еще о ВТФ для P=3

[vasili]

Уважаемый binki! Ошибки нет. После преобразования левой части сравнения, а именно $(z^2-x^2)^3$
получаем $x^3(z + x)^3$

[binki]

$(z^2-zx)=z(z-x)\equiv-x(z-x)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$, тогда

$$x^3(z-x)^3\equiv x^6\equiv z^6 \mod(6n_2+1)$$

[vasili]

Уважаемый binki ! Покажу подробнее справедливость моих преобразований.
$(z^2-x^2)^3 =(z-x)^3(z + x)^3$
Пhеобразуем только множитель $(z-x)^3$
$(z- x)^3 = (z-x)^2(z-x)=[(z^2-zx +x^2)-zx](z-x)$, отсюда с учетом (6)
$-zx(z-x) =-x(z^2-zx)\equiv-x(-x^2) =x^3\mod (6n_2 +1)$, тогда
$(z- x)^3\equiv x^3\mod (6n_2 + 1)$, а
$(z^2-x^2)^3 =(z-x)^3(z + x)^3\equiv x^3(z + x )^3$$

[binki]

vasili в сообщении #1297106 писал(а):

Очевидно благодаря (6) будет справедливо сравнение
$z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n _2 + 1)\engo(8)$.

vasili в сообщении #1308504 писал(а):

Благодаря (6) имеем
$(z^2-zx)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$

Уважаемый vasili
Согласно (8) имеем $(z^2-zx)\equiv(z^2+x^2)\mod(6n_2 + 1)$, но не $(z^2-x^2)$, которое Вы используете в своих преобразованиях. Поэтому справедливо все таки

$$x^3(z-x)^3\equiv x^6\equiv z^6 \mod(6n_2+1)$$

[vasili]

Уважаемый binki ! Из сравнения (19) с учетом (8) получено сравнение (20), а после возведения которого в 3-ю степень получили сравнение $(z^2-x^2)^3\equiv-z^6$. Преобразование левой части которого я подробно изложил в предыдущем посте.

[binki]

vasili в сообщении #1308504 писал(а):

11. Итак, пусть $2n_2 = 3k_2 + 2$, тогда сравнения (19) будет
$z^{3k_2 +2}+ x^{3k_2 +2} + 1\equiv0\mod (6n_2 к+1)\engo(19)$, а с учетом (8) имеем

$(z^3)^{k_2} z^ 2+ (- z^ 3)^{k_2} x^ 2 + 1\equiv0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$,отсюда

$(z^3)^{k_2} (z^ 2-x^ 2)\equiv -1\mod (6n_2 +1)\engo(19)$, а после умножения на $z^2$ имеем

$z^{3k_2 +2}(z^ 2-x^ 2)\equiv -z^2\mod (6n_2 +1)\engo(20)$

Значит и здесь ошибка. $2n_2 = 3k_2 + 2$, след. $k_2$ -четно. Тогда (19), (20)

$$(z^3)^{k_2} (z^ 2+x^ 2)\equiv -1\mod (6n_2 +1)\eqno(19)$$

,

$$z^{3k_2 +2}(z^ 2+x^ 2)\equiv -z^2\mod (6n_2 +1)\eqno(20)$$

[vasili]

Уважаемый binki! Благодарю за указанную ошибку в сравнении (20). Тем самым Вы нашли ошибочным мое утверждение "показатель $2n_2$ не равен $3k_2 +2$. Еще раз благодарю за внимательное чтение моих размышлений...

[vasili]

июнь 2018
Окончание «Размышления…» в 2-х частях
ЧАСТЬ I
Для вариантов, когда $2n_2 =3k_1 +1$

10. Найденная, уважаемым binki ошибка, в предыдущем посте (размышление о случае, когда $2n_2 = 3k_2 + 2$ заставила несколько изменить порядок изучения свойств вычетов по модулю $6n _2 + 1$ принадлежащего к Подмножеству 2 простых чисел вида $6n_2 +1$, признаком которых является сравнение
$2^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

11. Из сравнений (12) и (19) следует, что числа
$ z^{2n_2}$ и $x^{2n_2}$ принадлежат показателю 3 по модулю $6n _2 + 1$.
Иных чисел, принадлежащих показателю 3 по модулю
$6n _2 + 1$, быть не может, так как функция Эйлера $\varphi (3) = 2$.
Это значит, что возведенные в степень $2n_2$, натуральные числа будут сравнимы с 1 или с числом $z^{2n_2}$ или с числом $x^{2n_2}$ по модулю $6n_2 + 1$.

12..Продолжим рассмотрение сравнения
$z^{2n_2} +x^{2n_2} +1\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$
для случая, когда $2n_2 =3k_1+ 1 и для случая, когда $2n_2 =3k_2 + 2$
Случай, когда $2n_2 =3k_0$ рассмотрен выше.

13.. Итак, пусть $2n_2 = 3k_1 + 1$ тогда сравнения (19) будет
$z^{3k_1 +1}+ x^{3k_1 +1} + 1\equiv0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$.

14.Введем в рассмотрение различные степени числа y
Запишем с учетом (1) сравнение (8) в форме

$z^3 +x^3 =z^3 +(z^3-y^3) \equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, отсюда

$y^3\equiv 2z^3\engo(A)$, а также в форме

$z^3 + x^3=(x^3 + y^3) + x^3\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, отсюда
$y^3\equiv-2x^3\ engo(B)$,

15.Пусть число $y^{3k_1 + 1}$ сравнимо с числом

$z^{3k_1 +1}$ по модулю $6n_2 +1$.

Покажем с учетом (A) справедливость такого сравнения

$$z^{3k_1}z\equiv y^{3k_1}y\equiv 2^{k_1}(z^3)^{k_1}y\mod (6n_2 + 1)\engo(26)$$

,
а после сокращения на $z^{3k_1}$
левой и правой частей сравнения (26) получим

$z\equiv 2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1) \engo(27)$,

отсюда с учетом вспомогательного сравнения $z\equiv r_2y$ [см.(21) ] имеем

$r_2y\ equiv 2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1) $, отсюда

$r_2\ equiv 2^{k_1}\mod (6n_2 + 1) \engo(28)$,

Так как $y\equiv-r_3x\mod (6n_2 +1)$, а

$x\equiv r_1z\mod (6n_2 +1)$ [см. (20) и (22)], то тогда

$y\equiv-r_3x\equiv –r_3r_1z$
А с учетом этого (27) будет

$z\equiv 2^{k_1}(–r_3r_1z) \mod (6n_2 + 1)$, отсюда

$r_3r_12^{k_1}\equiv -1\mod (6n_2 + 1)$, а

после умножения этого сравнения на $2^{2k_1 + 1}$
и учитывая, , что $2^{3k_1 +1}\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем
$r_3r_1\equiv -2^{2k_1 +1}\mod (6n_2 + 1)\engo(29)$,

Воспользуемся вспомогательным сравнением (23), т.е.

$r_1r_2r_3\equiv -1\mod (6n_2 + 1) \engo(23)$,

С учетом сравнений (28) и (29) сравнение (23) будет,

$$r_1r_3r_2\equiv (-2^{2k_1 +1})2^{k_1}\ equiv -2^{3k_1 +1} equiv -1\mod (6n_2 + 1)$$

,

Пришли к справедливому сравнению, следовательно, сравнение (26) справедливо.

16 Покажем, что и сравнение

$$x^{3k_1}x\equiv y^{3k_1}y\equiv -2^{k_1}(x^3)^{k_1}y \mod (6n_2 + 1) \engo(30)$$, также справедливо. После сокращения на $x^{3k_1}$ левой и правой частей сравнения (30) получим $x\equiv - 2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1) engo(31)$. а Учитывая (20) и(21) имеем, $r_1z\equiv r_1r_2y\equiv - 2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1)$. отсюда $r_1r_2 \equiv - 2^{k_1}\mod (6n_2 + 1) \engo(32)$. А с учетом (22) сравнение (31)будет $x\equiv - 2^{k_1}(-r_3x)\mod (6n_2 + 1)$, отсюда $r_32^{k_1}\equiv 1\mod(6n_2 + 1)$, а после умножения этого сравнения на $2^{2k_1 + 1}$ и учитывая, что $2^{3k_1 +1}\equiv 1\mod (6b_2 +1)$ имеем $r_3\equiv 2^{2k_1 +1 }\mod (6n_2 +1) \engo(33)$. С учетом (32) и (33) сравнение (23) будет $$r_1r_2r_3\equiv (-2^{k_1})2^{2k_1 +1}\equiv -2^{3k_1 +1} \equiv -1\mod (6n_2 + 1)$$

,

Пришли к справедливому сравнению, следовательно, сравнение (30) справедливо.
Мы получили сравнения
$z^{3k_1+1}\equiv y^{3k_1+1}\mod(6n_2 + 1)$,
$x^{3k_1+}\equiv y^{3k_1+1}\mod(6n_2 + 1)$,
которые противоречат сравнению (19), в самом деле с учетом этого из сравнения (19) следует
$2z^{3k_1+1}\equiv -1\mod (6n_2 +1)$, а
после возведения в 3-ю степень и учитывая, что
$[z{3k_1+1}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем

$2^3\equiv (-1)^3\mod (6n_2+1)$, отсюда
$3^2 \equiv 0\mod (6n_2+1)$, что не возможно, т.к.
$3< 6n_2 + 1$/
Пришли к противоречию.
Вывод: Число $2n_2$ не может быть равно $3k_1 + 1$.

[vasili]

июнь 2018
Окончание «Размышления…» в 2-х частях

ЧАСТЬ II
Для вариантов, когда $2n_2 =3k_2 +2$

17. Покажем, что (для варианта, когда $2n_2= 3k_2 +2$) с учетом (B) нижеследующее сравнение справедливо

$$x^{3k_2}x^2\equiv y^{3k_2}y^2\equiv 2^{k_2}(x^3)^{k_2}y^2\mod (6n_2 + 1) \engo(34)$$

.
После сокращения на $x^{3k_2}$
левой и правой частей сравнения (34) получим

$x^2\equiv 2^{k_2}y^2\mod (6n_2 + 1) \engo(35)$, а

учитывая (20) и(21) имеем,

$(r_1z)^2\equiv (r_1r_2y)^2\equiv 2^{k_2}(y)^2\mod (6n_2 + 1)$. отсюда

$(r_1r_2)^2 \equiv 2^{k_2}\mod (6n_2 + 1)\engo(32)$.,

А с учетом (22) сравнение (34) будет

$x^2\equiv 2^{k_2}(-r_3x)^2\mod (6n_2 + 1)$, отсюда

$(r_3)^2 2^{k_2}\equiv -1\mod(6n_2 + 1)$, а после умножения этого сравнения на $2^{2k_2 + 2}$
и учитывая, что $[2^{3k_2 +2}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем
$(r_3)^2\equiv -2^{2k_2 +2}\mod (6n_2 +1) \engo(33)$.
С учетом (32) и (33) сравнение (23) будет

$$(r_1r_2r_3)^2\equiv (2^{k_2})(2^{2k_2 +2})\equiv 2^{3k_2 +2} \equiv 1\mod (6n_2 + 1)$$

,

Пришли к справедливому сравнению, следовательно, сравнение (34) справедливо.
Размышления аналогичные, приведенным в п.17.
покажут,что сравнение
$z^{3k_2+2}\ equiv y^{3k_2+2}\mod(6n_2 + 1)[math]$$ справедливо
Мы получили сравнения
$x^{3k_2+2}\equiv y^{3k_2+2}\mod(6n_2 + 1)$ и
$z^{3k_2 + 2}\equiv y^{3k_2+ 2}\mod(6n_2 + 1)$$, которые противоречат сравнению (19). В самом деле, с учетом этого из сравнения (19) следует
$2z^{3k_2+2}\equiv -1\mod (6n_2 +1)$, а после возведения в 3-ю степень и учитывая, что
$[z{3k_2+2}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем

$2^3\equiv (-1)^3\mod (6n_2+1)$, отсюда
$3^2 \equiv 0\mod (6n_2+1)$, что не возможно, т.к.
$3< 6n_2 + 1$/
Пришли к противоречию.
Вывод: Число $2n_2$ не может быть равно $3k_2 + 2$.

Заключение.
Для доказательства ВТФ3 применялся метод Гаусса, где в качестве модулей были взяты делители вспомогательного трехчлена $z^2-zx +x^2$
. Особенно интересны делители $p_2= 6n_2 + 1$,где
$2n_2 = 3k_0$ пример $p_2 =109, 127, ….$,
$2n_2 = 3k_1 +1$ пример $p_2 =31,157,787…$,
$2n_2 = 3k_2 +2$ пример $p_2 =43, 547,,$.
По всем модулям получены противоречия.
ВТФ 3 можно считать доказанной..

[binki]

vasili в сообщении #1316636 писал(а):

Так как $y\equiv-r_3x\mod (6n_2 +1)$

Уважаемый vasili!
Почему минус?

[vasili]

Уважаемый binki! Чтобы числа $z-x$, $z-y$ и $x + y$ дклились на $6n_2 +1$ использукм числа $ r_1, r_2, r_3$ и получаем $r_1z-x$, $z-r_2y$ и $r_3x + y\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$

[binki]

vasili в сообщении #1297106 писал(а):

Из (15) вычтем (16) получим
$ z^{4n_2}- x^{4n_2}\equiv- (z^{2n_2}- x^{2n_2})\mod (6n_2+ 1)$, отсюда
$(z^{2n_2}- x^{2n_2})(z^{2n_2}+ x^{2n_2} + 1)\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(17)$, отсюда возможны 2 варианта сравнений

Уважаемый vasili!
Ошибка. Должно быть: .... "отсюда
$(z^{2n_2}+ x^{2n_2} + 1)\equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(17)$."
Выражение $(z^{2n_2}- x^{2n_2})$ сокращено. Поэтому дальнейшее сравнение $(z^{2n_2}- x^{2n_2})\equiv 0 \mod (6n_2 +1)$ не существует. Следовательно, не существуют и выводы сделанные по этому сравнению. Устранение этой ошибки значительно сократит объём Вашего сообщения. Кроме того, следует заметить, что имеется много опечаток.

[binki]

Сравнения (26),(30), (34) необходимо доказывать на основе существующих формул. То есть идти от $r_1r_2r_3\equiv -1\mod (6n_2 + 1) \engo(23)$ к получению (26), (30),(34). Использование $x^2\equiv 2^{k_2}y^2\mod (6n_2 + 1) \engo(35)$, как и (27),(31) не правомерно, так как эти сравнения получены на основе тех же не доказанных (26),(30), (34)

[vasili]

Уважаемый binki !
1. Левая часть сравнения (17) состоит из 2-х множителей. «отбрасывать» один из них нет оснований до доказательства того, что один из
них не имеет общих делителей с модулем. Поэтому и было рассмотрено сравнение
$z^{2n_2}-x^{2n_2}\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, которое оказалось не справедливое.

2.Справедливость сравнений (26), (30).и (34) показана с помощью вспомогательных сравнений.. Что не так?

[binki]

Уважаемый vasili!
1. $ z^{4n_2}- x^{4n_2}\equiv- (z^{2n_2}- x^{2n_2})\mod (6n_2+ 1)$
делим правую и левую части на $(z^{2n_2}- x^{2n_2})$, получаем $(z^{2n_2}+ x^{2n_2}) \equiv-1 \mod (6n_2 + 1)$
2. Сравнения (27), (31), (35) получены на основе не доказанных сравнений (26), (30), (34). Предположим, что (27),(31),(35) не справедливы. Тогда в цепи рассуждений не справедливы промежуточные сравнения и конечное $r_1r_2r_3\not \equiv -1\mod (6n_2 + 1) $. Достаточно ли это, чтобы утверждать, что (26),(30),(34) справедливы?