По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[ishhan]

vasili в сообщении #786317 писал(а):

$W^{n-3}(x,y,-z)$ делится на $q$".

Откуда Вы это взяли?

Небольшая поправочка.
Как для первого так и для второго случая справедливо следующее:
Если$ z-x$ делится на $q$ и не делится на$ q^2$, то правая часть мнимого уравнения Ферма

$$(x+y-z^n)=n(z-x)(z-y)(x+y)W^{n-3}(x,y,-z)$$

должна быть $n$ -ой степенью числа кратного $q$. И в этом случае должно быть выполнено условие $W^{n-3}(x,y,-z)\equiv0\mod{q^{n-1}}$.
Очевидно, что число $(x+y-z)$ помимо $q$ делится на $n$.
Пусть $q=1$ тогда остаётся только $n$ и условие целостности тринома $(x+y-z)$ можно записать как:
$(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n=n^n $
Очень просто доказывается то, что уравнение условия целостности тринома разрешимо в натуральных только в случае, когда $n=2$
$(3+4-5)^2-3^2-4^2+5^2=2^2 $
Так для $n=3$
уравнение условия целостности тринома для показателя $n=3$:
$(x+y-z)^3-x^3-y^3+z^3=3^3 $
не имеет целых решений , хотя имеет рациональные решения.

[vasili]

Уважаемый ishhan!
На ваши размышления относительно известного трехчлена сообщаю общеизвестное Предложение и его следствие для 1случая ВТФ.

I. Предложение (формулы Абеля)

$X + Y = U^P$, $X^{P-1}-X^{P-2}Y+\cdots- XY^{P-2}-Y^{P-1}=V^P$, $Z=UV$

$Z-Y = U_1^P$, $Z^{P-1} +Z^{P-2}Y + \cdots + ZY^{P-2} +Y^{P-1} = V_1^P$,

$Y=U_1V_1$,

$Z-X = U_2^P$, $Z^{P-1} +Z^{P-2}X + \cdots + ZX^{P-2} +X^{P-1} = V_2^P$,

$Y=U_2V_2$, где P- простое нечетное число, а $(U_i,V_i) =1$.

См. М.М.Постников «Введение в теорию алгебраических чисел» «Наука» 1982 г

стр.24.

II. Следствие

$(X +Y)-Z = U^P- UV = U (U ^{P-1}-V)$ или

$X- (Z-Y) = U_1V_1- U_1^P = U_1(V_1- U_1^{P-1})$ или

$Y- (Z-X) = U_2V_2- U_2^P = U_2(V_2- U_2^{P-1})$,

в левой части равенств трехчлен $X + Y-Z$, а в левой части ,попарно взаимно простые

делители $(U, U_1,U_2)$, тогда

$X + Y-Z = K_0 UU_1U_2$, где $(ZXY,K_0) = 1$ и (как минимум)

$K_0\equiv 0\mod P^2$.


Теперь, если $(Z-X)$ не делиться на $q^2$ (как Вы пишете), т.е. $U_2^P$ не делиться

на $q^2$, а значит и

$(X + Y-Z)^P = K_0^PU^PU_1^PU_2^P = K_0^P(X +Y)(Z-Y)(Z-X)$ также

не делиться на $q^2$.

Из этого имеем $ [ W(X,Y,-Z), (X +Y)(Z-Y)(Z-X)] = 1$.

-- 09.11.2013, 13:11 --

Уважаемый ishhan! Прошу прощения: следует читать
... левой части равенств трехчлен $X + Y-Z$, а в правой части ,попарно взаимно простые

делители $(U, U_1,U_2)$, тогда..

вместо

....левой части равенств трехчлен $X + Y-Z$, а в левой части ,попарно взаимно простые

делители $(U, U_1,U_2)$, тогда...


..левой части равенств трехчлен $X + Y-Z$, а в правой части ,попарно взаимно простые

делители $(U, U_1,U_2)$, тогда

[ishhan]

vasili в сообщении #786529 писал(а):

Предложение (формулы Абеля)
См. М.М.Постников «Введение в теорию алгебраических чисел» «Наука» 1982 г
стр.24.

С Постниковым М.М. имел непродолжительное знакомство, и естественно, читал его «Введение в теорию алгебраических чисел» «Наука» 1982 г.
Эта, с позволения сказать, "книженция" сорвала крышу многим "советским людям", так как фактически в ней предлагался приз в 100 000 тысяч немецких марок тому, кто найдёт доказательство ВТФ. И поэтому сей фолиант особенно дорог всем ВТФ братьям 1982 года рождения Постников, царство ему небесное, не знал о существовании простого доказательства первого случая для $n=3$ и не знал о существовании тождества.

$$(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n=n(z-x)(z-y)(x+y)W^{n-3}(x,y,-z)$$

Где $W^{n-3}(x,y,-z) $ -целочисленный полином от трёх переменных степени $n-3$
Тождество угадывается геометрически для $n=3$, а потом доказывается для простого $n$ во время вычисления коэффициентов$ W^{i,j,k}_{i+j+k=n-3}$.
Простейший вид для $n=5 $:$W^2(x,y,-z)= x^2+y^2+z^2+xy-xz-yz$
Для определения рациональных решений уравнения $(x+y-z)^5-x^5-y^5+z^5=5^5$ можно записать систему четырёх уравнений:
$x+y=5^4$
$z-x=\frac{1}{b}$
$z-y=b$
$x^2+y^2+z^2+xy-xz-yz=1$
Пока не пробовал записать её решения.

[Belfegor]

ishhan в сообщении #787041 писал(а):

Для определения рациональных решений уравнения $(x+y-z)^5-x^5-y^5+z^5=5^5$

Уважаемый ishhan! Не понял откуда взялось $5^5$? Вернее зачем?

[ishhan]

Belfegor в сообщении #787075 писал(а):

ishhan в сообщении #787041
писал(а):
Для определения рациональных решений уравнения $(x+y-z)^5-x^5-y^5+z^5=5^5$

Уважаемый ishhan! Не понял откуда взялось $5^5$? Вернее зачем?

Если верно ВТФ n=5, то должно выполняться условие целостности $(x+y-z)^5-x^5-y^5+z^5=q_5^5 5^5$ и если решения есть, то есть для всех $q$ и в том числе для $q=1$.
К этому склоняет тот факт, что для уравнения аналогичного вида с показателем $n=2$:
$ (x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=q_2^22^2$
У этого уравнения есть решение для $q=1$ и это конечно же пифагорова тройка $(3,4,5)$.
Таким образом моё предположение состоит в том, что если есть решение уравнения ферма в целых числах, то есть решение уравнения:
$(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n=n^n $
в рациональных числах. По поводу вида чисел наверное будут нюансы.

[dmd]

Феликс Шмидель в сообщении #781874 писал(а):

dmd в сообщении #780664 писал(а):

(Казус 1-го случая)

Мне вообще не понятна ситуация с этими 1-м и 2-м случаями. Имхо то, что возможен только и только 2-й, т.е. $3\mid xyz$ для равенства $x^3+y^3=z^3$, доказывается элементарными средствами. То же самое касается любого простого показателя степени $n$ для равенства $x^n+y^n=z^n$. Как так получилось, что практически все известные математики, начиная с Эйлера, рассматривали оба случая как равноценные? Это просто удивительно!

(Оффтоп)

Во-первых, давно известно, что 2-й случай гораздо труднее.
Первый случай был доказан для многих показателей $n$ ещё Софи Жермен.
Во-вторых, доказательства даже первого случая для всех $n$ нет (кроме доказательства Уайлза).
В этой теме рассмотрен критерий верности первого случая ВТФ для конкретных показателей.
Но он основывается на теореме Поллачека, которая доказывается не элементарными средствами.
Кроме этого, неизвестно, всегда ли работает этот критерий или нет.

(Прошу помощи - объясните плиз необходимость рассматривать 1-й случай)

Ваш ответ ни капельки не прояснил ситуацию. Либо это я чего-то очень элементарного недопонимаю, либо.. Зачем тратить силы и время на 1-й случай, если он не возможен? 1-й случай бессмысленен ровно на столько, насколько бессмысленно предположение $2\nmid xyz$.

[Феликс Шмидель]

dmd в сообщении #787153 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #781874 писал(а):

dmd в сообщении #780664 писал(а):

(Казус 1-го случая)

Мне вообще не понятна ситуация с этими 1-м и 2-м случаями. Имхо то, что возможен только и только 2-й, т.е. $3\mid xyz$ для равенства $x^3+y^3=z^3$, доказывается элементарными средствами. То же самое касается любого простого показателя степени $n$ для равенства $x^n+y^n=z^n$. Как так получилось, что практически все известные математики, начиная с Эйлера, рассматривали оба случая как равноценные? Это просто удивительно!

(Оффтоп)

Во-первых, давно известно, что 2-й случай гораздо труднее.
Первый случай был доказан для многих показателей $n$ ещё Софи Жермен.
Во-вторых, доказательства даже первого случая для всех $n$ нет (кроме доказательства Уайлза).
В этой теме рассмотрен критерий верности первого случая ВТФ для конкретных показателей.
Но он основывается на теореме Поллачека, которая доказывается не элементарными средствами.
Кроме этого, неизвестно, всегда ли работает этот критерий или нет.

(Прошу помощи - объясните плиз необходимость рассматривать 1-й случай)

Ваш ответ ни капельки не прояснил ситуацию. Либо это я чего-то очень элементарного недопонимаю, либо.. Зачем тратить силы и время на 1-й случай, если он не возможен? 1-й случай бессмысленен ровно на столько, насколько бессмысленно предположение $2\nmid xyz$.

(Оффтоп)

Я же написал: до сих пор нет доказательства первого случая ВТФ для всех показателей $n$ (кроме доказательства Уайлза, которое доказывает оба случая сразу). Так почему он не возможен, да ещё и бессмысленен на сколько Вы написали ??

[yk2ru]

ishhan в сообщении #787152 писал(а):

Таким образом моё предположение состоит в том, что если есть решение уравнения ферма в целых числах, то есть решение уравнения:
$(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n=n^n $
в рациональных числах. По поводу вида чисел наверное будут нюансы.

В целых числах наверняка, а не рациональных. Если есть решение, то значит оно должно быть таким, что
$x+y-z =n $ ?

[ishhan]

yk2ru в сообщении #787189 писал(а):

В целых числах наверняка, а не рациональных. Если есть решение, то значит оно должно быть таким, что
$x+y-z =n $ ?

Да.
Но, как доказать не знаю.
Пока есть только косвенный факт с показателем$ n=2$.

[Belfegor]

ishhan в сообщении #786444 писал(а):

Очень просто доказывается то, что уравнение условия целостности тринома разрешимо в натуральных только в случае, когда $n=2$
$(3+4-5)^2-3^2-4^2+5^2=2^2 $

Уважаемый ishhan! То есть имеется только одно решение в целых числах (3,4,5)?
А если записать ваше уравнение в таком виде:

$((2n + 1) + (2n(n + 1)) - (2n(n + 1) + 1))^2 - (2n + 1)^2 - (2n(n + 1))^2 + ((2n(n + 1) + 1))^2 = (2n)^2$



где $n$ - любое целое число.

Тогда оно будет разрешимо для всех пифагоровых троек вида:
$x^2 + y^2 = (y + 1)^2 $, то есть: (3,4.5), (5,12,13), (7,24,25)....и.т.д

[yk2ru]

ishhan в сообщении #787202 писал(а):

yk2ru в сообщении #787189 писал(а):

В целых числах наверняка, а не рациональных. Если есть решение, то значит оно должно быть таким, что
$x+y-z =n $ ?

Да.
Но, как доказать не знаю.
Пока есть только косвенный факт с показателем$ n=2$.

Наверное что то не так, $x+y-z > n $, так как левое выражение должно делиться на $2n$.

[dmd]

(Феликс Шмидель)

Неужели Вы не видите в чём мои затруднения? Зачем рассматривать первый случая для всех $n$, если более сильное элементарно доказуемое утверждение $n\mid xyz$ для всех $n$ делает первый случай ненужным? Следуя Вашей логике получается, что все доказательства неразрешимости диофантовых уравнений бесконечным спуском - не верны. Ибо в них "забыт" "первый случай".

[ishhan]

Belfegor в сообщении #787218 писал(а):

То есть имеется только одно решение в целых числах (3,4,5)?

Для двойки n=2 уравнение $(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=q_2^22^2$ имеет бесконечное множество решений для разных $q_2$ но для $q_2=1 $ целое решение, по-моему, всё-таки одно.
И что примечательно, все эти решения будут пифагоровыми тройками и только ими.

-- Вс ноя 10, 2013 20:41:15 --

yk2ru в сообщении #787234 писал(а):

Наверное что то не так, $x+y-z > n $, так как левое выражение должно делиться на $2n$.

Это и есть противоречие.

[Belfegor]

ishhan в сообщении #787239 писал(а):

И что примечательно, все эти решения будут пифагоровыми тройками и только ими.

Увжаемый ishhan! А чего же здесь удивительного?
У вас же в выражении
$(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=q_2^22^2$

$-x^2-y^2+z^2=0$. То бишь пифагоровы тройки!

[ishhan]

Belfegor в сообщении #787288 писал(а):

У вас же в выражении
$(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=q_2^22^2$

$-x^2-y^2+z^2=0$. То бишь пифагоровы тройки!

Уважаемый Belfegor!
Можно и не предполагать, что $-x^2-y^2+z^2=0$
Надо будет поискать другие решения $(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=q_2^22^2$, но сдаётся мне что целочисленными будут только пифагоровы тройки.
Так как, справедливо тождество:$(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=2(z-x)(z-y)$