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, 7  След.
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение29.11.2013, 06:53 


31/03/06
1384
На всякий случай приведём доказывающие это рассуждения и код.
Можно, ведь, спросить, а не слишком ли на много делится число $\gamma_1(g)$?

Посмотрим ещё раз на равенство (23):

Цитата:
(23) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$.


Множители в левой части равенства (23) не могут оба делиться на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, на который не делится число $2$.
Иначе, числа $c=(\alpha_1(g))^2$ и $d=(\alpha_1(g i_5))^2...(\alpha_1(g i_5^4))^2$ делились бы на $\rho$, а мы знаем, что эти числа взаимно-просты.

Пусть $\rho^m$ - максимальная степень идеала $\rho$, на которую делится число $(y z)$.

Предположим, что числа $2$ и $5$ не делятся на $\rho$.

Равенство (23) и три других равенства, полученных из (23) заменой числа $i_5$ на $i_5^2$, $i_5^3$ и $i_5^4$ даёт нам систему сравнений, одну из 16 возможных, по модулю идеала $\rho^m$.

Мы показали, что решение этой системы сравнений, относительно коэффициентов $a_0$, ..., $a_4$ имеет вид:

(45)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{5} v_0$

$a_1 \equiv \frac{k_1}{5} g^4 v_0$

$a_2 \equiv \frac{k_2}{5} g^3 v_0$

$a_3 \equiv \frac{k_3}{5} g^2 v_0$

$a_4 \equiv \frac{k_4}{5} g v_0$

по модулю идеала $\rho^m$,

где $v_0=a_0+a_1 g+...+a_4 g^4$ и

(46)

$k_0=5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$

$k_1=-s_1 i_5^{5-1}-s_2 i_5^{5-2}-s_3 i_5^{5-3}-s_4 i_5^{5-4}$

$k_2=-s_1 i_5^{5-2}-s_2 i_5^{5-4}-s_3 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-8}$

$k_3=-s_1 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{10-6}-s_3 i_5^{10-9}-s_4 i_5^{15-12}$

$k_4=-s_1 i_5^{5-4}-s_2 i_5^{10-8}-s_3 i_5^{15-12}-s_4 i_5^{20-16}$,

где $s_1, s_2, s_3, s_4$ - некоторые числа равные $0$ или $1$.

Напомним равенство:

(4) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$.

и определения:

(5)
$\gamma(g)=a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4$
$\beta(g)=a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4$

(6)
$\gamma_1(g)=\gamma(g i_5)\gamma(g i_5^2)\gamma(g i_5^3)\gamma(g i_5^4)$,
$\beta_1(g)=\beta(g i_5)\beta(g i_5^2)\beta(g i_5^3)\beta(g i_5^4)$

Предположим, что:

(47) число $\gamma(g)$ делится на $\rho^m$.

Поскольку $a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3 \equiv \frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} g^4 v_0$ по модулю идеала $\rho^m$ и $\gamma(g)$ делится на $\rho^m$ по предположению (47), то

(48) $\frac{a_0-x}{2} \equiv -\frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} v_0$

по модулю идеала $\rho^m$.

Пусть

(49) $\gamma_k(g)=k_1 g_1^4+k_2 g_1^3 g+k_3 g_1^2 g^2+k_4 g_1 g^3-(k_1+k_2+k_3+k_4) g^4$,

(50) $\gamma_{1_k}(g)=\gamma_k(g i_5)\gamma_k(g i_5^2)\gamma_k(g i_5^3)\gamma_k(g i_5^4)$.

Вычислим коэффициенты числа $\gamma_{1_k}(g)$ с помощью следующего кода:

Код:
load_package polydiv;

k0:=5-2*(s1+s2+s3+s4);
k1:=-s1*i5^(5-1)-s2*i5^(5-2)-s3*i5^(5-3)-s4*i5^(5-4);
k2:=-s1*i5^(5-2)-s2*i5^(5-4)-s3*i5^(10-6)-s4*i5^(10-8);
k3:=-s1*i5^(5-3)-s2*i5^(10-6)-s3*i5^(10-9)-s4*i5^(15-12);
k4:=-s1*i5^(5-4)-s2*i5^(10-8)-s3*i5^(15-12)-s4*i5^(20-16);

v0:=k1*g1^4+k2*g1^3*g+k3*g1^2*g^2+k4*g1*g^3-(k1+k2+k3+k4)*g^4;
v1:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5+k3*g1^2*g^2*i5^2+k4*g1*g^3*i5^3-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^4;
v2:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^2+k3*g1^2*g^2*i5^4+k4*g1*g^3*i5^6-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^8;
v3:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^3+k3*g1^2*g^2*i5^6+k4*g1*g^3*i5^9-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^12;
v4:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^4+k3*g1^2*g^2*i5^8+k4*g1*g^3*i5^12-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^16;

v51:=(((v1*v2) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v52:=(((v3*v4) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=(((v51*v52) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:= v6 mod g;
v7:=(v6-c0)/g;

c1:= v7 mod g;
v8:=(v7-c1)/g;

c2:= v8 mod g;
v9:=(v8-c2)/g;

c3:= v9 mod g;
c4:=(v9-c3)/g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;


Получим:

(51)
$c_0=1000 g_1 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_1=1000 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_2=500 g_1^4 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_3=500 g_1^3 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_4=500 g_1^2 s_1 s_2 s_3 s_4$

Эти равенства показывают, что если хотя бы один из параметров $s_1$, ..., $s_4$ равен нулю, то
все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $\rho^m$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение29.11.2013, 17:04 


31/03/06
1384
Зададим теперь вопрос: могут ли все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делиться на простой идеал $\rho$, если $\beta(g)$ делится на $\rho$?

Поскольку $a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3 \equiv \frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} g^4 v_0$ по модулю идеала $\rho$ и $\beta(g)$ делится на $\rho$, то

(48) $\frac{a_0+x}{2} \equiv -\frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} v_0$

по модулю идеала $\rho$.

Также $v_0 \equiv -x$ по модулю $\rho$, так как $g \beta=v_0+x$.

Значит:

(49) $\frac{a_0-x}{2} \equiv \frac{5-k_1-k_2-k_3-k_4}{5} v_0$

по модулю $\rho$.

Пусть

(49) $\gamma_k(g)=k_1 g_1^4+k_2 g_1^3 g+k_3 g_1^2 g^2+k_4 g_1 g^3+(5-k_1-k_2-k_3-k_4) g^4$,

(50) $\gamma_{1_k}(g)=\gamma_k(g i_5)\gamma_k(g i_5^2)\gamma_k(g i_5^3)\gamma_k(g i_5^4)$.

Вычислим коэффициенты числа $\gamma_{1_k}(g)$ с помощью следующего кода:

Код:
Код:
load_package polydiv;

k0:=5-2*(s1+s2+s3+s4);
k1:=-s1*i5^(5-1)-s2*i5^(5-2)-s3*i5^(5-3)-s4*i5^(5-4);
k2:=-s1*i5^(5-2)-s2*i5^(5-4)-s3*i5^(10-6)-s4*i5^(10-8);
k3:=-s1*i5^(5-3)-s2*i5^(10-6)-s3*i5^(10-9)-s4*i5^(15-12);
k4:=-s1*i5^(5-4)-s2*i5^(10-8)-s3*i5^(15-12)-s4*i5^(20-16);

v0:=k1*g1^4+k2*g1^3*g+k3*g1^2*g^2+k4*g1*g^3+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4;
v1:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5+k3*g1^2*g^2*i5^2+k4*g1*g^3*i5^3+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^4;
v2:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^2+k3*g1^2*g^2*i5^4+k4*g1*g^3*i5^6+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^8;
v3:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^3+k3*g1^2*g^2*i5^6+k4*g1*g^3*i5^9+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^12;
v4:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^4+k3*g1^2*g^2*i5^8+k4*g1*g^3*i5^12+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^16;

v51:=(((v1*v2) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v52:=(((v3*v4) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=(((v51*v52) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:= v6 mod g;
v7:=(v6-c0)/g;

c1:= v7 mod g;
v8:=(v7-c1)/g;

c2:= v8 mod g;
v9:=(v8-c2)/g;

c3:= v9 mod g;
c4:=(v9-c3)/g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;


Я не привожу пока результатов вычислений, но при $s_1=0$, $s_2=0$, $s_3=1$, $s_4=0$, если все коэффициенты $c_0$, ..., $c_4$ делятся на $\rho$, то либо $5$ делится на $\rho$, либо $2$ делится на $\rho$.

Значит, можно доказать, что наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma_1(g)$ не делится на $\rho$.

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$.
В самом деле, пусть $p$ - простой делитель числа $y z$, и $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ не делится на $p$.
Для простоты, предположим, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$, и, что $p \ne 2$.
Если $p$ делится на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ и $\rho$ соответствует набору параметров $s_1, s_2, s_3, s_4$, то не все они равны 1.
Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель числа $\gamma_1(g)$
делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.
Иначе $\beta(g)$ делится на $\rho$, и поскольку наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$ не делится на $\rho$, то $\gamma_1(g)$ делится на $\rho$.
Значит $\gamma_1(g)$ делится на $p$, значит все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $p$.
Но, если $\beta(g)$ делится на $\rho$, то не все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $\rho$ (мы не доказали это, но показали в этом сообщении, как можно доказать.).
Мы не привели доказательство того, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$ во всех деталях.
Вместо $\rho$ нужно рассматривать $\rho^m$.
Нужно отдельно рассмотреть случай $p=2$.
Но в общих чертах понятно, как можно это доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение29.11.2013, 18:37 


31/03/06
1384
Исправление
------------------

Цитата:
Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель числа $\gamma_1(g)$
делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.


исправляется на:

Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma_1(g)$ делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.


Исправление
------------------

Цитата:
Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$.


исправляется на:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/5^t$, где $5^t$ наибольшая степень числа $5$, на которую делится число $y z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение29.11.2013, 21:15 


31/03/06
1384
Вообще, случай, когда $5$ делится на $\rho$ нуждается в особом рассмотрении.
Предположим, что это так, и что число $y z$ делится на 5.

Из равенства (4):

Цитата:
(4) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$.


и взаимной простоты сомножителей в левой части этого равенства следует, что $a_1, ...,a_4$ делятся на $5^t$ и либо $a_0-x$, либо $a_0+x$ делится на $5^t$, где $5^t$ - максимальная степень числа $y z$.

Теперь рассмотрим равенства:

(23) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$.

(23.1) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^2))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5^2))=y z g^2 (i_5^4-1)$.

(23.2) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^3))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5^3))=y z g^2 (i_5^6-1)$.

(23.2) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^4))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5^4))=y z g^2 (i_5^8-1)$.

Цитата:
Пусть

$v_0=a_0+a_1 g+...+a_4 g^4$
$v_1=a_0+a_1 g i_5+...+a_4 g^4 i_5^4$
$v_2=a_0+a_1 g i_5^2+...+a_4 g^4 i_5^8$
$v_3=a_0+a_1 g i_5^3+...+a_4 g^4 i_5^12$
$v_4=a_0+a_1 g i_5^4+...+a_4 g^4 i_5^16$

Тогда

(I)

$5 a_0=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$
$5 a_1 g=v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4$
$5 a_2 g^2=v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8$
$5 a_3 g^3=v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^12$
$5 a_4 g^4=v_0+v_1/i_5^4+v_2/i_5^8+v_3/i_5^12+v_4/i_5^16$


Число $v_0$ сравнимо c $\pm x$ по модулю любого простого идеала - делителя числа $y z$, поэтому $v_0$ - взаимно-просто с $y z$.
Числа $v_1$, ..., $v_4$ сравнимы либо с $v_0$, либо с $-v_0$ по модулю $5^t$, поскольку только один из множителей в левой части равенств (23), (23.1), ..., (23.4) делится на простой идеал - делитель числа $5$ (есть только один такой идеал).
Поскольку $v_0$ не делится на этот идеал (так как взаимно-просто с $y z$), то равенство

$5 a_0=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$

может выполняться только если $v_1$, ..., $v_4$ сравнимы с $v_0$ по модулю $5^t$.

Таким образом, простой идеал $\rho$ - делитель числа $5$ соответствует набору параметров $\{s_1, ..., s_4\}=\{0, 0, 0, 0\}$.

Больше, ничего нового из равенств (I) не следует.
Из них следует, что $a_0 \equiv v_0$, $a_1 \equiv 0$, ...,$a_4 \equiv 0$ по модулю $5^{t-1}$,
но мы уже получили эти сравнения по модулю $5^t$ из равенства (4).

Если число $\beta(g)$ делится на $5^t$, то коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ тоже делятся на $5^t$, и никакого противоречия здесь нет (если $\beta(g)$ делится на простой идеал $\rho$, который не является делителем чисел $2$, $5$ и не является общим делителем чисел $a_1$, ..., $a_4$, то, по-видимому, все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ не могут делиться на $\rho$).

Поэтому, мы и исправили:

Цитата:
Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/5^t$, где $5^t$ наибольшая степень числа $5$, на которую делится число $y z$.


Но кроме $5$ следует исключить и такие простые делители $p$ числа $y z$, на которые делятся все коэффициенты $a_1$, ..., $a_4$.
Если $v_1 \equiv v_0$, ...,$v_4 \equiv v_0$ по модулю $p$, то из равенств (I) следует, что все коэффициенты $a_1$, ..., $a_4$ делятся на $p$.
Если $p$ делится на простой идеал $\rho$, то $\rho$ соответствует набору $\{s_1, ..., s_4\}=\{0, 0, 0, 0\}$.
Других вариантов нет, по крайней мере, если $p \ne 2$ и $p \ne 3$, поскольку сумма правых частей последних четырёх равенств из (I) равна $4 v_0-(v_1+v_2+v_3+v_4)$.

Исправление
-----------------

Цитата:
Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/5^t$, где $5^t$ наибольшая степень числа $5$, на которую делится число $y z$.


исправляется на:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/(p_1^t_1...p_m^t_m)$, где $p_j^t_j$ наибольшая степень простого числа $p_j$, на которую делится число $y z$, и простые числа $p_1$, ..., $p_m$ являются общими делителями коэффициентов $a_1$, ..., $a_4$.

Возможно это тоже не точно, потому что мы не разобрались в случаях $p=2$ и $p=3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение29.11.2013, 23:41 


31/03/06
1384
Перейдём теперь от делителей числа $y z$ к делителям числа $x$.
Займёмся равенством (25):

Цитата:
(25) $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2 (i_5^2-1)$.


Пусть

$v_0=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g_4$

$v_1=a_0/i_5+a_1 g+a_2 g^2 i_5+a_3 g^3 i_5^2+a_4 g^4 i_5^3$

$v_2=a_0/i_5^2+a_1 g+a_2 g^2 i_5^2+a_3 g^3 i_5^4+a_4 g^4 i_5^6$

$v_3=a_0/i_5^3+a_1 g+a_2 g^2 i_5^3+a_3 g^3 i_5^6+a_4 g^4 i_5^9$

$v_4=a_0/i_5^4+a_1 g+a_2 g^2 i_5^4+a_3 g^3 i_5^8+a_4 g^4 i_5^12$

Тогда

$5 a_0=v_0+v_1 i_5+v_2 i_5^2+v_3 i_5^3+v_4 i_5^4$

$5 a_1 g=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$

$5 a_2 g^2=v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4$

$5 a_3 g^3=v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8$

$5 a_4 g^4=v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^12$

Значит:

$5 a_0 \equiv k_0 2 v_0$

$5 a_1 \equiv k_1 g^4 v_0$

$5 a_2 \equiv k_2 g^3 v_0$

$5 a_3 \equiv k_3 g^2 v_0$

$5 a_4 \equiv k_4 g v_0$

(по модулю идеала $\rho^{2 m}$, где $x$ делится на $\rho^m$, $\rho$- простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$),

где

$k_0=-s_1 i_5-s_2 i_5^2-s_3 i_5^3-s_4 i_5^4$

$k_1=5/2-(s_1+s_2+s_3+s_4)$

$k_2=-s_1 i_5^{5-1}-s_2 i_5^{5-2}-s_3 i_5^{5-3}-s_4 i_5^{5-4}$

$k_3=-s_1 i_5^{5-2}-s_2 i_5^{5-4}-s_3 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-8}$

$k_2=-s_1 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{10-6}-s_3 i_5^{10-9}-s_4 i_5^{15-12}$.

Мы ввели параметры $s_1, s_2, s_3, s_4$, каждый из которых равен $0$ или $1$ в зависимости от того $v_j \equiv v_0$ или $v_j \equiv -v_0$, для $j=1, 2, 3, 4$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение30.11.2013, 12:51 


31/03/06
1384
Исправление
-----------------

Цитата:
Я не привожу пока результатов вычислений, но при $s_1=0$, $s_2=0$, $s_3=1$, $s_4=0$, если все коэффициенты $c_0$, ..., $c_4$ делятся на $\rho$, то либо $5$ делится на $\rho$, либо $2$ делится на $\rho$.

Значит, можно доказать, что наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma_1(g)$ не делится на $\rho$.

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$.
В самом деле, пусть $p$ - простой делитель числа $y z$, и $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ не делится на $p$.
Для простоты, предположим, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$, и, что $p \ne 2$.
Если $p$ делится на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ и $\rho$ соответствует набору параметров $s_1, s_2, s_3, s_4$, то не все они равны 1.
Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель числа $\gamma_1(g)$
делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.
Иначе $\beta(g)$ делится на $\rho$, и поскольку наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$ не делится на $\rho$, то $\gamma_1(g)$ делится на $\rho$.
Значит $\gamma_1(g)$ делится на $p$, значит все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $p$.
Но, если $\beta(g)$ делится на $\rho$, то не все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $\rho$ (мы не доказали это, но показали в этом сообщении, как можно доказать.).
Мы не привели доказательство того, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$ во всех деталях.
Вместо $\rho$ нужно рассматривать $\rho^m$.
Нужно отдельно рассмотреть случай $p=2$.
Но в общих чертах понятно, как можно это доказать.


Нельзя было по одному набору параметров $s_1=0$, $s_2=0$, $s_3=1$, $s_4=0$ судить об остальных.
Я подставил другие наборы в результаты вычислений, и для некоторых, получил нулевые $c_0$, ..., $c_4$.

Цитата:
Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/(p_1^t_1...p_m^t_m)$, где $p_j^t_j$ наибольшая степень простого числа $p_j$, на которую делится число $y z$, и простые числа $p_1$, ..., $p_m$ являются общими делителями коэффициентов $a_1$, ..., $a_4$.


Это не так, и показать это нельзя.

Эта тема не привела к доказательству ВТФ для $n=5$.
Вообще в этой теме, слишком много вычислений, которые, как оказалось не нужны.
Я закрываю её, и продолжу поиск доказательства в новой теме.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение11.12.2013, 09:20 
Заблокирован


27/09/10

248
Россия г.Тюмент
Феликс Шмидель в сообщении #786879 писал(а):
В этой теме, мы с ananova займёмся подготовкой доказательства ВТФ для $n=5$.
Уважаемый ananova, Вы в курсе, что в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы не доказали это, а нашли, используя математическую компьютерную программу gp/PARI.
Эта программа определила, что число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ равно 1.
Вы, возможно не знаете, что такое идеал, и тем более, что такое число классов идеалов.

(Оффтоп)

Век живи век учись. А вообще мне очень понравилось, как культурно человека можно на хрен послать. А перед этим 100% успеха обещать. Так вроде невзначай. Если я ещё давеча сомневался по поводу Канадской статьи, то тапереча Вы мои сомнения окончательно развеяли. Здаётся мне, что эта статья не конкурент Вашему доказательству, а похоронная команда для Вашего доказательства. Мил человек если Вас не затруднит, не могли бы Вы дать даты публикаций Вашего и Канадского доказательства. Если конечно Вы в впереди то извиняйте, а позади то прщавайте. Лихим словом меня не поминайте

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение12.12.2013, 14:03 


31/03/06
1384

(Оффтоп)

Я никого никуда не посылал. ananova отказался от участия в поиске доказательства в самом начале. Так что он нисколько не пострадал. Я извинился за неудавшуюся попытку доказательства и свою неоправданную самоуверенность. Моё доказательство для $n=3$ нигде не опубликовано.
Но оно проверено на этом форуме заслуженным участником, а также специалистами.
А статья в Канадском журнале, по мнению заслуженных участников, содержит ошибки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение12.12.2013, 15:03 
Заблокирован


27/09/10

248
Россия г.Тюмент
Феликс Шмидель в сообщении #799665 писал(а):

(Оффтоп)

Я никого никуда не посылал. ananova отказался от участия в поиске доказательства в самом начале. Так что он нисколько не пострадал. Я извинился за неудавшуюся попытку доказательства и свою неоправданную самоуверенность. Моё доказательство для $n=3$ нигде не опубликовано.
Но оно проверено на этом форуме заслуженным участником, а также специалистами.
А статья в Канадском журнале, по мнению заслуженных участников, содержит ошибки.

(Оффтоп)

прошу прощение но выглядит это имен о так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение15.12.2013, 20:29 


31/03/06
1384
У меня появилась идея, которая основана на равенстве из этой темы и требует ещё одно вычисление.
Поэтому я рассмотрю эту идею здесь.
В соседней теме мы показали, что у числа $y z$ есть легко вычислимые делители, на которые делятся все коэффициенты $a_1, a_2, a_3, a_4$ (кроме $a_0$).

В этой темы мы доказали равенство (28):

Цитата:
(28) $(\frac{1}{i_5+1}\frac{i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5)}{i_5-1})(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2$.


и показали, что два сомножителя в левой части равенства (28) взаимно-просты, и из (28) следует, что они являются квадратами идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Идея заключается в том, чтобы рассмотреть, например, второй сомножитель по модулю делителей, на которые делятся $a_1, a_2, a_3, a_4$.
Этот сомножитель сравним с $a_0 (i_5+1)$ по модулю этих делителей, и вопрос в том, что нам даёт то, что он является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$?
Мы можем добиться упрощения если помножим этот сомножитель на результаты подстановки в него $g i_5, g i_5^2, g i_5^3, g i_5^4$ вместо $g$.
В этой теме мы проделали подобное вычисление, подставляя $i_5^2$, $i_5^3$, $i_5^4$ вместо $i_5$, и перемножая четыре полученых выражения, но в данном случае это ничего не даёт, потому что перемножение четырёх одинаковых чисел $a_0 (i_5+1)$ является квадратом и это ничему не противоречит.
Другое дело если перемножить пять одинаковых чисел!
Итак вычислим: $(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))(i_5 \alpha_1(g i_5^2)+\alpha_1(g i_5^3))(i_5 \alpha_1(g i_5^3)+\alpha_1(g i_5^4))(i_5 \alpha_1(g i_5^4)+\alpha_1(g))$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение15.12.2013, 23:08 


31/03/06
1384
Код:
load_package polydiv;

v0:=a0+a1*g+a2*g^2+a3*g^3+a4*g^4;

v1:=a0+a1*g*i5+a2*g^2*i5^2+a3*g^3*i5^3+a4*g^4*i5^4;

v2:=a0+a1*g*i5^2+a2*g^2*i5^4+a3*g^3*i5^6+a4*g^4*i5^8;

v3:=a0+a1*g*i5^3+a2*g^2*i5^6+a3*g^3*i5^9+a4*g^4*i5^12;

v4:=a0+a1*g*i5^4+a2*g^2*i5^8+a3*g^3*i5^12+a4*g^4*i5^16;

u1:=i5*v0+v1;

u2:=i5*v1+v2;

u3:=i5*v2+v3;

u4:=i5*v3+v4;

u5:=i5*v4+v0;

v5:=((u1*u2) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=((u3*u4) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v7:=((v5*v6) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v8:=((v7*u5) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:=v8 mod i5;

v9:=(v8-c0)/i5;

c1:=v9 mod i5;

v10:=(v9-c1)/i5;

c2:=v10 mod i5;

c3:=(v10-c2)/i5;

c0;
c1;
c2;
c3;


Получим: $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3$,

где

$c_0=-3 a_0^5+20 a_0^3 a_1 a_4-10 a_0^3 a_2 a_3+40 a_0^2 a_1 a_2^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4-80 a_0 a_1^3 a_2+80 a_0 a_1^2 a_4^2-40 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4+80 a_0 a_1 a_3^3-20 a_0 a_2^3 a_4-120 a_0 a_3 a_4^3+ 64 a_1^5-320 a_1^3 a_3 a_4+80 a_1^2 a_2 a_3^2+40 a_1 a_2^3 a_3+160 a_1 a_2 a_4^3+400 a_1 a_3^2 a_4^2-12 a_2^5- 40 a_2^2 a_3 a_4^2-120 a_2 a_3^3 a_4-64 a_3^5-128 a_4^5$

$c_2=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2- 16 a_0 a_3 a_4^3-32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

$c_3=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2-16 a_0 a_3 a_4^3- 32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение16.12.2013, 16:48 


31/03/06
1384
В кольце $\mathbb{Z}[i_5]$ есть два фундаментальных делителя единицы: $-i_5$ и $i_5+1$, причём $i_5=(i_5^3)^2$ является квадратом в этом кольце.
Поэтому либо $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3$, либо $-(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в этом кольце.
Поскольку $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3 \equiv a_0^5 (i_5+1)^5$ по модулю делителей числа $y z$, на которые делятся $a_1, ..., a_4$, то первые два случая невозможны, так как среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю такого делителя (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю этого делителя).
Я не утверждаю, что это верно для любого такого делителя, но достаточно, чтобы это было верно хотя бы для одного такого делителя.
Например, мы показали, что число $11$ является таким делителем.
Подставим вместо $i_5$ вычет $-2$ по модулю $11$, получим вычеты: $-1$, $5$, $-7$, $17$, из которых $-1$ не является квадратом, а $-7 \equiv 4$ является квадратом по модулю $11$.
Значит:

(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

где

$c_0=-3 a_0^5+20 a_0^3 a_1 a_4-10 a_0^3 a_2 a_3+40 a_0^2 a_1 a_2^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4-80 a_0 a_1^3 a_2+80 a_0 a_1^2 a_4^2-40 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4+80 a_0 a_1 a_3^3-20 a_0 a_2^3 a_4-120 a_0 a_3 a_4^3+ 64 a_1^5-320 a_1^3 a_3 a_4+80 a_1^2 a_2 a_3^2+40 a_1 a_2^3 a_3+160 a_1 a_2 a_4^3+400 a_1 a_3^2 a_4^2-12 a_2^5- 40 a_2^2 a_3 a_4^2-120 a_2 a_3^3 a_4-64 a_3^5-128 a_4^5$

$c_2=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2- 16 a_0 a_3 a_4^3-32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

$c_3=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2-16 a_0 a_3 a_4^3- 32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

Из (60) следует:

(61) либо $a_0$, либо $-a_0$ является квадратом по модулю всех простых делителей числа $y z$, на которые делятся одновременно $a_1, a_2, a_3, a_4$.

Это новый результат, но он не ведёт к противоречию.
Интересно, что следует из (60) по модулю остальных других делителей числа $y z$?
Можно упростить вычисления, поскольку, по-видимому, имеет место:

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

В самом деле, число $(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом идеала в этом кольце, в котором, по видимому, имеет место единственность разложения на простые множители (что несложно проверить, например, в программе GP/PARI).
Значит, $u(g, i_5) (i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в этом кольце, где $u(g, i_5)$ - некоторый делитель единицы.
Мы показали, что произведение $u(g, i_5) u(g, i_5^2) u(g, i_5^3) u(g, i_5^4)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[g]$, и либо $(i_5+1) u(g, i_5) u(g i_5, i_5) u(g i_5^2, i_5) u(g i_5^3, i_5) u(g i_5^4, i_5)$ либо $-(i_5+1) u(g, i_5) u(g i_5, i_5) u(g i_5^2, i_5) u(g i_5^3, i_5) u(g i_5^4, i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Число $i_5+1$ является делителем единицы, обладающим этими свойствами.
Можно проверить (62), вычислив другие фундаментальные единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, но мы пока не будем это делать.
Предположим, что (62) верно, и попробуем получить противоречие.
Если это удастся, то будем проверять.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.12.2013, 05:31 


31/03/06
1384
Я только сейчас заметил, что $c_2=c_3$. Забавно.

-- Ср дек 18, 2013 06:27:07 --

На всякий случай, вычислим также произведение сопряжённых чисел с первым сомножителем в равенстве (28), а именно: $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^2)+\alpha_1(g i_5^3))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^3)+\alpha_1(g i_5^4))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^4)+\alpha_1(g))/(i_5-1)$.

Мы опустили сомножитель $1/(i_5+1)$, поскольку ясно, что придётся помножать на $i_5+1$ или на $-(i_5+1)$, чтобы получить квадрат (из тех же соображений, что и в случае второго сомножителя равенства (28)).

Код:
load_package polydiv;

v0:=a0+a1*g+a2*g^2+a3*g^3+a4*g^4;

v1:=a0+a1*g*i5+a2*g^2*i5^2+a3*g^3*i5^3+a4*g^4*i5^4;

v2:=a0+a1*g*i5^2+a2*g^2*i5^4+a3*g^3*i5^6+a4*g^4*i5^8;

v3:=a0+a1*g*i5^3+a2*g^2*i5^6+a3*g^3*i5^9+a4*g^4*i5^12;

v4:=a0+a1*g*i5^4+a2*g^2*i5^8+a3*g^3*i5^12+a4*g^4*i5^16;

u1:=(i5*v0-v1)/(i5-1);

u2:=(i5*v1-v2)/(i5-1);

u3:=(i5*v2-v3)/(i5-1);

u4:=(i5*v3-v4)/(i5-1);

u5:=(i5*v4-v0)/(i5-1);

v5:=((u1*u2) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=((u3*u4) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v7:=((v5*v6) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v8:=((v7*u5) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:=v8 mod i5;

v9:=(v8-c0)/i5;

c1:=v9 mod i5;

v10:=(v9-c1)/i5;

c2:=v10 mod i5;

c3:=(v10-c2)/i5;

c0;
c1;
c2;
c3;


Получим:

(63) либо $(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

где
$c_0=a_0^5-20 a_0^2 a_2 a_4^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4+20 a_0 a_2^2 a_3^2+80 a_0 a_3 a_4^3-4 a_2^5+40 a_2^2 a_3 a_4^2-80 a_2 a_3^3 a_4+24 a_3^5-48 a_4^5$

$c_2=10 (-a_0^3 a_2 a_3+2 a_0^2 a_2 a_4^2+4 a_0^2 a_3^2 a_4+2 a_0 a_2^3 a_4-2 a_0 a_2^2 a_3^2-12 a_0 a_3 a_4^3-8 a_2^2 a_3 a_4^2+12 a_2 a_3^3 a_4-4 a_3^5+8 a_4^5)$

$c_3=10 (-a_0^3 a_2 a_3+2 a_0^2 a_2 a_4^2+4 a_0^2 a_3^2 a_4+2 a_0 a_2^3 a_4-2 a_0 a_2^2 a_3^2-12 a_0 a_3 a_4^3-8 a_2^2 a_3 a_4^2+12 a_2 a_3^3 a_4-4 a_3^5+8 a_4^5)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.12.2013, 16:49 


31/03/06
1384
Заметим, что $i_5^2+i_5^3=(-1-\sqrt{5})/2$$i_5+i_5^4=(-1+\sqrt{5})/2$, так как сумма и произведение двух чисел $i_5^2+i_5^3$ и $i_5+i_5^4$ равны -1).
Заметим также, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$ имеет место единственность разложения на простые множители (в отличие от классического примера - поля $\mathbb{Q}[\sqrt{-5}]$, в котором эта единственность не выполняется).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.12.2013, 18:04 


31/03/06
1384
Нетрудно выразить целые числа $c_0$ и $c_2$ параметрически.

Из (63) следует:

(64) $c_0=\pm (b_0^2+b_1^2)$, $c_2=\pm (2 b_0 b_1-b_1^2)$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

В самом деле, обозначим $h=i_5^2+i_5^3=(-1-\sqrt{5})/2$.
Из (63) следует: $\pm (c_0+c_2 h)=(b_0+b_1 h)^2=b_0^2+b_1^2 h^2+2 b_0 b_1 h=b_0^2+b_1^2 (1-h)+2 b_0 b_1 h=(b_0^2+b_1^2)+(2 b_0 b_1-b_1^2) h$ (поскольку $h^2+h-1=0$ и $h^2=1-h$).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 93 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  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