Закономерность или случайность факторизации числа V

[ishhan]

Целое $V_L $задаётся формулой, происхождение которой пока пропустим:
$V_L=\frac{2^{2L-1} -2^{L-1}-1}{9L}$, где $L$ не чётное простое число.
Число $V$ разлагается на взаимно простые делители $V_L=d_{min}*...*d_{max}$
Закономерность пока проверена мной до $L=149$ и состоит в том, что:
$d_{max}=1modL$
Примеры:
1.$L=5 $
$V_5=\frac{2^{9} -2^{4}-1}{45}=11$
разложение на множители
$V_5=11$
$d_{max}=11$
$11=1mod5$

2.$L=13 $
$V_{13}=\frac{2^{25} -2^{12}-1}{117}=286755$
разложение на множители
$V_{13}=286755=3*5*7*2731$
$d_{max}=2731$
$2731=1mod13$

3.$L=37 $
$V_{37}=\frac{2^{73} -2^{36}-1}{333}=28362561458470183035$
разложение на множители
$V_{37}=28362561458470183035=5*19*73*109*819*1777*25781083$
$d_{max}=25781083$
$25781083=1mod37$
Интересно!
Будет выполняться дальше $L=149$?

[maxal]

Нетрудно видеть, что

$$V_L = \frac{2^{L-1}-1}{3L}\cdot \frac{2^L + 1}{3}$$

что упрощает факторизацию $V_L$.

Наименьшим контр-примером к вашему наблюдению является $L=367$, для которого первый и второй сомножитель $V_L$ раскладываются на простые так:

[3, 7, 55633, 768614336404564651, 2305843009213693951, 37201708625305146303973352041, 1772303994379887829769795077302561451]
[2203, 19819, 146264881313513, 20837062885084633147, 460233616861852066165180033789571, 1636198597169607245088331633873083979]

Соответственно, $d_{max} = 1772303994379887829769795077302561451 \equiv 67\pmod{367}$.

-- Thu Mar 03, 2011 12:37:21 --

А объяснение наблюдения таково, что для каждого простого делителя $p>3$ числа $\frac{2^L+1}{3}$ с необходимость из простоты $L$ следует, что $2L$ является мультипликативным порядком 2 по модулю $p$, а поэтому $2L$ делит $p-1$. Откуда $p\equiv 1\pmod{L}$.
Поэтому если наибольший делитель $d_{max}$ числа $V_L$ приходит из $\frac{2^L+1}{3}$, то для него выполняется $d_{max}\equiv 1\pmod{L}$. Ну а в большинстве случаев $\frac{2^L+1}{3}$ раскладывается на простые "хуже" чем $\frac{2^{L-1}-1}{3L}$ (так как $L$ - простое, а $L-1$ - нет), и поэтому $d_{max}$ чаще является делителем именно $\frac{2^L+1}{3}$.

[ishhan]

maxal, спасибо за контрпример и экспертное объяснение.
(подобная закономерность для всех простых чисел это что-то фантастическое)
Такие фокусы вытворяет целочисленная симметрическая форма от тройки чисел x=1,y=2,z=1:
V^{L-3}(x,y,z)=\frac{(x+y+z)^L-x^L-y^L-z^L}{L\cdot(x+y)(x+z)(z+y)}, гдеL не чётное простое.
Но это, так сказать, курьёзный случай, а есть и вполне реальные закономерности.
Например, если взять тройку 1,3,9,то:
$\frac{V^{L-3}(1,3,9)}{(1+3+9)}=\frac{13^L-1^L-3^L-9^L}{L\cdot(1+3)(1+9)(3+9)(1+3+9)}=\frac{13^L-1^L-3^L-9^L}{L\cdot4\cdot10\cdot12\cdot13}\equiv1mod13$
для любого простого числа лежащего на последовательности L=6n+1 и
$\frac{V^{L-3}(1,3,9)}{(1+3+9)}=\frac{13^L-1^L-3^L-9^L}{L\cdot4\cdot10\cdot12\cdot13}\equiv-3mod13
для любого простого числа лежащего на последовательности L=6n-1$
Пример:
1.$L=7$
$\frac{13^7-1^7-3^7-9^7}{7\cdot4\cdot10\cdot12\cdot13}=1327\equiv1mod13$
2.$L=13$
$\frac{13^{13}-1^{13}-3^{13}-9^{13}}{13\cdot4\cdot10\cdot12\cdot13}=3702332830\equiv1mod13$
3.$L=11$
$\frac{13^{11}-1^{11}-3^{11}-9^{11}}{11\cdot4\cdot10\cdot12\cdot13}=25652377\equiv-3mod13$
4.$L=17$
$\frac{13^{17}-1^{17}-3^{17}-9^{17}}{17\cdot4\cdot10\cdot12\cdot13}=81388939833640\equiv-3mod13$
Похоже, что этой формой:
V^{L-3}(x,y,z)=\frac{(x+y+z)^L-x^L-y^L-z^L}{L\cdot(x+y)(x+z)(z+y)}
ни кто серьёзно не занимается.
Если кто-нибудь что-то встречал по этой теме, дайте пожалуйста ссылку. Заранее благодарен.

[age]

Что-то опять ветер от теоремы Ферма по-моему откуда-то дует

[ishhan]

age в сообщении #419633 писал(а):

Что-то опять ветер от теоремы Ферма

Не делайте поспешных выводов.
В общем случае речь идёт о делителях формы:
$(x_1+...+x_n)^L-x^L_1-...-x_n^L$, где $L$-не чётное простое число.
$x_1,...,x_n$-не упорядоченный набор из $n$ целых чисел
Но случай, когда число переменных формы равно двум или трём представляет отдельный интерес, поскольку в этом случае форма разложима на алгебраические множители.

[Коровьев]

Данную конкретную задачу упростив можно записать как сравнение
$\frac{{1 + 3^P + 9^P }}{{13P}} \equiv a(\bmod 13)$
доказать, что
$a = 1$, при $P = 3k + 1$
$a = -3$, при $P = 3k - 1$

Решается довольно просто.
Что касается приведённой общей формы, то она неразложимая.
Форма с рациональными коэффициентами называется разложимой, если она целиком раскладывается на линейные множители в некотором расширении поля рациональных чисел. Разложимые формы хорошо изучены, а вот неразложимые не очень.

[ishhan]

Коровьев в сообщении #419753 писал(а):

Что касается приведённой общей формы, то она неразложимая.
Форма с рациональными коэффициентами называется разложимой, если она целиком раскладывается на линейные множители в некотором расширении поля рациональных чисел. Разложимые формы хорошо изучены, а вот неразложимые не очень.

$V^L(x_1,...,x_n)=(x_1+...+x_n)^L-x^L_1-...-x_n^L$, где $L$-не чётное простое число.
$x_1,...,x_n$-не упорядоченный набор из $n$ целых чисел.
Можно найти два вида решений.
1.$V^L(x_1,...,x_n)\equiv0modP$
2.$V^L(x_1,...,x_n)\equiv0modQ$
Решения первого вида будут обусловлены свойством симметричности формы$V^L(x_1,...,x_n)$, то есть форма не меняется при любой перестановке переменных, например:
$V^L(x_1,x_2,...,x_n)=V^L(x_2,...,x_n,x_1)$
Решения второго вида будут обусловлены свойством инвариантности формы $V^L(x_1,...,x_n)$, то есть форма не меняется при замене:
$V^L(x_1,x_2,...,x_n)=V^L(-s,x_2,...,x_n)=V^L(x_1,-s,...,x_n)=...=V^L(x_1,x_2,...,-s)$
Где $s=x_1+...+x_n$
Пример:
Решения первого вида для набора $(x_1,x_2,...,x_4)=(1,2,4,8)$
$(1+2+4+8)\cdot2=(2+4+8+16)\equiv(2+4+8+1)mod15$
$(1+2+4+8)^7-1^7-2^7-4^7-8^7=168745710=2\cdot3\cdot5\cdot7^3\cdot23^2\cdot31\equiv0mod15$
следует отметить, что должно выполняться условие:$2^7\ne1mod15$ и в данном случае так и есть.
Решения второго вида для того же набора.
$(1+2+4+8+16)\cdot2=(2+4+8+16+32)\equiv(2+4+8+16+1)mod31$
$(1+2+4+8)^7-1^7-2^7-4^7-8^7=168745710=2\cdot3\cdot5\cdot7^3\cdot23^2\cdot31\equiv0mod31$
а здесь должно выполняться условие $2^7\ne1mod31$ и оно выполняется.
Отметим, что решения обусловленные симметричностью и инвариантностью взаимно простые.
Таким образом, не разложимая форма $V^L(x_1,...,x_n)=(x_1+...+x_n)^L-x^L_1-...-x_n^L$ позволяет предсказывать её делители для специально составленных наборов целых чисел $(1,a,a^2,...,a^n)$ и этот факт пока не имеет приложений в теории чисел.

[Руст]

Представьте вашу форму

$$V_n^L(x_1,x_2,...,x_n)=V^L(s-x_n,x_n)+V^L(s-x_n-x_{n-1},x_{n-1})+...$$

как сумму от форм от двух переменных. Это даст некоторые сомножители в случае $x_n=a^{n-1}.$

[ishhan]

Руст в сообщении #419866 писал(а):

Представьте вашу форму

$$V_n^L(x_1,x_2,...,x_n)=V^L(s-x_n,x_n)+V^L(s-x_n-x_{n-1},x_{n-1})+...$$

как сумму от форм от двух переменных. Это даст некоторые сомножители в случае $x_n=a^{n-1}.$

Это интересное развитие, но возможно ли оно?
А с помощью вашего развития можно предсказать ещё какой нибудь делитель?
кроме 15 и 31 в форме
$(1+2+4+8)^7-1-2^7-4^7-8^7=168745710=2\cdot3\cdot5\cdot7^3\cdot23^2\cdot31$
Хотелось бы $23=1+2+4+16$

[ishhan]

Проверим ваше предложение для $n=2$
тогда имеем:
$V_2^L(x_1,x_2)=V_2^L(x_1+x_2-x_2,x_2)+V_2^L(x_1+x_2-x_2-x_1,x_1) =V_2^L(x_1,x_2)+V_2^L(0,x_1)$
Наверное таких следствий вами не подразумевалось или я что то не так понял...

Руст в сообщении #419866 писал(а):

Представьте вашу форму

$$V_n^L(x_1,x_2,...,x_n)=V^L(s-x_n,x_n)+V^L(s-x_n-x_{n-1},x_{n-1})+...$$

как сумму от форм от двух переменных. Это даст некоторые сомножители в случае $x_n=a^{n-1}.$

[Руст]

ishhan в сообщении #420197 писал(а):

Проверим ваше предложение для $n=2$
тогда имеем:
$V_2^L(x_1,x_2)=V_2^L(x_1+x_2-x_2,x_2)+V_2^L(x_1+x_2-x_2-x_1,x_1) =V_2^L(x_1,x_2)+V_2^L(0,x_1)$
Наверное таких следствий вами не подразумевалось или я что то не так понял...

Руст в сообщении #419866 писал(а):

Представьте вашу форму

$$V_n^L(x_1,x_2,...,x_n)=V^L(s-x_n,x_n)+V^L(s-x_n-x_{n-1},x_{n-1})+...$$

как сумму от форм от двух переменных. Это даст некоторые сомножители в случае $x_n=a^{n-1}.$

Это тривиальное соотношение, так как $V_2^L(0,x)\equiv 0$.
Приведением к сумме форм от двух аргументов получаются делители $a$ и $a^k-1,k<n$.

[ishhan]

Мои сомнения связаны с тем, что символом $V$ хотелось бы обозначать только те формы, для которых справедливо свойство инвариантности, отражённое в цепочке равенств:
$V_n^L(x_1,x_2, ... ,x_n)=V_n^L(-s,x_2, ... ,x_n)=V_n^L(x_1,-s, ... ,x_n)=V_n^L(x_1,x_2, ... ,-s)$
А формы с таким свойством иногда имеют чётную степень.
Например для двух переменных.
$V_2^2(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2++x_1x_2$
В этом случае $V_2^2(x_1,0)=x_1^2$
Поэтому ваше развитие, к сожалению, не пройдёт для чётных степеней формы$V$ с инвариантностью отрицательной суммы переменных.
Но я буду готов согласится с любым развитием которое вы сможете продемонстрировать в численных прмерах.

[Руст]

Многочлены $V_n^m(x_1,x_2,...,x_n)=(x_1+x_2+...+x_n)^m-x_1^m-x_2^m-...-x_n^m$ симметричны соответственно их разложения на множители так же симметричны. Свойство относительно замены одного на сумму $-s, s=x_1+x_2+...+x_n$ при оставлении других тем же выполняется если $m$ нечетное число. Чтобы это работало и при четных $m$ многочлен можно определить в виде
$V_n^m=(x_1+...+x_n)^m+(-x_1)^m+(-x_2)^m+...+(-x_n)^m$.
Я сомневаюсь в том, что они разложимы при $n>2$ и имеют какую то пользу. Однако имеет смысл определить однородные многочлены от двух переменных:

$$P_n^m(x,y)=V_n^m(x_1,...,x_n),x_i=x^{n-1-i}y^{i-1}.$$

У них имеются сомножители и они выглядят некоторыми обобщениями круговых многочленов:

$$\Phi_n(x,y)=\prod_{d|n}(x^{n/d}-y^{n/d})^{\mu (d)}.$$

и разложения:

$$x^n-y^n=\prod_{d|n}\Phi_d(x,y).$$

Для разложения $P_n^m(x,y)$ перейдем от проективных координат $(x,y)$ к аффинной координате $z=y/x$. Тогда имеет место:

$$P_n^m(z)=(\frac{z^n-1}{z-1})^m-\frac{z^{nm}-1}{z^m-1}.$$

Степень многочлена $(n-1)m-1$.
Каждому делителю P(z) степени d этого многочлена соответствует однородный делитель $y^dP(x/y)$.
При простом $m$ многочлен делится на множитель $m$. Для разложения надо найти корни. Так как многочлен действительный то многочлен действительный, то с каждым корнем имеется и комплексно сопряженный, так как многочлен возвратный, то с каждым корнем имеется и обратный к нему. Несложно показать, что единственный действительный корень это $z=0$ он однократный. В случае $m=1$ или $n=1$ многочлен тождественно равен нулю. Поэтому интересен только случай $n>1,m>1$. Несложно показать, что единственным неотрицательным корнем является $z=0$. В случае $n$ -четный, $m$ нечетный имеется еще один действительный корень $z=-1$, других действительных корней нет.
Будем искать корни на единичной окружности $exp(2\pi i \phi)$. Тогда $\phi$ корень уравнения
$(\frac{\sin(\pi n\phi)}{\sin (\pi \phi)})^m=\frac{\sin{\pi nm\phi}}{\sin{\pi m\phi}}.$
Если $m$ не делиться на $n$, то $\phi=\frac{k}{n}, n\not |k$ получаются корни. Корнями являются так же $\phi=\frac{k}{n+1}$ если $n+1\not|m$. В случае $m=1\mod n+1$ эти корни кратные. Таким образом получаются множители $P_n^m(x,y)$ $x,y$ и $x+y$ в случае нечетности $(n-1)m$ и $x^{n-1}+x^{n-2}y+...+y^{n-1}$ в случае не делимости $n\not |m$ и $x^n+x^{n-1}y+...+y^n$ в случае $n+1\not|m$ и он двухкратен в случае $m=1\mod n+1$. По видимому других делителей нет. Это доказано для $n=2$ и простых $m$. Соответственно для любого не приводимого многочлена или для неприводимого однородного многочлена от двух переменных $P(x,y)$ представляет интерес существования значений, являющихся степенями $P(x,y)=z^l,l>2$ при $(x,y)=1$. По всей видимости для нетривиальных множителей $P_n^m(x,y)$ верно, что нет значений являющихся степенями выше двух при $(x,y)=1$. Конечно это утверждение гораздо сильнее теоремы Ферма, но в то же время представляет самостоятельный интерес.

[ishhan]

Понадобится некоторое время, что бы проанализировать ваши предложения.
А пока, приведу ещё один важный вид набора $x_1,...x_n$ где для которого любые симметрические формы и формы с инвариантностью имеют предсказуемые делители.
Далее симметрические формы буду обозначать символом $S$, а формы симметрические со свойством инвариантности отрицательной суммы переменных символом $V$.
Набор из шести переменных
1.$(1,a,1,a,1,a)$
Если умножим его каждую компоненту на $a$, то получим набор:$(1,a,1,a,1,a)\cdot{a}=(a,a^2,a,a^2,a,a^2)$
Существует кольцо по модулю $P$ в котором справедливо сравнение:
$a^2\equiv1modP$
Тогда:
$(1,a,1,a,1,a)\cdot{a}=(a,a^2,a,a^2,a,a^2)\equiv(1,a,1,a,1,a)modP$
И любая симметрическая форма $S_6^m(1,a,1,a,1,a)\equiv0modP$
Но только тогда, когда выполняется $a^m\ne1modP$ условие того, что один из двух элементов равен нолю в выражении :
$S_6^m((1,a,1,a,1,a)\cdot{a})\equiv{a^m\cdot{{S_6^m(1,a,1,a,1,a)}}}\equiv0modP$
алгебраический вид которого следует из свойства однородности симметрических форм,
И если мы хотим что бы$S_6^m(1,a,1,a,1,a)\equiv0modP$
то очевидно, что $a^m\ne1modP$
Про делители этого набора обусловленные инвариантностью напишу позже.

[ishhan]

Руст в сообщении #420626 писал(а):

Однако имеет смысл определить однородные многочлены от двух переменных:

$$P_n^m(x,y)=V_n^m(x_1,...,x_n),x_i=x^{n-1-i}y^{i-1}.$$

У них имеются сомножители и они выглядят некоторыми обобщениями круговых многочленов:

$$\Phi_n(x,y)=\prod_{d|n}(x^{n/d}-y^{n/d})^{\mu (d)}.$$

и разложения:

$$x^n-y^n=\prod_{d|n}\Phi_d(x,y).$$

Для разложения $P_n^m(x,y)$ перейдем от проективных координат $(x,y)$ к аффинной координате $z=y/x$. Тогда имеет место:

$$P_n^m(z)=(\frac{z^n-1}{z-1})^m-\frac{z^{nm}-1}{z^m-1}.$$

Самая верхняя строчка в цитате мне не совсем понятна, но с вашими дальнейшими выводами согласен. Рискну изложить свою трактовку, на мой взгляд более простую.
К такому же уравнению можно прийти если взять в качестве набора $n$ переменных $x_1,...,x_n$ элементы циклической группы или по простому, геометрическую прогрессию с знаменателем $a$:

$$(x_1,...,x_n)=(1,a,...,a^{n-1})$$

Подставим в выражение:

$$V_n^m=(x_1+...+x_n)^m-x_1^m-...-x^m_n$$

$$V_n^m(1,a,...,a^{n-1})=(1+a+...+a^{n-1})^m-1-a^m-...-a^{(n-1)m}$$

Очевидно, по формуле для суммы прогрессии с знаменателем $a$ для первого слагаемого и и $a^m$ всех остальных слагаемых последнего равенства имеем:

$$V_n^m(1,a,...,a^{n-1})=(\frac{a^n-1}{a-1})^m-\frac{a^{nm}-1}{a^m-1}$$

Такой вид форма $V^m_n$ имеет для не чётных $m$
А для чётных показателей степени $m$, вид:

$$V_n^m(1,a,...,a^{n-1})=(\frac{a^n-1}{a-1})^m+\frac{a^{nm}-1}{a^m-1}$$

Алгебраическая форма $V^m_n(1,a,...a^{n-1})$ в случае чётного показателя степени формы $m$ имеет вид суммы двух слагаемых: первое-$m$ - я степень суммы $n$ членов геометрической прогрессии с знаменателем $a$, второе-сумма $n$ членов геометрической прогрессии с знаменателем $a^m$, а в случае не чётного показателя степени $m$, форма представляет собой разность между первым и вторым слагаемым.
Для каждого $a$, $n$,$m$ можно найти два вида решений:

$$V_n^m(1,a,...,a^{n-1})=(\frac{a^n-1}{a-1})^m+\frac{a^{nm}-1}{a^m-1}\equiv{0}modP$$

$$V_n^m(1,a,...,a^{n-1})=(\frac{a^n-1}{a-1})^m+\frac{a^{nm}-1}{a^m-1}\equiv{0}modQ$$

Покажем, что модуль $P$ это один из делителей суммы $n$ членов геометрической прогрессии ${s_n}=1+a+...+a^{n-1}$, а модуль $Q$ это один из делителей суммы $n+1$ членов геометрической прогрессии $s_{n+1}=1+a+...+a^n$ .
1. Первый вид решений по модулю $P$ обусловлен перестановочной симметрией компонент и однородностью фромы:

$$V^m_n(1,a,...,a^{n-1})=...=V^m_n(a^{n-1},...,a,1)$$

$$a^m\cdot{V^m_n(1,a,...,a^{n-1})=V^m_n(a,a^2,...,a^{n})\equiv{V^m_n(a,a^2,...,a^{n-1},1)modP\equiv{V^m_n(1,a,...,a^{n-1})modP$$

Или

$$a^m\cdot{V^m_n}\equiv{V^m_n}modP$$

Модуль $P$ должен удовлетворять условиям при выполнении которых результатом умножения компонент набора переменных на $a$ будет циклическая перестановка компонент по модулю $P$:

$$a^n\equiv{1}modP$$

$$a^m\ne{1}modP$$

$$V^m_n(1,a,...,a^{n-1})\equiv{0}modP$$

2.Второй вид решений по модулю $Q$ даёт симметрия относительно замены одного из переменных на ${-s_n}$ на обратную сумму всех переменных.

$$V^m_n(1,a,...,a^{n-1})=V^m_n(1,-s_n,...,a^{n-1})=...=V^m_n(1,a,...,-s_n)$$

$$a^m\cdot{V^m_n(1,a,...,a^{n-1})}=a^m\cdot{V^m_n(1,a,...,-s_n)}={V^m_n(a,a^2,...,-s_n\cdot{a})}\equiv{V^m_n(a,a^2,...,1)}modQ$$

Если модуль $Q$ удовлетворяет условиям:

$$-s_n\cdot{a}\equiv{1}modQ$$

$$a^m\ne{1}modQ$$

То форма $V^m_n(1,a,...,a^{n-1})$ принимает нулевое значение и в кольце вычетов по модулю $Q$, поскольку результатом умножения компонент набора на $a$ будет опять циклическая перестановка компонент.

$$V^m_n(1,a,...,a^{n-1})\equiv{0}modQ$$

Сделаем замечание по поводу условий $a^n\equiv{1}modP$ и $-s_n\cdot{a}\equiv{1}modQ$. Первое из них равносильно тому что $s_n\equiv{0}modP$, поскольку $a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+...+a+1)=(a-1)\cdot{s_n}\equiv{0modP}$
Второе условие равносильно $a^{n+1}\equiv{1}modQ$ или $s_{n+1}\equiv{0}modQ$. При этом делители $P$ и $Q$ взаимно просты.
Следствие. Форма с двумя видами симметрии $V^m_n(1,a,...,a^{n-1})$ от $n$ переменных степени $m$ не кратной числу $n+1$ имеет взаимно простой делитель $Q$ с делителями $P$ суммы её компонент${s_n}\equiv{0}modP$ и следствием этого будет не возможность равенства в целых числах вида:

$$(x_1+...+x_n)^m-x_1^m-...-x^m_n=(x_1+...+x_n)^k$$

$$(x_1,...,x_n)=(1,a,...,a^{n-1})$$

Где показатель степени $k$ любое целое число.
Попутно возникает вопрос о применимости подхода к ВТФ, так как уравнение Ферма задаётся аналогичным равенством, в котором одной стороны участвует форма с двумя видами симметрии от трёх переменных $V^m_3(x,y,z)$ и с другой $m$-я степень суммы компонент формы $s_3=x+y+z$

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

Число переменных $n=3$, показатель степени $m$-простое число, и заведомо не кратно числу $n+1=4$.
Но это не главное, так как у формы c двумя видами симметрии$V^m_n$ наверняка будут другие интересные приложения.