2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, 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
 
 Re: ВТФ от MrAlexander
Сообщение21.11.2016, 21:38 


16/03/14
12
Формулы Варинга для суммы n-степеней корней многочлена:

a) $(x-a)(x-b)(x-c)=0$
$x^3= Ax^2 + Bx + G$;
$A= a+b+c$
$B= - (ab+bc+ca)$
$G= abc$
$a+b+c =A$
$a^2+b^2+c^2=A^2 + 2B$
$a^3+b^3+c^3=A^3 + 3AB + 3G$
$a^5+b^5+c^5=A^5 + 5A^3B + 5A^2G+ 5AB^2+5BG$

1. $(x-a^{n})(x-b^{n})(x-c^{n})=0$

1.1 $x^3-x^2(a^{n}+ b^{n}+ c^{n})+x(a^{n} b^{n}+ b^{n} c^{n} + a^{n} c^{n}) - a^{n} b^{n} c^{n}=0$,
где $a^{n}+ b^{n}+ c^{n}=0$ и $a, b, c$ не имеют общих делителей.
$x^3=x(-a^{n}b^{n}- b^{n}c^{n} - a^{n}c^{n}) + a^{n}b^{n}c^{n}$ или $x^3=xBn + Gn$

$a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk} = SCij\cdot Bn^{i}\cdot Gn^{j} $, где суммирование по всем таким целым неотрицательным $i$, $j$ таким, что $2i+3j=k , Cij = k(i+j-1)!/i!j!$

1.2 Для $k=3m+1$ и $k=3m+2$ сумма $a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk}$ делится на $Bn$, так как не будет одиночных слагаемых вида $Gn^j$ или каждое слагаемой суммы $SCij\cdot Bn^{i}\cdot Gn^{j}$ содержит $Bn$ в целой положительной степени. Выражение $Bn$ не имеет общих делителей с числами $a, b, c$.

Пусть $p$ простой делитель $Bn$, очевидно $p$ взаимно просты с $a, b, c$. Тогда $a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk}$ при $k= p-1$ не будет делиться на $p$, так как каждое слагаемое суммы будет давать в остатке 1 по малой теореме Ферма и сумма $a^nk+ b^nk+ c^nk$ даст остаток 3. На 3 делится одно из чисел a, b, c, при этом $Bn, a, b, c$ взаимно просты (не имеют общих делителей), поэтому $p$ не равно 3 и следовательно $a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk}$ при $k= p-1$ не будет делится на $p$.
Это возможно только, если $p=3l+1$, соответственно $p-1=3l$ и в сумме $a^nk+ b^nk+ c^nk$ будет обязательно слагаемое вида $3Gn^{l}$.
Более того $p=6l+1$, так как $p$ нечетное число (на 2 делится одно из чисел $a, b, c$, при этом $Bn$ не имеет общих делителей с числами $a, b, c$).

1.3 $Bn = -a^{n}b^{n}- b^{n}c^{n} - a^{n}c^{n} = -a^{n}(b^{n}+ c^{n}) -b^{n}c^{n}= a^{2n} - b^{n}c^{n}$
Также $Bn = a^{2n} - b^{n}c^{n} = b^{2n} - a^{n}c^{n} = c^{2n} - a^{n}b^{n}$.

1.4 Если $a+b+c=0$ и $a^2 - bc =0$ по $mod  p$, то $b^2+bc+c^2=0$ или $b^2 + c(b+c)=0$ или $b^2 + c(-a)=0$;
Это означает, что $b^2 - ac =0$ по $mod  p$, аналогично доказывается, что $c^2 - ab =0$ по
$mod p$.
Если $a^2 - bc =0$ и $b^2 - ac =0$ по $mod p$, то $a^2 - b^2+ac - bc =0$, т.е. $(a - b)(a+b)+(a - b)c =0$.
$ (a - b)(a+b+c) =0$. Так как $a-b$ не равно 0 по $mod p$ (если $a$ и $b$ имеют одинаковый остаток $r$ при делении на $p$, то такой же остаток у $c$, тогда $3r^{n}=0$ по $mod p$ и $r=0$ по $mod p$, противоречие: $a$, $b$ и $c$ не имеют общих делителей), то $a+b+c=0$ по $mod p$.
Если $a+b+c=0$ и $ab+bc+ac=0$ по $mod p$, то $a(b+с)+bc=0$ или $-a^2+bc=0$, аналогично
$b^2 - ac =0$ и $c^2 - ab =0$ по $mod p$.

2. Рассмотрим случай $a^5+b^5+c^5=0$.

Имеем $a^5+b^5+c^5=A^5+5A^3B+5A^2G+5AB^2+5BG$
Пусть $p$ общий простой делитель $B$и $A$, а $p^{i}$ наибольший делитель $A$, где $i$ - натуральное число, т.е. $p^{i}$ делить без остатка $A$, а $p^{i+1}$ уже нет, кроме того $p=6l+1$. Тогда $p^{2i}$ - наибольший делитель $B$а $p$ не является делителем $a, b, c,  G$, также $p^{i}$ наибольший делитель $Bn$
Выражение $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}$, где $m = 5+ p^{j}(p-1)$, делится на $p^{j+1}$ с одной стороны, $j$ можно взять сколь угодно большим, например $j=8i$ (по малой теореме Ферма $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{m}= a^5+b^5+c^5$ по $mod p^{j+1}$ или $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{m}=0$ по $mod p^{j+1}$).

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}=G^{((m-2)/3}(m((m-2)/3+2-1)!/((m-2)/3)!/2!A^2$+$m((m-2)/3+1-1)!/((m-2)/3)!/1!B)$+$G^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+5-1)!/((m-5)/3)!/5!A^5$+$G^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+3+1-1)!/((m-5)/3)!/3!A^3B$+$G^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+1+2-1)!/((m-5)/3)!/2!AB^2+$…=$5G^{(m-2)/3}(((m-2)/3 +1)/2A^2+B)$+…
+$5G^{(m-5)/3}(((m-5)/3+4)((m-5)/3+3)((m-5)/3+2)((m-5)/3+1)/5!A^5$+$((m-5)/3+3)((m-5)/3+2)(m-5)/3+1)/3!A^3B$+$((m-5)/3+2)(m-5)/3+1)/2!AB^2)+$…= $5G^{(m-2)/3}((m-5+6)/6A^2+B)$+$5G^((m-5)/3)(A^5/5 +A^3B+AB^2)+$…=$5G^{(m-5)/3}((A^2+B)G+A^5/5 +A^3B+AB^2)+$… =
Имеем $(A^2+B)G+A^5/5 +A^3B+AB^2=0$

Остальные слагаемые с относительно небольшими степенями относительно $A$ и $B$ содержат множитель $(m-5)$, который равен $p^{j}(p-1)$:
…=$5G^{(m-5)/3-1}(((m-5)/3-1+8-1)!/((m-5)/3-1)!/8!A^8$+…+$((m-5)/3-1+4-1)!/((m-5)/3-1)!/4!B^4$+
+$5G^{(m-5)/3-3}(((m-5)/3-3+14-1)!/((m-5)/3-3)!/14!A^{14}$+…$+((m-5)/3-1+7-1)!/((m-5)/3-3)!/7!B^7+$
$+5G^{(m-5)/3-5}(((m-5)/3-5+20-1)!/((m-5)/3-5)!/20!A^{20}$+…$+((m-5)/3-1+10-1)!/((m-5)/3-5)!/10!B^{10}$+…
и т.д.
Продолжение следует.

-- 21.11.2016, 23:49 --

Продолжение:
3. $(x-a)(x-b)(x-c)(x-p^{t})=0$
$x^4+ x^3(-a-b-c- p^{t})+ x^2(ab+bc+ac+ p^{t}(a+b+c))+x(-abc-p^{t}(ab+bc+ac))+abcp^{t}=0$
$x^4= x^3(a+b+c+p^{t})+ x^2(-ab-bc-ac-p^{t}(a+b+c))+x(abc+p^{t}(ab+bc+ac))-abcp^{t}$

$a+b+c+ p^{t}=A+p^{t}$
$-ab-bc-ac-p^{t}(a+b+c)=B-A p^{t}$
$abc+ p^{t}(ab+bc+ac)=G-B p^{t}=K$
$-abc p^{t}=-Gp^{t}$

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}$, где $m = 5+ p^{j}(p-1)$, делится на $p^{j+1}$ с одной стороны, $j$ можно взять сколь угодно большим, например $j=8i$ (по малой теореме Ферма $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}= a^5+b^5+c^5$ по $mod p^{j+1}$ или $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=0$
по $mod p^{j+1}$).

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=K^{(m-2)/3}(m((m-2)/3+2-1)!/((m-)/3)!/2!(A+p^{t})^2$+
+$m((m-2)/3+1-1)!/((m-2)/3)!/1!(B-Ap^{t}))$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+5-1)!/((m-5)/3)!/5!(A+p^{t})^5$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+3+1-1)!/((m-5)/3)!/3!(A+p^{t})^3(B-Ap^{t})$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+1+2-1)!/((m-5)/3)!/2!(A+p^{t})(B- A p^{t})^2$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+1+1-1)!/((m-5)/3)!/1!(A+p^{t})(- Gp^{t})$+…

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=5K^{(m-2)/3} Ap^{t}$ +$5K^{(m-5)/3}(1/5*5A^4p^{t}$ +$3 B A^2p^{t} - A^4p^{t} + B ^2p^{t} -2 B A^2p^{t} - AG p^{t})$=$5K^{(m-5)/3}( A^2+ B) B p^{t} +$ более высокие степени относительно $p$ по $mod p^{j+1}$. (В пункте 2 показано, что нулевая степень относительно $p$ равна 0 по $mod p^{j+1}$).
Таким образом, увеличивая $t$ в $p^{t}$ мы можем четко разбить слагаемые по степеням $p$ от меньших к большим, далее выбирая $j$ в $p^{j}(p-1)$ больше, чем степень $p$ в $( A^2+ B)Bp^{t}$ получим противоречие для 5 степени.
С одной стороны $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=0$ по $mod p^{j+1}$).
С другой стороны $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=5K^{(m-5)/3}( A^2+ B)Bp^{t}$ + более высокие степени относительно $p$ по $mod p^{j+1}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ от MrAlexander
Сообщение22.11.2016, 08:57 


16/03/14
12
Исправление рассуждений:
Учтены не все слагаемые содержащие $p^{t}$:
Дополнительно имеем $5K^{(m-5)/3}((A^2+B)(G-Bp^{t})+A^5/5 +A^3B+AB^2)$ с учетом
$5K^{(m-5)/3}(A^2+ B)Bp^{t}$ получим $5K^{(m-5)/3}((A^2+B)G+A^5/5 +A^3B+AB^2)=0$.
Для старших степеней относительно $p^{t}$ следует ожидать подобного.
Таким образом, и в этой попытке, результат отрицательный.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 17 ]  На страницу Пред.  1, 2

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