По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[vasili]

Уважаемый ishhan! К сожалению, я не знаю, как разложить в общем виде

множитель $W(Z,X,Y)$. Могу лишь предложить иные разложения степени

трехчлена, а именно:

$(X + Y-Z) ^P = (X + Y)^P-Z^P + P(X+Y)Z(X + Y-Z)^{P-2} + +A_2(X +Y) ^2Z^2(X + Y-Z)^{P-4} + A_3(X +Y)^3Z^3(X +Y-Z)^{P-6} + +\cdots\\+ A_{P-3/2}(X + Y)^{P-3/2}Z^{P-3/2}(X + Y-Z)^3 + + A_{P-1/2}(X + Y )^{P-1/2}Z^{P-1/2}(X +Y-Z) = =P(X+Y)(Z-X)(Z-Y)W(Z,X,Y)$.


$(X + Y-Z) ^P = X ^P-(Z-Y)^P + PX(Z-Y)(X + Y-Z)^{P-2} + +A_2X ^2(Z-Y)^2(X + Y-Z)^{P-4} + A_3X^3(Z-Y)^3(X +Y-Z)^{P-6} + +\cdots\\+ A_{P-3/2}X ^{P-3/2}(Z-Y)^{P-3/2}(X + Y-Z)^3 + + A_{P-1/2}X ^{P-1/2}(Z-Y)^{P-1/2}(X +Y-Z) = =P(X+Y)(Z-X)(Z-Y)W(Z,X,Y)$.


$(X + Y-Z) ^P = Y ^P-(Z-X)^P + PY(Z-X)(X + Y-Z)^{P-2} + +A_2Y ^2(Z-X)^2(X + Y-Z)^{P-4} + A_3Y^3(Z-X)^3(X +Y-Z)^{P-6} + +\cdots\\+ A_{P-3/2}Y ^{P-3/2}(Z-X)^{P-3/2}(X + Y-Z)^3 + + A_{P-1/2}Y ^{P-1/2}(Z-X)^{P-1/2}(X +Y-Z) = =P(X+Y)(Z-X)(Z-Y)W(Z,X,Y)$.

[MrAlexander]

В общем виде множитель $W(Z,X,Y)$ давно известен, через так называемую формулу Варинга (18 век).
Сумма n-степеней: a^n+b^n+c^n+...+m^n выражается через их симметрические полиномы (напоминает бином Ньютона).

[Deggial]

MrAlexander, замечание за неоформление формулы $\TeX$ом

[MrAlexander]

В общем виде множитель $W(Z,X,Y)$ давно известен, через так называемую формулу Варинга (18 век).
Сумма n-степеней: $a^n+b^n+c^n+...+m^n$ выражается (напоминает бином Ньютона) через их симметрические полиномы: $a+b+c+...+m$, $ab+bc+cd...+ma$, ... $abc...m$.

[vasili]

Уважаемый MrAlexander! Когда я писал, что не знаю как разложить $W(x,y,z)$, то имел ввиду разложение в котором
$W(x,y,z) = F(zx + zy-xy)$.

[grisania]

Феликс Шмидель в сообщении #728939 писал(а):

ishhan писал:

ishhan в сообщении #719246 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель!
-------------------------------------------------
Но есть фундаментальное алгебраическое тождество:

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

Где n-простое число, $W^{n-3}(x,y,z)$-целочисленный полином степени $n-3$ обладающий свойством
$W^{n-3}(x,y,z)=W^{n-3}(s,y,z)=W^{n-3}(x,s,z)=W^{n-3}(x,y,s)$ где $s=-x-y-z$
-----------------------------------------------------------
Ламе и Дирихле пользовались этим тождеством для доказательства случаев$ n=5$,$ n=7$.http://mathworld.wolfram.com/FermatsLastTheorem.html

Из написанного непонятно, доказано ли это фундаментальное алгебраическое тождество (если доказано, то где).

[ishhan]

grisania в сообщении #910490 писал(а):

Из написанного непонятно, доказано ли это фундаментальное алгебраическое тождество (если доказано, то где).

Уважаемый grisania!

Мне не встречалось доказательство этого тождества в общем виде, но возможно оно существует.
Предполагаю, что доказательство следует из разрешимости систем уравнений для нахождения коэффициентов $W^{n-3}_{i,j,k}$ целочисленного многочлена $W^{n-3}(x,y,z)$ где $i+j+k=n-3$ через коэффициенты Тринома $C^n_{p,q,l}$,где $p+q+l=n$.
Попробуйте для разминки вычислить от руки коэффициенты $W^8$ для n=11, сомнения в справедливости тождества тут же пропадут)))
Тождество заслуживает внимания так как в нем содержится уравнение Ферма. Надеюсь, кто-нибудь с помощью тождества сумеет подобраться с"обратной стороны" к уравнению Ферма.

[grisania]

ishhan в сообщении #911174 писал(а):

Мне не встречалось доказательство этого тождества в общем виде, но возможно оно существует.
--------------
Попробуйте для разминки вычислить от руки коэффициенты $W^8$ для n=11, сомнения в справедливости тождества тут же пропадут)))
Тождество заслуживает внимания так как в нем содержится уравнение Ферма.

Выписываем ваше фундаментальное алгебраическое тождество для $n=11$. Пусть
$k_1:=x+y+z$, $k_2:=x^2+y^2+z^2+xy+xz+yz$, $k_3:=xyz$, тогда

$$\frac{(x+y+z)^{11}-x^{11}-y^{11}-z^{11}}{11(x+y)(x+z)(y+z)}=W^{8}(x,y,z),$$

где

$$W^{8}=k_1^6k_2 - 2k_1^4k_2^2 - 2k_1^3k_2k_3 + k_1^2k_2^3 + k_1^2k_3^2 + 5k_1k_2^2k_3 + k_2k_3^2 + k_2^4.$$

Вы утверждаете, что $W^{8}(x,y,z)=W^{8}(s,y,z)=W^{8}(x,s,z)=W^{8}(x,y,s)$, где $s=-x-y-z$. Стрёмно мне это.

[ishhan]

grisania в сообщении #911537 писал(а):

$$\frac{(x+y+z)^{11}-x^{11}-y^{11}-z^{11}}{11(x+y)(x+z)(y+z)}=W^{8}(x,y,z),$$

grisania в сообщении #911537 писал(а):

Вы утверждаете, что $W^{8}(x,y,z)=W^{8}(s,y,z)=W^{8}(x,s,z)=W^{8}(x,y,s)$, где $s=-x-y-z$. Стрёмно мне это.

А Вы не "стремайтесь" ))) попробуйте проделать эту замену в числителе и знаменателе.
Совсем не обязательно использовать ваш алгебраический вид $W^8(x,y,z)$, что бы убедиться в свойстве: $W^8(x,y,z)=W^8(s,y,z)=W^8(x,s,z)=W^8(x,y,s)$, которое можно назвать инвариантностью относительно замены любого из трёх переменных на их обратную сумму.

[vasili]

Уважаемый drisania! Если найденное Вами тождество для $n = 11$ верно, то Вы доказали ВТФ для показателя 11.
В самом деле $K_1$ и $K_2$ в натуральных числах равны $K_1 =K_0UU_1U_2$, а

$K_2 = X^2 + Y^2 +Z^2 + ZX + ZY-XY$, где $K_0>1$, $U,U_1,U_2$ делители чисел $Z,X,Y$

соответственно. Тогда правая часть равенства для $W^8$ должна делиться на $K_0^2$, но

слагаемое правой части $K_2K_3$ не делиться на $K_0^2$, приходим к противоречию.

[vasili]

Вместо $K_1K_3$ следует читать $K_1K_3^2$.

[ishhan]

grisania в сообщении #911537 писал(а):

$$W^{8}=k_1^6k_2 - 2k_1^4k_2^2 - 2k_1^3k_2k_3 + k_1^2k_2^3 + k_1^2k_3^2 + 5k_1k_2^2k_3 + k_2k_3^2 + k_2^4.$$

Проверил для тройки (1,1,1) Ваша формула работает.
Было бы интересно получить выражение $W^8(x,y,z)$ в обозначениях:
$Q^3_1=(x+y)(x+z)(y+z)$
$Q^2_2=x^2+y^2+z^2+xy+xz+zy$
$Q^4_3=-xyz(x+y+z)$
Так как, каждая симметрическая форма обладает свойством инвариантности $Q(x,y,z)=Q(s,y,z)= Q(x,s,z)=Q(x,y,s) $ ,где
$ s=-x-y-z $
http://mathworld.wolfram.com/FermatsLastTheorem.html
Здесь приводится именно такой вид $W^4(x,y,z) $
Но как это свойство применить для объяснения ВТФ пока не ясно. Может быть это противоречие в том, что троек должно быть четыре: $(x,y,z), (s,y,z), (x,s,z), (x,y,s)$

[grisania]

$$(1) \frac{(x+y+z)^{11}-x^{11}-y^{11}-z^{11}}{11(x+y)(x+z)(y+z)}=W^{8}(x,y,z), $$

где

$$W^{8}=k_1^6k_2 - 2k_1^4k_2^2 - 2k_1^3k_2k_3 + k_1^2k_2^3 + k_1^2k_3^2 + 5k_1k_2^2k_3 + k_2k_3^2 + k_2^4.$$

Установить эту формулу: надо произвести деление в левой части (1), а в правой перемножить, зная, что
$k_1:=x+y+z$, $k_2:=x^2+y^2+z^2+xy+xz+yz$, $k_3:=xyz$. Все это сделать тупо, пользуясь Maple, а затем отнять, пользуясь Maple, полученные выражения.

Про симметрические функции советую книжку Болтянский В.Г. Виленкин Н.Я. Симметрия в алгебре (2-е изд. 2002, 240с).
Решение многих задач элементарной алгебры значительно облегчается, если использовать симметричность условия задачи. В этой книге рассказывается, как использовать симметрию при решении систем уравнений, иррациональных уравнений, неравенств и т. д. Все эти задачи решаются единообразным методом, основанным на теории симметрических многочленов. Книга будет полезна школьникам, готовящимся к конкурсным экзаменам, студентам пединститутов и учителям математики.

Там есть "Основная теорема о симметрических многочленах от трёх переменных".
Т е о р е м а. Любой симметрический многочлен от $x, y, z$ можно представить в виде многочлена от
$\sigma_1 = x + y + z$, $\sigma_2 = xy + xz + yz$, $\sigma_3 = xyz$.

Заметим, что $k_2:=x^2+y^2+z^2+xy+xz+yz$ представить в виде многочлена от $\sigma_1 = x + y + z$, $\sigma_2 = xy + xz + yz$.