По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[dmd]

ishhan в сообщении #789116 писал(а):

...
Из этого следует невозможность первого случая ВТФ для $n=5$.

Данный факт можно подтвердить в Вольфраматике решением соответствующей системы по модулю $5$:

Reduce[{x + y - z == 0, x^2 + y^2 + z^2 + x y - x z - y z == 0}, {}, Modulus -> 5]

решение:

x == 0 && y == 0 && z == 0

т.е. система разрешима только при невзаимнопростых $x,y,z$.


Ещё интересно, что простые модули в диапазоне от 3 до 100, для которых система разрешима, не могут быть делителями $xyz$.

[vasili]

Уважаемый venco!

1. Условие $(5ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 2 случая ВТФ, а условие

$(ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 1 случая ВТФ.

С целью сокращения обьема сообщения, на Ваш вопрос, введу некоторые

дополнительные обозначения, используя формулы Абеля.

2. Пусть $Z=UV$, $X=U_1V_1$ и

$Y=U_2V_2$, где

$(U,V) =1$, $(U_1,V_1) =1$ и

$(U_2,V_2)=1$ и

пусть

$CU = X + Y$, $C_1U_1 = Z-Y$ и

$C_2U_2=Z-X$, где

$C= U^4$ и $= U^4/5$ для 2 сл. ВТФ,

$C_1=U_1^4$ и $= U_1^4/5$ для 2 сл. ВТФ и

$C_2=U_2^4$ и $=U_2^4/5$ для 2 сл. ВТФ , очевидно

$(C,V) =1$, $(C_1,V_1) =1$ и $(C_2, V_2) =1$.

3. Тогда равенства будут

$(X + Y)-Z = CU-UV = U(C-V) = K_0UU_1U_2$,



$X- (Z Y) = U_1V_1-C_1U_1 = U_1(V_1-C_1) = K_0UU_1U_2$,



$ Y- (Z- X) = U_2V_2-C_2U_2 = U_2(V_2-C_2) = K_0 UU_1U_2$, откуда

соответственно

$C-V = K_0 U_1U_2$,

$V_1-C_1 = K_0 UU_2$,

$V_2-C_2 = K_0 UU_1$, отсюда

следует, что $K_0$ не может иметь общих делителей с числами

$V_i$ и числами $C_i$ ,

в противном случае числа $U_i$ и $V_i$ не будут взаимно

простые, что противоречит начальным условиям.

Для 2 случая ВТФ одно из чисел

$U$, $U_1$ или $U_2$ кратно 5, тогда

$(5, K_0) = 1$.

А потому $(5UU_1U_2, K_0) = 1$, $(5VV_1V_2, K_0) = 1$,

а значит $(5ZXY, K_0) = 1$.



Для 1 случая ВТФ $(K_0, 5^2) = 5^2$ и ни одно из чисел

$Z, X,Y$ не кратно 5, тогда

следует $(ZXY, K_0) = 1$.



Одновременно приношу извинение за нелепость в предыдущем сообщении.

Я писал:

«..но и благодаря Малой теореме Ферма имеем

$X^4-Y^4\equiv 0\mod K_0\engo(7)$,

$Z^4-Y^4\equiv 0\mod K_0\engo(8)$.

Из (7) с учетом (5) и из (8) с учетом (6) имеем

$X-Y\equiv Z +Y\mod K_0$, отсюда

$(Z-X) + 2Y\equiv 3Y\equiv 0\mod K_0$.»

Пришли к противоречию. 2 случай ВТФ доказан.

Все это нелепость.


Правильно будет

Так как

$X^{\varphi(K_0)}-Y^{\varphi(K_0)}\equiv 0\mod K_0\engo(7)$,

$Z^{\varphi(K_0)}-Y^{\varphi (K_0)}\equiv 0\mod K_0\engo(8)$.

Если $\varphi(K_0)$-функция Эйлера не делиться на 3, т.е если все простые

делители $K_0$ имеют вид

$6i+5$, тогда с учетом (1) и (2) имеем 2 варианта:

вариант, когда $K_0$, состоит из нечетного количества простых делителей

$6i+5$,тогда

из (7) с учетом (5) и из (8) с учетом (6)

$X-Y\equiv Z+Y\equiv 0\mod K_0$, отсюда

$(Z –X) + 2Y\equiv3Y\equiv 0\mod K_0$.

Пришли к противоречию.

И вариант, когда $K_0$ состоит из четного количества простых делителей

$6i+5$, тогда

$X^2-Y^2\equiv Z^2+Y^2\equiv 0\mod K_0$, отсюда

$(X-Y)\equiv 0\mod K_0$, так как $[(X + Y), K_0] = 1$, тогда

$ Z^2+Y^2\equiv (X + Y) ^2 +Y^2\equiv (2Y) ^2 +Y^2\equiv 5Y^2\equiv 0\mod K_0$,

Также пришли к противоречию.

Если же $K_0$ имеет хотя бы один делитель вида $6i +1$ или $3^m$, где $m > 1$, то

противоречия нет. 2 случай ВТФ для $P = 5$ не доказан.

[ishhan]

vasili в сообщении #790063 писал(а):

$V^P\equiv V_1^P\equiv V_2^P\equiv 1\mod P^2$, так как (привожу один из
способов доказательства)
$V_i^P-1 = (V_i- 1)^P + PV_i(V_i-1)^{P-2} +A_2V_i^2(V_i-1)^{P-4}+\cdots + A_{P- 3/2}V_i^{P-3/2}(V_i-1)^3 +PV_i^{P-1/2}(V_i-1) $
где
последний член разложения делиться на $P^2$, что и т.д.
Это означает, что если $X,Y и Z$ являются решением уравнения (1), то образованный из них трех член $X +Y-Z$ должен как минимум делиться на $P^2$ в противном случае мы приходим к противоречию, и 1 случай ВТФ был бы доказан.

Этот способ доказательства ВТФ1$ n=5$ нуждается в более подробном изложении.
У меня большие сомнения, что можно доказать делимость $x+y-z$ на $5^2$.
То, что вы приводите в качестве аргументов о делимости $x+y-z$ на $5^2$ не убедительно.
Вот для $n=3$ можно доказать что $x+y-z$ делится на $3^2$.
И это возможно потому что таковы условия целостности уравнения $(x+y-z)^3=3(z-x)(z-y)(x+y)$:
$z-x=p^3$
$z-y=q^3$
$x+y=9t^3$
Из этих условий необходимо следует делимость одного из чисел $(z-x),(z-y),(x+y)$ на $9$
Из которых следует:
1)$(z-x)+(z-y)+(x+y)=2(x+y-z)=p^3+q^3+9t^3$
Далее запишем бином для чисел $p$ и $q$
2)$(p+q)^3-p^3-q^3=3pq(p+q)$
из 1) следует, что $p^3+q^3$ делится на $3$
из 2) следует что $(p+q) $ делится на $3$ и поэтому $p^3+q^3$ делится не только на $3$ но и на $9 $ и вследствие 1)$ x+y-z $ делится на 9.
Для $n=5$ условия целостности для уравнения: $(x+y-z)^5=5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$
таковы, что доказать делимость $x+y-z$ на $5^2$ действуя по той же схеме как $n=3$ не получится.
Если не сложно, приведите другой способ доказательства делимости $x+y-z$ на$ 5^2$.

[venco]

vasili в сообщении #791591 писал(а):

Уважаемый venco!

1. Условие $(5ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 2 случая ВТФ, а условие

$(ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 1 случая ВТФ.

Повторение высказывания не является его доказательством.

[vasili]

Уважаемый ishhan!

Вы сомневаетесь, что $(X + Y-Z)\equiv0\mod 5^2$?

Если общий случай доказательства не убедителен, то приведу для $P =5$.

1 случай ВТФ

1.Выпишем часть формул Абеля для 1 случая ВТФ в обозначениях М.М.Постникова

«Теорема Ферма» Наука 1978 г. для P =5.

$Z = UV$, $X= U_1V_1$ и $Y=U_2V_2$, где

$(X + Y) = U^5$,

$Z-Y = U_1^5$,

$Z-X = U_2^5$.

2. Запишем очевидное равенство

$(X + Y)-(Z-X)- (Z-Y) = 2(X + Y-Z)$, а с учетом формул Абеля получим

$U^5-U_1^5-U_2^5 = 2(X + Y-Z)$.

3. Запишем очевидное сравнение по модулю $5^2$

$X^5 + Y^5- Z^5\equiv 0\ mod 5^2$, а с учетом формул Абеля получим

$U_1^5V_1^5 + U_2^5V_2^5-U^5V^5\equiv 0\mod5^2\engo(1)$

4. Запишем формулы Абеля для чисел V, $V_1$ и $V_2$ с преобразованием правой части

$V_1^5 = Z^4 +Z^3Y +Z^2Y^2+ZY^3 +Y^4 = (Z-Y)^4 +5ZY(Z-Y)^2 + 5Z^2Y^2$,

$V_2^5 = Z^4 +Z^3X +Z^2X^2+ZX^3 +X^4 = (Z-X)^4 +5ZX(Z-X)^2 + 5Z^2X^2$,

$V^5 = X^4-X^3Y +X^2Y^2-XY^3 +Y^4 = (X + Y)^4 -5XY(X+Y)^2 + 5X^2Y^2$,

отсюда благодаря Малой теореме

Ферма имеем соответственно

$V_1^5-1\equiv 0 \mod 5$,

$V_2^5-1\equiv 0 \mod 5$,

$V^5-1\equiv 0 \mod 5$

и также благодаря Малой теореме Ферма будет

$V_1^5-1\equiv V_1-1\equiv 0\mod 5$, отсюда

$V_1 = 5µ_1 + 1$,

$V_2^5-1\equiv V_2-1\equiv 0\mod 5$, отсюда

$V_2 = 5µ_2 + 1$,

$V^5-1\equiv V-1\equiv 0\mod 5$, отсюда

$V = 5µ + 1$, тогда

$V_i^5-1= (5µ_i + 1)^5-1 =(5µ_i)^5 + 5(5µ_i)^4 + 10(5µ_i)^3 + 10(5µ_i)^2 + (5µ_i) + 1 -1\equiv 0\mod 5^2$,

а с учетом этого сравнение (1) будет

$U_1^5 + U_2^5- U^5\equiv 0\mod5^2$ или

$U^5 -U_1^5- U_2^5\equiv 0\mod5^2$, а значит и

$U^5-U_1^5-U_2^5 = 2(X + Y-Z)\equiv 0\mod 5^2$, что и т.д.



2 случай ВТФ

Доказательство приведу только для варианта когда $(Z,5) =5$, $(X,5) =1$ и $(Y,5) =1$.

Доказательство остальных вариантов 2 случая ВТФ аналогично.

1. Выпишем часть формул Абеля для 2 случая ВТФ указанного варианта.

$U^5/5 = (X + Y)$,

$U_1^5 = (Z-Y)$,

$U_2^5 = (Z-X)$.

2. Запишем очевидное равенство

$(X + Y)-(Z-Y)-(Z-X) =2(X +Y-Z) = 2K_0UU_1U_2$, а с учетом формул п.1.

$U^5/5-U_1^5- U_2^5 =2(X + Y-Z) = 2K_0UU_1U_2\engo(2)$

Правая часть последнего равенства делиться на 5, так как (U,5) = 5, тогда и левая часть

должна делиться на 5, а значит

$U_1^5 +U_2^5\equiv 0\ mod 5$, но

$U_1^5+U_2^5 = (U_1+U_2)[(U_1+U_2)^4 -5U_1U_2(U_1+ U_2)^2 +5U_1^2U_2^2]$,

отсюда

так как левая часть делится на 5, то должен делиться на 5 один из множителей правой

части это или $(U_1 + U_2)$ или

$[(U _1+U_2)^4- 5U_1U_2(U_1 + U_2)^2 +5U_1^2U_2^2]$,

но если один из множителей правой части делиться на 5, то тогда и

второй множитель правой части также делиться на 5, а значит, правая часть делиться

на $5^2$, отсюда имеем

$ U^5/5-(U_1^5+U_2^5)\equiv 0\mod 5^2$, а потому благодаря (2)

$2(X + Y-Z) = 2K_0UU_1U_2\equiv 0\mod 5^2$, что и т. д.

Отсюда кстати $(U, 5^2) = 5^2$

Уважаемый venco!
О Вашем замечании
Я не только повторил известные условия, но и дал их развернутое обоснование.

[venco]

vasili в сообщении #792492 писал(а):

Уважаемый venco!
О Вашем замечании
Я не только повторил известные условия, но и дал их развернутое обоснование.

Ок, прошёл все рассуждения по своему, и пришёл к тому же: $(5ZXY, K_0) = 1$.
Очень уж у вас всё запутано. Можно было ввести гораздо более понятные обозначения, и явно определить некоторые переменные, например, как $U=(Z,X+Y), U_1=(X,Z-Y)$ (в ваших обозначениях).
Насколько я понял, дальше (начиная с малой теоремы Ферма) вы не продвинулись. К примеру, не доказано, что $K_0 > 1$.

[vasili]

Уважаемый venco!

1.Вы правы я не доказал, что $K_0 >1$ для 2 случая ВТФ.

Приведу доказательство для $P =5$.

Воспользуюсь тождеством, представленным на форуме участником ishhan, а именно:

$(X + Y-Z)^5 = 5(X +Y)(Z-X)(Z-Y)(X^2 +Y^2 + Z^2-ZX –ZY + XY)$,

где $ (Z,X,Y) є N^+$ и пусть $Z > X >Y$

С другой стороны

$(X + Y-Z)^5 = K_0^5U^5U_1^5U_2^5 = K_0^5 5(X +Y)(Z-X)(Z-Y)$, тогда

$K_0^5 5(X +Y)(Z-X)(Z-Y) = =5(X +Y)(Z-X)(Z-Y)(X^2 +Y^2 + Z^2-ZX-ZY + XY)$

отсюда

$K_0^5 = X^2 +Y^2 + Z^2-ZX-ZY+XY$, преобразуем правую часть, с

целью доказательства, что она больше 1

$X^2 +Y^2 + Z^2-ZX-ZY + XY = X(X+Y) + Z(Z-Y)-Y(Z-Y)$

Исходим из того, что

$X + Y > Z$, а значит $Z-Y < X$, тогда

$X(X+Y) >ZX $, а

$Y(Z-Y) < XY$

Пусть

$X(X+Y) = ZX$ (уменьшим), а

$Y(Z-Y) =XY$ (увеличим)

Тогда и в этом случае

$X(X+Y) + Z(Z-Y)-Y(Z-Y) > ZX-XY + Z(Z-Y) =X(Z-Y) +Z(Z-Y) =(Z+X)(Z-Y)>>1$

а значит $K_0 >1$, что и т.д.

А тождество $(X + Y-Z)^P = P(X +Y)(Z-X)(Z-Y)W(X,Y,Z)$,

(так же приведенное ishhan),

где $K_0^P = W(X,Y,Z)$ указывает на то, что $K_0 >1$.

2. И наконец, пишущий должен дать простор для творческого участия

в обсуждении, «пищу» для размышлений и простор в познании непознанного.

[ananova]

ishhan в сообщении #792109 писал(а):

Этот способ доказательства ВТФ1$ n=5$ нуждается в более подробном изложении.
У меня большие сомнения, что можно доказать делимость $x+y-z$ на $5^2$.
То, что вы приводите в качестве аргументов о делимости $x+y-z$ на $5^2$ не убедительно.

Вероятно не совсем в тему для Случая 1.

Из соотношений Барлоу для Случая 2 следует... Если $z$ делится на $5^2$, то $(x+y)$ делится на $5^9$. Соответственно $(x+y-z,5^2)=5^2$.
А вот для варианта, когда $z$ имеет только один множитель $5$, то $(x+y-z,5^2)=5^2$ является противоречием.

[ishhan]

vasili в сообщении #792492 писал(а):

$V_i^5-1= (5µ_i + 1)^5-1 =(5µ_i)^5 + 5(5µ_i)^4 + 10(5µ_i)^3 + 10(5µ_i)^2 + (5µ_i) + 1 -1\equiv 0\mod 5^2$

Уважаемый vasili!
Для того чтобы утверждать делимость этого выражения на $5^2$
каждое слагаемое должно делится на $5^2$?
Из этого следует, что $µ_i$ должно делится на пять.
Но у вас нигде не упоминается о таком предположении о делимости числа $µ_i$.
Поясните плиз.

[shwedka]

ishhan в сообщении #793142 писал(а):

vasili в сообщении #792492 писал(а):

$V_i^5-1= (5µ_i + 1)^5-1 =(5µ_i)^5 + 5(5µ_i)^4 + 10(5µ_i)^3 + 10(5µ_i)^2 + (5µ_i) + 1 -1\equiv 0\mod 5^2$

Уважаемый vasili!
Для того чтобы утверждать делимость этого выражения на $5^2$
каждое слагаемое должно делится на $5^2$?
Из этого следует, что $µ_i$ должно делится на пять.
Но у вас нигде не упоминается о таком предположении о делимости числа $µ_i$.
Поясните плиз.

Все гораздо проще. vasili проврался в формуле Бинома.

[ishhan]

shwedka в сообщении #793201 писал(а):

Все гораздо проще. vasili проврался в формуле Бинома.

И правда там ошибка должно быть в последнем коэффициенте у "мю" $5^2 $.
Тогда всё сходится и$ V_i^5-1 $ делится на $5^2$

[vasili]

Уважаемая shwedka! Спасибо за найденную опечатку. Последний член разложения должен быть
$5(5µ_i)$.

-- 27.11.2013, 16:55 --

Уважаемая shwedka! Спасибо за найденную опечатку. Предпоследний член разложения должен


быть $5(5µ_i)$.

[ishhan]

Уважаемый vasili!
Согласен с вашим доказательством того, что $x+y-z$ делится на $5^2$ )
Ещё Гаусс показал, что для троек Ферма выполняется сравнение $ (x+y)^P\equiv{x^p+y^p}\mod{p^2}$ см. ссылку ниже.
Но суть противоречия:

vasili в сообщении #790063 писал(а):

Это означает, что если $X,Y и Z$ являются решением уравнения (1), то образованный из них трех член $X +Y-Z$ должен как минимум делиться на $P^2$ в противном случае мы приходим к противоречию, и 1 случай ВТФ был бы доказан.

которое по-вашему мнению делает невозможным существования решений ВТФ5 1-го случая, не очень понял. Если можно, поясните более развёрнуто.
Вот если бы вы показали, что из предположения делимости$ x+y-z$ на $5^2$ следует делимость его же на $5^3$ и так далее, тогда другое дело)
Кое-что касательно ВТФ5 можно найти по этой ссылке http://www.mathpages.com/home/kmath367.htm
На мой взгляд условие целостности тринома $x+y-z$ для первого случая ВТФ5 нужно записывать как $(x+y-z)^5=5 U^5U^5_1U^5_25^4K^5$ или как
$x+y-z=5UU_1U_2K$ из чего следует, что в случае делимости $x+y-z$ на $5^2 $ число $K$ делится на $5$, что ничему не противоречит.

[vasili]

Уважаемый ishhan! Когда я писал " в противном случае" я имел ввиду, что $(X + Y-Z)$ делиться только на P.

[vasili]

Уважаемый ishhan! Теперь мы можем развить доказательство Гаусса, а именно

показать, что

$(X + Y)^P\equiv X^P + Y^P\mod P^3$

В самом деле, из сравнения $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$ следует, что

$X + Y = µ P^2 + Z$, тогда

$(X + Y)^P = (µ P^2 + Z)^P\equiv P(µ P^2) Z^{P-1} + Z^P\equiv X^P + Y^P\mod P^3$,


где очевидно $X^P + Y^P-Z^P\equiv 0\mod P^3$