^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$.

Из полученных сравнений индексы вспомогательных чисел по модулю $P^2$

будут

$(P-1) ind r_1\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_1\equiv 0\mod P$;

$(P-1) ind r_2\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_2\equiv 0\mod P$

$(P-1) ind r_3\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_3\equiv 0\mod P$, из этого следует , что числа

$r_1,r_2 и r_3 є {R}\engo(s)$.

Чтобы воспользоваться Леммой 1 и условием (s) рассмотрим

сравнение $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, с учетом вспомогательных

сравнений

$r_1Z + (-r_3)r_1Z –Z\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$ r_1  + (-1)  r_1r_3\equiv 1\mod P^2$;

$X + (-r_3)X –r_2(-r_3)X\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_3 + (-1)r_2r_3\equiv 1\mod P^2$;

$r_1r_2Y + Y –r_2YX\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_2 +(-1)r_1r_2\equiv 1\mod P^2$.

Благодаря Лемме 1 из сравнений для вспомогательных чисел

следует, что

или

$ r_1= R_1\equiv g^{nP}\mod P^2$, а

$(-1)  r_1r_3\equiv R_2\equiv g^{5nP)\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{nP}r_3\equiv g^{5nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{nP}\equiv R_1\mod P^2$

или
$ r_1= R_2\equiv g^{5nP}\mod P^2$, а

$(-1)  r_1r_3\equiv R_1\equiv g^{nP)\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{5nP}r_3\equiv g^{nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{5nP}\equiv R_2\mod P^2$.

Так как $r_1r_2r_3\equiv-1\mod P^2$, то

или

$r_2R_1^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_1\mod P^2$;

или

$r_2R_2^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_2\mod P^2$.

Таким образом, $r_1 = r_2 = r_3 = R_1  (или =R_2)$, а значит

сравнения для вспомогательных чисел примят вид (к примеру)

$r_1^2 – r_1 + 1\equiv 0\mod P^2$.

Умножим, это сравнение, на $Z^2$ и учитывая вспомогательные сравнения

$X^2 -ZX  +Z^2\equiv 0\mod P^2$ или

$(Z-X)^2 + ZX\equiv 0\mod P^2$ и тогда в сравнении


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$,

левая часть сравнима с нулем по модулю $P^5$, т.е.

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^5$, а правая часть сравнима

с нулем по модулю $P^3$, т.е.

$Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ доказан

для простых показателей P= 6n +1., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, но не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Продолжение: Доказательство 1 случай ВТФ

для простых показателей $P= 6n +1$., когда $X + Y-Z$ делится на $P^K$, где

$K> 2$ .




5.12.2013 г.
Уважаемый ishhan! Предлагаю обещанное Продолжение.

Доказательство 1 случая ВТФ для простых показателей $P= 6n +1$., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, т.е. не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Краткий план доказательства.

Из равенства $X^P + Y^P- Z^P$ с учетом Лемм 3 и 4 составим три равенства.

Сравним полученные равенства по модулю $P^3$.

И используя формулы Абеля, получим сравнения

$Z^{P-1}\equiv X^{P-1}\equiv Y^{P-1}\equiv 1\mod P^2\engo(a)$.

С помощью вспомогательных чисел $r_1$, $r_2$ и $r_3$ и чисел $Z,X  иY$

получим вспомогательные сравнения. Анализ сравнений (а) с учетом

вспомогательных сравнений покажет, что числа

$r_1$, $r_2$ и $r_3$ принадлежат множеству {R}, а это благодаря Лемме 1

приводит к сравнению

$ZX +ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, а значит к Противоречию, которое я

показывал и еще покажу ниже.

И так пусть.

$X^P + Y^P = Z^P = (X + Y )^P –PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0$,

$Z^P-Y^P = X^P = (Z-Y)^P + PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1$,

$Z^P-X^P = Y^P = (Z-X)^P + PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2$

и пусть $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2\engo(a)$.

Сравним преобразованные равенства по модулю $P^3$

$PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0 = (X + Y )^P-Z^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1 = X^P-(Z-Y)^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Отсюда с учетом сравнения (а) имеем

$[(X+Y)^2 -XY]^2W_0\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-Y)^2 +ZY]^2W_1\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-X)^2 +ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^2$.


Запишем формулы Абеля для анализа полученных сравнений

$Z =UV$, $X = U_1V_1$, $Y = U_2V_2$,

Сократим, полученные выше 3-и равенства на



$X + Y = U^P$, $Z-Y = U_1^P$ и $Z-X = U_2^P$. соответственно

Тогда

$V^P = (X + Y ) ^{P-1}- PXY[(X + Y)^2-XY]W_0$,


$V_1^P = (Z-Y ) ^{P-1}- PZY[(Z-Y)^2-ZY]W_0$,


$V_2^P = (Z-X ) ^{P-1}- PZX[(Z-X)^2-ZX]W_0$,

отсюда благодаря Малой теореме Ферма

$V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V_i-1\equiv 0\mod P^2$, тогда

с учетом (а) и сравнений для вторых слагаемых правой части последних

сравнений имеем

$(X + Y-Z + Z) ^ {P-1}-1\equiv Z ^ {P-1}-1\equiv 0\mod P^2\engo(b)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(d)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(e)$.


Введем вспомогательные числа и сравнения

В множестве наименьших натуральных вычетов по модулю $P^2$

имеются такие вычеты $ r_1$, $r_2$ и $r_3$, что

$r_1Z\equiv X\mod P^2$,

$r_1Y\equiv Z\mod P^2$,

$r_3X\equiv-Y\mod P^2$. где очевидно

$r_1r_2r_3\equiv -1\mod P^2$.

Из сравнений (b), (d) и (e) следует

$X ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-X^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$.

Тогда с учетом вспомогательных сравнений имеем

$X ^ {P-1}-r_3^ {P-1}X^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_3^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$r_2^ {P-1} Y^{P-1}-Y^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_2^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$Z ^{P-1}-r_1^{P-1}Z^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_1^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$.

Из полученных сравнений индексы вспомогательных чисел по модулю $P^2$

будут

$(P-1) ind r_1\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_1\equiv 0\mod P$;

$(P-1) ind r_2\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_2\equiv 0\mod P$

$(P-1) ind r_3\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_3\equiv 0\mod P$, из этого следует , что числа

$r_1, r_2  и r_3$ є {R}\engo(s).

Чтобы воспользоваться Леммой 1 и условием (s) рассмотрим

сравнение $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, с учетом вспомогательных

сравнений

$r_1Z + (-r_3)r_1Z-Z \equiv 0\mod P^2$, отсюда

$ r_1  + (-1) r_1r_3\equiv1\mod P^2$;

$X + (-r_3)X –r_2(-r_3)X\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_3 + (-1)r_2r_3\equiv 1\mod P^2$;

$r_1r_2Y + Y –r_2Y\equiv0\mod P^2$, отсюда

$r_2 +(-1)r_1r_2\equiv 1\mod P^2$.

Благодаря Лемме 1 из сравнений для вспомогательных чисел

следует, что

или

$ r_1= R_1\equiv g^{nP}\mod P^2$, а

$(-1)  r_1r_3\equiv R_2\equiv g^{5nP}\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{nP}r_3\equiv g^{5nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{nP}\equiv R_1\mod P^2$

или
$ r_1= R_2\equiv g^{5nP}\mod P^2$, а

$(-1) r_1r_3\equiv R_1\equiv g^{nP}\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{5nP}r_3\equiv g^{nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{5nP}\equiv R_2\mod P^2$.

Так как $r_1r_2r_3\equiv-1\mod P^2$, то

или

$r_2R_1^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_1\mod P^2$;

или

$r_2R_2^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_2\mod P^2$.

Таким образом, $r_1 = r_2 = r_3 = R_1  (или =R_2)$, а значит

сравнения для вспомогательных чисел примят вид (к примеру)

$r_1^2-r_1 + 1\equiv 0\mod P^2$.

Умножим, это сравнение, на $Z^2$ и учитывая вспомогательные сравнения
получим

$X^2 -ZX  +Z^2\equiv 0\mod P^2$ или

$(Z-X)^2 + ZX\equiv 0\mod P^2$ и тогда в сравнении


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$,

левая часть сравнима с нулем по модулю $P^5$, т.е.

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^5$, а правая часть сравнима

с нулем по модулю $P^3$, т.е.

$Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ доказан

для простых показателей P= 6n +1., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, но не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Продолжение: Доказательство 1 случай ВТФ

для простых показателей $P= 6n +1$., когда $X + Y-Z$ делится на $P^K$, где

$K >2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение07.12.2013, 21:28 


21/11/10
546
vasili в сообщении #796522 писал(а):
отсюда благодаря Малой теореме Ферма

$V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V_i-1\equiv 0\mod P^2$, тогда

Здесь наверное имелось в виду$ V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V^P_i-1\equiv 0\mod P^2$.
vasili в сообщении #796522 писал(а):
$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$,

левая часть сравнима с нулем по модулю $P^5$, т.е.

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^5$, а правая часть сравнима

с нулем по модулю $P^3$, т.е.

Не очень понятно, почему нигде не оговариваются свойства делимости чисел $W,W_1,W_2$ на $P$
Было бы интересно увидеть доказательство первого случая ВТФ для $n=5$ в котором используется делимость $XY-ZX-ZY$ на $5^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение07.12.2013, 22:06 


16/08/09
304
vasili в сообщении #796522 писал(а):
Запишем формулы Абеля для анализа полученных сравнений


Уважаемый vasili!

Вроде в умных книжках написано, что формулы Абеля за 150 лет ничем существенным не помогли. Получается вы сломали эту тенденцию?

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение08.12.2013, 12:17 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Вы правы из леммы 4 следует доказать, что числа

$[(Z -X)^2 + ZX]^2$ и $B_n Z^{2n}X^{2n} (Z-X)^{2n}$ не имеют общем

делителем простое число P. Так как $(Z, P) =1$, $(X, P) =1$ и $(Z-X, P)= 1$, то остается

доказать, что $(B_n, P)=1$. В случае, если $(B_n, P)= P$, то противоречие, которое возникло

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

Уважаемый Belfeqor! Формулы Абеля, как следствие допущения существования целых (не равных нулю) чисел, удовлетворяющих уравнению ВТФ, был и остается, наряду с Малой теоремой Ферма и другими достижениями теории чисел, надежным инструментом.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение09.12.2013, 05:11 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Я уже показывал док-во 1 сл. ВТФ для $P=5$, когда $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod 5$. Повторю еще раз. Из очевидных сравнений
$ZX + ZY-XY\equiv Z^2-ZX + X^2\equiv 0\mod 5$ и

$ZX + ZY-XY\equiv Z^2-ZY + Y^2\equiv 0\mod 5$, следует

$Z^3 + X^3=(Z + X)(Z^2-ZX + X^2)\equiv 0\mod 5$,

$Z^3 + Y^3=(Z + Y)(Z^2-ZY + Y^2)\equiv 0\mod 5$.

А благодаря Малой теореме Ферма имеем

$Z^4-X^4=Z^3Z-X^3X\equiv Z^3Z-(-Z^3)X\equiv 0 \mod 5$ и

$Z^4-Y^4=Z^3Z-Y^3Y\equiv Z^3Z-(-Z^3)Y\equiv 0 \mod 5$, отсюда

соответственно

$Z +X\equiv Z+Y\equiv 0\mod 5$, а после сложение

$Z + X + Z +Y\equiv 3Z\equiv 0\mod 5$, что не возможно.

Пришли к противоречию. 1сл.ВТф для $P =5$ доказан.
Приведенные рассуждения будут справедливы и для модуля $5^2$.

Одновременно благодарю за найденную опечатку. Конечно правильно
$V_i^P -1\equiv0\mod P^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение09.12.2013, 23:24 


21/11/10
546
vasili в сообщении #798054 писал(а):
Пришли к противоречию. 1сл.ВТф для $P =5$ доказан.

Уважаемый vasili!
Всё правильно, придраться воде не к чему.
Мне не попадалось такое доказательство в популярной литературе по ВТФ.
А то, что $-ZX-ZY+XY$ делится на 5 следует из тождества:
$$(X+Y-Z)^5-X^5-Y^5+Z^5=5(Z-X)(Z-Y)(X+Y)((X+Y-Z)^2+ZX+ZY-XY)$$
Если рассуждать в общем виде то в тождестве:
$$(X+Y+Z)^P-X^P-Y^P-Z^P=P(Z+X)(Z+Y)(X+Y)W^{P-3}(X,Y,Z)$$

Интересно было бы получить алгебраический вид многочлена $W^{P-3}(X,Y,Z)$, а так же выразить его через симметрические функции с определённым свойством инвариантности относительно замены переменных.
Так в случае двух переменных $X,Y$ многочлен $W^{P-3}(X,Y,)$ можно выразить слагаемыми вида: $(X+Y)^KX^IY^I$, где $K+2I=P-3$
Причём, $W^{P-3}(X,Y,)=W^{P-3}(-X-Y,Y,)=W^{P-3}(X,-X-Y)$, что имеет интересные приложения в кольце вычетов.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 118 ]  На страницу Пред.  1 ... 4, 5, 6, 7, 8  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