По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[ishhan]

vasili в сообщении #793692 писал(а):

Теперь мы можем развить доказательство Гаусса, а именно

показать, что

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

Напрашивается продолжение:
$(x+y)^p-x^p-y^p=(x+y)^p-z^p=(x+y-z)\varphi^{p-1}(x+y,z)$, где $\varphi^{p-1}(x+y,z)$ многочлен деления круга взаимно простой с $x+y-z$.
Отсюда следует, что $x+y-z$ делится на $p^3$.
И по такой же схеме действуем дальше, предполагая что $x+y-z$ делится на $p^n$ доказываем, что $x+y-z$ должно делится на $ p^{n+1}$.
Карл Фридрих Гаусс не мог пропустил такое простое доказательство. В этих рассуждениях скрыта ошибка...

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #793929 писал(а):

Отсюда следует, что $x+y-z$ делится на $p^3$.
И по такой же схеме действуем дальше, предполагая что $x+y-z$ делится на $p^n$ доказываем, что $x+y-z$ должно делится на $ p^{n+1}$.
Карл Фридрих Гаусс не мог пропустил такое простое доказательство. В этих рассуждениях скрыта ошибка...

Несомненно ошибка.
То, что $x+y-z$ делится на $p^3$ известно давно, но то, что $x+y-z$ делится на $p^n$ никто не доказал, и Ваше предположение, что в этом случае работает индукция является ошибочным (если, конечно, Вы не докажете обратного).

[vasili]

Уважаемый ishhan! Откуда Вы взяли, что $X + Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X,Y,Z)$ взаимно простые?

[vasili]

Уважаемый ishhan! Откуда Вы взяли, что $X + Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X+Y,Z)$ взаимно простые?

[ishhan]

в сообщении #794130 писал(а):

Откуда Вы взяли, что $X + Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X+Y,Z)$ взаимно простые?

Уважаемый vasili!
Пардон, это я пошутил
Конечно же числа $X+Y-Z$ и $\varphi^{P-1}(X+Y,-Z) $ имеют общие простые делители и это число $P$
Так какую же роль играет делимость $X+Y-Z$ на$ P^2$ в доказательстве первого случая ВТФ5 я пока не осознал.
С моей точки зрения числа
$-X-Y+Z$,
$ X$,
$Y$,
$-Z$ равноправны.
Так, если в кольце по модулю $P$ существует тройка решений $X,Y,-Z$ сравнения $W^2(X,Y,-Z)= X^2+Y^2+Z^2+XY-ZX-ZY\equiv0\mod{P}$
то это же сравнение будет справедливо для троек
$(-X-Y+Z,Y,-Z)$
$X,-X-Y+Z,-Z$
$X,Y,-X-Y+Z$
и если простое доказательство существует, то оно должно исключать разделение ВТФ на первый и второй случай.
Кроме шуток.

[vasili]

Уважаемый ishhan! Mои рассуждений по поводу доказательства 1

случая ВТФ просты.

1. Если $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, то я доказываю с помощью

Вспомогательных предложений, что и

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, а тогда возникают противоречия,

которые я уже показывал, в диалогах с Феликс Шмидель, как

для простых показателей P = 6n +5 так и для простых показателей

P= 6n +1.[1 случай для P=3 доказан в рамках элементарных мат.знаний.]

Чтобы показать, что $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, необходимы

Вспомогательные предложения, которые покажу ниже.

2. Если же $X + Y-Z\equiv 0\mod P^K$, где $K >2$ (вызвано вопросом

Феликс Шмидель «А если $X + Y-Z$ делится на $P^5?$)

то для поиска противоречия нужен иной путь и как только разберемся с

п.1, то я выложу свои соображения и по п.2.







3. Вспомогательные предложения:

Рассмотрим множество наименьших натуральных вычетов R по модулю

$P^2$ , таких, что

$R\equiv g^{mP}\mod P^2$, где

g – наименьший первообразный корень по модулю $P^2$, а

m пробегает наименьшие натуральные вычеты по модулю P, т.е.

$m = 1, 2, 3, \idots, (P-1)$.

Множество таких вычетов обозначим через {R}.


Лемма 1

Если простое число $P = 6n + 1$, то в множестве {R}

имеются только 2(два) вычета, обозначим их $R_1$ и $R_2$,

таких, что $R_1 + R_2\equiv 1\mod P^2\engo(1)$.


Покажем, что сравнение (1) справедливо.

Пусть функция Эйлера $\varphi (6n + 1)^2 = 6n(6n +1) = 6nP$.

Обозначим вычеты множества {R}, индексы которых кратны $nP$.

Пусть

$R_1\equiv g^n^P\mod P^2$,

$U_1\equiv g^2^n^P\mod P^2$,

$-1\equiv g^3^n^P\mod P^2$,

$U_2\equiv g^4^n^P\mod P^2$,

$R_2\equiv g^5^n^P\mod P^2$,

$1\equiv g^6^n^P\mod P^2$.


Очевидно, вычеты $R_1$ и $R_2$ принадлежат показателю 6 по модулю

$P^2$ и таких вычетов, принадлежащих показателю 6, по указанному

модулю, только 2(два), так как $\varphi(6) = 2$, а потому

$(R_1)^3\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$(R_1 + 1)(R_1^2 -R_1 + 1)\equiv 0\mod P^2$, а значит

$R_1^2 -R_1 + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$R_1 + (-1)R_1^2\equiv 1\mod P^2$ или

$g ^ n ^P + g^3^n^P g^2^n^P\equiv g ^ n ^P + g^5^n^P\equiv R_1 + +R_2\equiv1\mod P^2$

что подтверждает справедливость сравнению (1).



Обратим внимание на симметричность индексов вычетов $R_1$ и $R_2$

относительно индекса вычета $-1$ равного $3nP$, так

$ihd R_1 = 3nP-2nP = nP$, а

$ihd R_2 = 3nP + 2nP = 5nP$.

Пусть существуют в множестве вычетов {R} вычеты $R_3$ и $R_4$,

удовлетворяющие условию (1), т.е.

$R_3 + R_4\equiv1\mod P^2$

и пусть

$R_3\equiv g^3^n^P^-^m^1^P$,

$R_4\equiv g^3^n^P^+^m^1^P$, где $1\le m_1 < 3n$,

тогда

$g^3^n^P^-^m^1^P + g^3^n^P^+^m^1^P\equiv 1\mod P^2$.

Умножим последнее сравнение на $g^m^1^P$ и, учитывая что

$(-1)\equiv g^3^n^P\mod P^2$

имеем

$(g^m^1^P)^2 + g^m^1^P + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$(g^m^1^P)^3\equiv 1\mod P^2$, отсюда

$3m_1P\equiv 0\mod 6nP$, отсюда

$m_1 = 2n$

или

$m_1 = 4n$, тогда

$R_3\equiv g^3^n^P^-^2^n^P\equiv g^n^P\equiv R_1\mod P^2$

или

$R_3\equiv g^3^n^P^-^4^n^P\equiv g^-^n^P\equiv g^6^n^P^-^n^P\equiv g^5^n^P\equiv R_2\mod P^2$.



Пришли к противоречию: вычет $R_3$ равен вычету $R_1$ или вычету

$R_2$, что указывает на справедливость Леммы 1.

Справедливость Леммы 1 проверена мной для модулей

$7^2$, $13^2$, $19^2$ и $31^2$.





Лемма 2

Если простое число $P = 6n + 5$, то в множестве {R}

нет ни одной пары вычетов, удовлетворяющих условию (1).

Доказательство Леммы 2

Функция Эйлера $\varphi (6n + 5)^2 = (6n +4)(6n + 5)$ не делиться на 3 и 6, а

потому не существует вычетов в множестве вычетов {R} принадлежащих

числам 3 и 6, а значит нет вычетов удовлетворяющих условию (1).

Я проверил частные множества вычетов {R} по модулям

$5^2$, $11^2$ и $17^2$

Лемма 2 везде подтверждалась.

Лемма 3

Для любого простого числа $P >2$ существуют целые числа, которые

обозначим через

$A_1$, $A_2$, $A_3$,\idots, $A_r$,\idots, $A_{(P-1)/2}$ такие, что для любых

чисел Z и X выполняется:

$Z^P-X^P = (Z-X)^P +A_1ZX(Z-X)^{P-2} +A_2Z^2X^2(Z-X)^{P-4} +$\cdots$+ +A_rZ^rX^r(Z-X)^{P-2r} +$\cdots$ +A_{P-3/2}Z^{P-3/2}X^{P-3/2}(Z-X)^3 + +A_{P-1/2}(ZX)^{P-1/2}(Z-X)$,

При этом числа $A_1 = A_{P-1/2} = P$, а числа $A_2$,

$A_3$,\cdots,

$A_r$,\cdots, $A_{P-3/2}$ кратные P и в

частности

$A_2 = P(P-3)/2!$, $A_3 = P(P-4)(P-5)/3!$,\cdots,

$A_r = P(P-r-1)(P-r-2) \cdots (P-2r +1)/r!$.







Лемма 4

Для любого простого числа $P >3$ существуют целые числа, которые обозначим через

$B_1$, $B_2$, $B_3$\idots , $B_n$ такие, что для любых чисел Z и X выполняется:

$(Z-X)^{P-3} +A_2^1ZX(Z-X)^{P-5} +\cdots + A_{P-3/2}^1(ZX)^{P-3/2} + +(ZX)^{P-1/2} = = [(Z-X)^2 +ZX]^{(P-3)/2} + B_1(ZX)^2(Z-X)^2[(Z-X)^2 + ZX]^{(P-9)/2} + + B_2 (ZX)^4(Z-X)^4[(Z-X)^2 + ZX]^{(P-15)/2}+ \cdots + +B_i (ZX)^{2i}(Z-X)^{2i}[(Z-X)^2 + ZX]^{(P-3-6i)/2} +\cdots + + B_n(ZX)^{2n}(Z-X)^{2n}[(Z-X)^2 + ZX]^S$,


где

S = 2, если простое число P = 6n +1 и

S = 1, если простое число P = 6n + 5.

$A_1^1 = A_1/P = 1$,

$A_2^1 = A_2/P$,

$A_3^1 = A_3/P$,
……………………..,

$A_{P-3/2}^1 = A_{P-3/2}/P$,

$A_{P-1/2}^1 = A_{P-1/2}/P = 1$,

Где $A_i$ – коэффициенты Леммы 3.

Доказательство аналогичное доказательству Леммы 3с использованием таблицы биноминальных коэффициентов, оформление которой в La Tex представляет для меня трудности. Надеюсь, читатель найдет свое доказательство Леммы 3 и 4.




Теперь, когда имеем Леммы, приступим к доказательству 1 случая ВТФ

1. Покажу доказательство для простого показателя P = 6n +5.

2. Умножим очевидное сравнение $X^P + Y ^P-Z^P\equiv 0\mod P^2$ на

$(Z^-^1)^P$ -

-степень мультипликативного обратного числа числу Z, т.е. такого, что

$Z^-^1Z\equiv 1\mod P^2$, тогда

$(Z^-^1)^PX^P + (Z^-^1)^PX^P\equiv 1\mod P^2\engo(2) $.

Вычеты чисел $(Z^-^1)^PX^P$ и $(Z^-^1)^PX^P$ по модулю $P^2$

принадлежат множеству{R} ,

но благодаря Лемме 2 в множестве {R} нет двух вычетов, сумма

которых сравнима с 1 по модулю $P^2$. Следовательно, сравнение

(2) противоречит Лемме 2.

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ для простых показателей вида

$6n + 5$ доказан. [ Таким способом доказательства пользовалась

французский математик Софи Жермен (1776 – 1831)].


Продолжение:
Доказательство 1 случая ВТФ для простых показателей P= 6n +1..

[ishhan]

Уважаемый vasili!

Доказывая ВТФ вы часто прибегаете к тривиальному сравнению: $X^P + Y ^P-Z^P\equiv 0\mod M$
и в качестве$ M $обычно выступает $P^2$

vasili в сообщении #794945 писал(а):

Если простое число $P = 6n + 1$, то в множестве {R}

имеются только 2(два) вычета, обозначим их $R_1$ и $R_2$,

таких, что $R_1 + R_2\equiv 1\mod P^2\engo(1)$.

Что изменится, если положить $M=P$
Так для простых чисел вида $P^+= 6N+1$ , всегда будут существовать только два особенных вычета:
$1+R_1+R_2\equiv0\modP$ и таких, что $R_1\cdot{R_2}\equiv {1}\mod P$
при этом для простых чисел$ P^-=6N-1 $ таких вычетов не существует.
пример по модулю 13:
$3+9+1=0(13)$
$3\cdot{9}=27=1(13)$

[vasili]

Ishhan!
Вы правы, что $R_1R_2\equiv1\mod P^2$. Пример для модуля $13^2$

$R_1 = 147$, $R_2 = 23$

Числа которые удовлетворяют условию $R_! + R_2 + 1\equiv 0\mod P^2$

обозначены мною

как $U_1\equiv g^{2nP}\mod P^2$ и

$U_2\equiv g^{4nP}\mod P^2$, где

$R_1-U_1=1$ и $R_2-U_2 = 1$

Пример для модуля $19^2$

$R_1 =293$ и $U_1 = 292$,

$R_2 = 69$ и $U_2 = 68$

[ishhan]

vasili в сообщении #795255 писал(а):

исла которые удовлетворяют условию $R_! + R_2 + 1\equiv 0\mod P^2$

обозначены мною

как $U_1\equiv g^{2nP}\mod P^2$ и

$U_2\equiv g^{4nP}\mod P^2$, где

$R_1-U_1=1$ и $R_2-U_2 = 1$

В качестве лирического отступления предлагаю обратить внимание на то, что тройка $(1,U_1, U_2)$ это соседние члены геометрической прогрессии $(U^0, U^1,U^2)$ по модулю $P^2$, где $1=U^0$, $U_1=U$, $ U_2=U^2$.
А так же, предлагаю рассматривать более сложное множество вычетов по модулю $P$, состоящее из трёхкомпонентных элементов $T=(x,y,z) $, где каждый компонент это вычет по модулю $P$, и вычеты $x,y,z$ таковы, что их сумма равна ноль по модулю $P$.
В конце концов, рассмотреть все возможные варианты троек, сумма компонент которых равна ноль по модулю $P$ или $P^2$, как того требует основное условие целостности уравнения Ферма.

[vasili]

Уважаемый ishhan! Предлагаю обещанное Продолжение.

Доказательство 1 случая ВТФ для простых показателей $P= 6n +1$., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, т.е. не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Краткий план доказательства.

Из равенства $X^P + Y^P- Z^P$ с учетом Лемм 3 и 4 составим три равенства.

Сравним полученные равенства по модулю $P^3$.

И используя формулы Абеля, получим сравнения

$Z^{P-1}\equiv X^{P-1}\equiv Y^{P-1}\equiv 1\mod P^2\engo(a)$.

С помощью вспомогательных чисел $r_1$, $r_2$ и $r_3$ и чисел $Z,X иY$

получим вспомогательные сравнения. Анализ сравнений (а) с учетом

вспомогательных сравнений покажет, что числа

$r_1$, $r_2$ и $r_3$ принадлежат множеству {R}, а это благодаря Лемме 1

приводит к сравнению

$ZX +ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, а значит к Противоречию, которое я

показывал и еще покажу ниже.

И так пусть:

$X^P + Y^P = Z^P = (X + Y )^P –PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0$,

$Z^P-Y^P = X^P = (Z-Y)^P + PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1$,

$Z^P-X^P = Y^P = (Z-X)^P + PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2$

и пусть $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2\equiv(a)$.

Сравним преобразованные равенства по модулю $P^3$

$PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0 = (X + Y )^P-Z^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1 = X^P-(Z-Y)^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Отсюда с учетом сравнения (а) имеем

$[(X+Y)^2 -XY]^2W_0\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-Y)^2 +ZY]^2W_1\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-X)^2 +ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^2$.


Запишем формулы Абеля для анализа полученных сравнений

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

Сократим, полученные выше 3-и равенства на



$X + Y = U^P$, $Z-Y = U_1^P$ и $Z-X = U_2^P$. соответственно

Тогда

$V^P = (X + Y ) ^{P-1}- PXY[(X + Y)^2-XY]W_0$,


$V_1^P = (Z-Y ) ^{P-1}- PZY[(Z-Y)^2-ZY]W_0$,


$V_2^P = (Z-X ) ^{P-1}- PZX[(Z-X)^2-ZX]W_0$,

отсюда благодаря Малой теореме Ферма

$V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V_i-1\equiv 0\mod P^2$, тогда

с учетом (а) и сравнений для вторых слагаемых правой части последних

сравнений имеем

$(X + Y-Z + Z) ^ {P-1}-1\equiv Z ^ {P-1}-1\equiv 0\mod P^2\engo(b)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(d)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(e)$.


Введем вспомогательные числа и сравнения

В множестве наименьших натуральных вычетов по модулю $P^2$

имеются такие вычеты $ r_1$, $r_2$ и $r_3$, что

$r_1Z\equiv X\mod P^2$,

$r_1Y\equiv Z\mod P^2$,

$r_3X\equiv-Y\mod P^2$. где очевидно

$r_1r_2r_3\equiv -1\mod P^2$.

Из сравнений (b), (d) и (e) следует

$X ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-X^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$.

Тогда с учетом вспомогательных сравнений имеем

$X ^ {P-1}-r_3^ {P-1}\X^{P-1}equiv 0\mod P^2$, отсюда

$R_3^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$r_2^ {P-1} Y^{P-1}-Y^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$R_2^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$Z ^{P-1}-r_1^{P-1}Z^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_1^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$.

Из полученных сравнений индексы вспомогательных чисел по модулю $P^2$

будут

$(P-1) ind r_1\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_1\equiv 0\mod P$;

$(P-1) ind r_2\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_2\equiv 0\mod P$

$(P-1) ind r_3\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_3\equiv 0\mod P$, из этого следует , что числа

$r_1,r_2 и r_3 є {R}\engo(s)$.

Чтобы воспользоваться Леммой 1 и условием (s) рассмотрим

сравнение $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, с учетом вспомогательных

сравнений

$r_1Z + (-r_3)r_1Z –Z\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$ r_1 + (-1) r_1r_3\equiv 1\mod P^2$;

$X + (-r_3)X –r_2(-r_3)X\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_3 + (-1)r_2r_3\equiv 1\mod P^2$;

$r_1r_2Y + Y –r_2YX\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_2 +(-1)r_1r_2\equiv 1\mod P^2$.

Благодаря Лемме 1 из сравнений для вспомогательных чисел

следует, что

или

$ r_1= R_1\equiv g^{nP}\mod P^2$, а

$(-1) r_1r_3\equiv R_2\equiv g^{5nP)\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{nP}r_3\equiv g^{5nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{nP}\equiv R_1\mod P^2$

или
$ r_1= R_2\equiv g^{5nP}\mod P^2$, а

$(-1) r_1r_3\equiv R_1\equiv g^{nP)\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{5nP}r_3\equiv g^{nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{5nP}\equiv R_2\mod P^2$.

Так как $r_1r_2r_3\equiv-1\mod P^2$, то

или

$r_2R_1^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_1\mod P^2$;

или

$r_2R_2^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_2\mod P^2$.

Таким образом, $r_1 = r_2 = r_3 = R_1 (или =R_2)$, а значит

сравнения для вспомогательных чисел примят вид (к примеру)

$r_1^2 – r_1 + 1\equiv 0\mod P^2$.

Умножим, это сравнение, на $Z^2$ и учитывая вспомогательные сравнения

$X^2 -ZX +Z^2\equiv 0\mod P^2$ или

$(Z-X)^2 + ZX\equiv 0\mod P^2$ и тогда в сравнении


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$,

левая часть сравнима с нулем по модулю $P^5$, т.е.

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^5$, а правая часть сравнима

с нулем по модулю $P^3$, т.е.

$Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ доказан

для простых показателей P= 6n +1., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, но не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Продолжение: Доказательство 1 случай ВТФ

для простых показателей $P= 6n +1$., когда $X + Y-Z$ делится на $P^K$, где

$K> 2$ .




5.12.2013 г.
Уважаемый ishhan! Предлагаю обещанное Продолжение.

Доказательство 1 случая ВТФ для простых показателей $P= 6n +1$., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, т.е. не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Краткий план доказательства.

Из равенства $X^P + Y^P- Z^P$ с учетом Лемм 3 и 4 составим три равенства.

Сравним полученные равенства по модулю $P^3$.

И используя формулы Абеля, получим сравнения

$Z^{P-1}\equiv X^{P-1}\equiv Y^{P-1}\equiv 1\mod P^2\engo(a)$.

С помощью вспомогательных чисел $r_1$, $r_2$ и $r_3$ и чисел $Z,X иY$

получим вспомогательные сравнения. Анализ сравнений (а) с учетом

вспомогательных сравнений покажет, что числа

$r_1$, $r_2$ и $r_3$ принадлежат множеству {R}, а это благодаря Лемме 1

приводит к сравнению

$ZX +ZY-XY\equiv 0\mod P^2$, а значит к Противоречию, которое я

показывал и еще покажу ниже.

И так пусть.

$X^P + Y^P = Z^P = (X + Y )^P –PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0$,

$Z^P-Y^P = X^P = (Z-Y)^P + PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1$,

$Z^P-X^P = Y^P = (Z-X)^P + PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2$

и пусть $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2\engo(a)$.

Сравним преобразованные равенства по модулю $P^3$

$PXY(X + Y)[(X+Y)^2 –XY]^2W_0 = (X + Y )^P-Z^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]^2W_1 = X^P-(Z-Y)^P\equiv 0\mod P^3$,


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Отсюда с учетом сравнения (а) имеем

$[(X+Y)^2 -XY]^2W_0\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-Y)^2 +ZY]^2W_1\equiv 0\mod P^2$,

$[(Z-X)^2 +ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^2$.


Запишем формулы Абеля для анализа полученных сравнений

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

Сократим, полученные выше 3-и равенства на



$X + Y = U^P$, $Z-Y = U_1^P$ и $Z-X = U_2^P$. соответственно

Тогда

$V^P = (X + Y ) ^{P-1}- PXY[(X + Y)^2-XY]W_0$,


$V_1^P = (Z-Y ) ^{P-1}- PZY[(Z-Y)^2-ZY]W_0$,


$V_2^P = (Z-X ) ^{P-1}- PZX[(Z-X)^2-ZX]W_0$,

отсюда благодаря Малой теореме Ферма

$V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V_i-1\equiv 0\mod P^2$, тогда

с учетом (а) и сравнений для вторых слагаемых правой части последних

сравнений имеем

$(X + Y-Z + Z) ^ {P-1}-1\equiv Z ^ {P-1}-1\equiv 0\mod P^2\engo(b)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(d)$,

$(Z-Y-X + X) ^ {P-1}-1\equiv X^ {P-1} -1\equiv 0\mod P^2\engo(e)$.


Введем вспомогательные числа и сравнения

В множестве наименьших натуральных вычетов по модулю $P^2$

имеются такие вычеты $ r_1$, $r_2$ и $r_3$, что

$r_1Z\equiv X\mod P^2$,

$r_1Y\equiv Z\mod P^2$,

$r_3X\equiv-Y\mod P^2$. где очевидно

$r_1r_2r_3\equiv -1\mod P^2$.

Из сравнений (b), (d) и (e) следует

$X ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-Y^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$,

$Z ^ {P-1}-X^ {P-1}\equiv 0\mod P^2$.

Тогда с учетом вспомогательных сравнений имеем

$X ^ {P-1}-r_3^ {P-1}X^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_3^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$r_2^ {P-1} Y^{P-1}-Y^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_2^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$;

$Z ^{P-1}-r_1^{P-1}Z^{P-1}\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_1^ {P-1}\equiv 1\mod P^2$.

Из полученных сравнений индексы вспомогательных чисел по модулю $P^2$

будут

$(P-1) ind r_1\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_1\equiv 0\mod P$;

$(P-1) ind r_2\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_2\equiv 0\mod P$

$(P-1) ind r_3\equiv 0\mod P(P-1)$, отсюда

$ind r_3\equiv 0\mod P$, из этого следует , что числа

$r_1, r_2 и r_3$ є {R}\engo(s).

Чтобы воспользоваться Леммой 1 и условием (s) рассмотрим

сравнение $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, с учетом вспомогательных

сравнений

$r_1Z + (-r_3)r_1Z-Z \equiv 0\mod P^2$, отсюда

$ r_1 + (-1) r_1r_3\equiv1\mod P^2$;

$X + (-r_3)X –r_2(-r_3)X\equiv 0\mod P^2$, отсюда

$r_3 + (-1)r_2r_3\equiv 1\mod P^2$;

$r_1r_2Y + Y –r_2Y\equiv0\mod P^2$, отсюда

$r_2 +(-1)r_1r_2\equiv 1\mod P^2$.

Благодаря Лемме 1 из сравнений для вспомогательных чисел

следует, что

или

$ r_1= R_1\equiv g^{nP}\mod P^2$, а

$(-1) r_1r_3\equiv R_2\equiv g^{5nP}\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{nP}r_3\equiv g^{5nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{nP}\equiv R_1\mod P^2$

или
$ r_1= R_2\equiv g^{5nP}\mod P^2$, а

$(-1) r_1r_3\equiv R_1\equiv g^{nP}\mod P^2$, отсюда

$g^{3nP}g^{5nP}r_3\equiv g^{nP}\mod P^2$ и тогда

$r_3\equiv g^{5nP}\equiv R_2\mod P^2$.

Так как $r_1r_2r_3\equiv-1\mod P^2$, то

или

$r_2R_1^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_1\mod P^2$;

или

$r_2R_2^2\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$r_2\equiv R_2\mod P^2$.

Таким образом, $r_1 = r_2 = r_3 = R_1 (или =R_2)$, а значит

сравнения для вспомогательных чисел примят вид (к примеру)

$r_1^2-r_1 + 1\equiv 0\mod P^2$.

Умножим, это сравнение, на $Z^2$ и учитывая вспомогательные сравнения
получим

$X^2 -ZX +Z^2\equiv 0\mod P^2$ или

$(Z-X)^2 + ZX\equiv 0\mod P^2$ и тогда в сравнении


$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$,

левая часть сравнима с нулем по модулю $P^5$, т.е.

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^5$, а правая часть сравнима

с нулем по модулю $P^3$, т.е.

$Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$.

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ доказан

для простых показателей P= 6n +1., когда

$X + Y-Z$ делится только на $P^2$, но не делитcя на $P^K$, где $K> 2$.

Продолжение: Доказательство 1 случай ВТФ

для простых показателей $P= 6n +1$., когда $X + Y-Z$ делится на $P^K$, где

$K >2$.

[ishhan]

vasili в сообщении #796522 писал(а):

отсюда благодаря Малой теореме Ферма

$V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V_i-1\equiv 0\mod P^2$, тогда

Здесь наверное имелось в виду$ V_i-1\equiv 0\mod P$, а значит и $V^P_i-1\equiv 0\mod P^2$.

vasili в сообщении #796522 писал(а):

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2 = Y^P-(Z-X)^P\equiv 0\mod P^3$,

левая часть сравнима с нулем по модулю $P^5$, т.е.

$PZX(Z-X)[(Z-X)^2 + ZX]^2W_2\equiv 0\mod P^5$, а правая часть сравнима

с нулем по модулю $P^3$, т.е.

Не очень понятно, почему нигде не оговариваются свойства делимости чисел $W,W_1,W_2$ на $P$
Было бы интересно увидеть доказательство первого случая ВТФ для $n=5$ в котором используется делимость $XY-ZX-ZY$ на $5^2$

[Belfegor]

vasili в сообщении #796522 писал(а):

Запишем формулы Абеля для анализа полученных сравнений

Уважаемый vasili!

Вроде в умных книжках написано, что формулы Абеля за 150 лет ничем существенным не помогли. Получается вы сломали эту тенденцию?

[vasili]

Уважаемый ishhan! Вы правы из леммы 4 следует доказать, что числа

$[(Z -X)^2 + ZX]^2$ и $B_n Z^{2n}X^{2n} (Z-X)^{2n}$ не имеют общем

делителем простое число P. Так как $(Z, P) =1$, $(X, P) =1$ и $(Z-X, P)= 1$, то остается

доказать, что $(B_n, P)=1$. В случае, если $(B_n, P)= P$, то противоречие, которое возникло

при $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$ усилиться.

Уважаемый Belfeqor! Формулы Абеля, как следствие допущения существования целых (не равных нулю) чисел, удовлетворяющих уравнению ВТФ, был и остается, наряду с Малой теоремой Ферма и другими достижениями теории чисел, надежным инструментом.

[vasili]

Уважаемый ishhan! Я уже показывал док-во 1 сл. ВТФ для $P=5$, когда $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod 5$. Повторю еще раз. Из очевидных сравнений
$ZX + ZY-XY\equiv Z^2-ZX + X^2\equiv 0\mod 5$ и

$ZX + ZY-XY\equiv Z^2-ZY + Y^2\equiv 0\mod 5$, следует

$Z^3 + X^3=(Z + X)(Z^2-ZX + X^2)\equiv 0\mod 5$,

$Z^3 + Y^3=(Z + Y)(Z^2-ZY + Y^2)\equiv 0\mod 5$.

А благодаря Малой теореме Ферма имеем

$Z^4-X^4=Z^3Z-X^3X\equiv Z^3Z-(-Z^3)X\equiv 0 \mod 5$ и

$Z^4-Y^4=Z^3Z-Y^3Y\equiv Z^3Z-(-Z^3)Y\equiv 0 \mod 5$, отсюда

соответственно

$Z +X\equiv Z+Y\equiv 0\mod 5$, а после сложение

$Z + X + Z +Y\equiv 3Z\equiv 0\mod 5$, что не возможно.

Пришли к противоречию. 1сл.ВТф для $P =5$ доказан.
Приведенные рассуждения будут справедливы и для модуля $5^2$.

Одновременно благодарю за найденную опечатку. Конечно правильно
$V_i^P -1\equiv0\mod P^2$

[ishhan]

vasili в сообщении #798054 писал(а):

Пришли к противоречию. 1сл.ВТф для $P =5$ доказан.

Уважаемый vasili!
Всё правильно, придраться воде не к чему.
Мне не попадалось такое доказательство в популярной литературе по ВТФ.
А то, что $-ZX-ZY+XY$ делится на 5 следует из тождества:

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

Если рассуждать в общем виде то в тождестве:

$$(X+Y+Z)^P-X^P-Y^P-Z^P=P(Z+X)(Z+Y)(X+Y)W^{P-3}(X,Y,Z)$$

Интересно было бы получить алгебраический вид многочлена $W^{P-3}(X,Y,Z)$, а так же выразить его через симметрические функции с определённым свойством инвариантности относительно замены переменных.
Так в случае двух переменных $X,Y$ многочлен $W^{P-3}(X,Y,)$ можно выразить слагаемыми вида: $(X+Y)^KX^IY^I$, где $K+2I=P-3$
Причём, $W^{P-3}(X,Y,)=W^{P-3}(-X-Y,Y,)=W^{P-3}(X,-X-Y)$, что имеет интересные приложения в кольце вычетов.