ВТФ от MrAlexander

[MrAlexander]

Deggial: Выделено из темы Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$

Уважаемый Феликс Шмидель!
Похвально и удивительно, как Вы настойчиво пытаетесь найти решение доказательство ВТФ. Наверно, Ферма ошибся, что не отменяет желание покопаться в этой с виду простой, но очень сложной задачи. Внесу свои 5 грамм. Мне кажется, что кое-какие результаты можно получить использую формулу Варинга для суммы n-ых степеней корней многочлена (не путать с проблемой Варинга). Если в качестве корней взять a, b, и c, то сумму $a^n+b^n+c^n$ можно выразить с помощью формулы Варинга через 3 соответствующих симметричных многочлена $a+b+c$, $a*b+b*c+c*a$, $a*b*c$, но это мало что дает. Гораздо интереснее получаем результат, если взять в качестве корней $a+b+c$, $-a$, $-b$ и $-c$, то получаем,что симметричный многочлен первой степени равен 0, а симметричный многочлен 3-й степени равен $(a+b)*(b+c)*(c+a)$. Еще интересный результат, если в качестве корней взять $a^k$, $b^k$, $c^k$ (считаем $a^k+b^k+c^k=0$), то сумма n-ых степеней выражается через симметричные многочлены $a^k*b^k+b^k*c^k+c^k*a^k$ и $a^k*b^k*c^k$. В частности для степеней n, не являющихся кратными числу 3, сумма степеней делится на многочлен 2-й степени $a^k*b^k+b^k*c^k+c^k*a^k$, для нечетных степеней делится на $a^k*b^k*c^k$. В частности для пятой степени $a+b+c$ и $a*b+b*c+c*a$ имеют общие делители, и соответственно общий делитель с $a^5*b^5+b^5*c^5+c^5*a^5$, который может иметь только вид $p=6*i+1$. Отсюда можно получить противоречие для ВТФ для степени 5.

Lia: MrAlexander, не злоупотребляйте знаком умножения там, где в нем нет необходимости, тем более в таком виде. Правильный набор \cdot

[Феликс Шмидель]

Уважаемый MrAlexander!

Я согласен с Вашими рассуждениями.

MrAlexander в сообщении #886583 писал(а):

Отсюда можно получить противоречие для ВТФ для степени 5.

Каким образом?

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!
Возможно, результат получиться, если применить метод деления полинома на полином меньшей степени для нахождения их общего корня. Первый полином $x^4-sx^2-dx-L=0$, где $s$ , $d$ и $L$ симметрические полиномы второй, третьей и четвертой степени для корней $a+b+c$, $-a$, $-b$ и $-c$. Второй полином следует из равенства $a^5+b^5+c^5=0$, а именно $x^5=5ds$. Общим корнем для них является сумма $a+b+c$. Последовательно произведя деления полинома 5 степени на полином 4, получим в остатке полином 3 степени с тем же корнем. Далее делим полинома 4 степени на полином 3, получим в остатке полином 2 степени с тем же корнем, и так далее. В результате, сумма $a+b+c$ будет выражена через дробно-степенную функцию от переменных $s$ , $d$ и $L$. Вероятно, поиск общих делителей для числителя и знаменателя этой дроби приведет к противоречию.

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!
Дополню результатом для $n=3$. Первый полином $x^4-sx^2-dx-l=0$, где $s$ , $d$ и $l$ симметрические полиномы второй, третьей и четвертой степени для корней $a+b+c$, $-a$, $-b$ и $-c$. Второй полином $x^3=3d$. Общим корнем для них является сумма $a+b+c$. Последовательно произведя деления полинома 4 степени на полином 3, получим в остатке полином 2 степени с тем же корнем. Далее делим полинома 3 степени на полином 2, получим в остатке выражение для суммы $a+b+c=d(3s^2+2l)/(4d^2-sl)$. Если числитель и знаменатель имеют общий делитель $p$, который не является делителем $d$, то имеем $3s^2+2l=0$ и $4d^2-sl=0$ по модулю $p$. Пронормируем выражения по соответствующим степеням $a+b+c$. Получим $3S^2+2L=0$ и $4D^2-SL=0$. Кроме того, $S+D+L=1$ $3D=1$. Далее из 2-х последних $3S+3L=2$, а из $3S^2+2L=0$ получим $(3S-2)^2=0$, отсюда $3S=2$ и $3L=0$, что ведет к $3S^2=0$ и $3S=0$. Получили противоречие.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый MrAlexander!

Случай $n=3$ проще, поэтому остановимся пока на нём.
Я понял почему $(a+b+c)^3=3 d$, но почему я должен доказывать то, что Вы уже доказали?
Не могли бы Вы доказать, что $a+b+c=d(3s^2+2l)/(4d^2-sl)$?
Сначала покажите чему равен полином второй степени, который в остатке.
Далее покажите тождество, которое получается в результате деления полинома третьей степени на полином второй степени, из которого следует, что остаток равен $x-d(3s^2+2l)/(4d^2-sl)$.
Что значит "пронормируем выражения по степеням"?
Определите символы $S$ и $D$, и докажите, что $3S^2+2L=0$ и $4D^2-SL=0$. Исправьте выражение $S+D+L=1$ $3D=1$, потому что непонятно, это два выражения, которые должны быть отделены запятой или что?

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!

Рассмотрим подробно случай $n=3$.

Возмем первое уравнение с полином 4-степени относительно переменной $x$: $x^4-sx^2-dx-l=0$,
где $s$ , $d$ и $l$ симметрические полиномы второй, третьей и четвертой степени для корней $a+b+c$, $-a$, $-b$ и $-c$, и соответственно после упрощения $s=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$, $d=(a+b)(b+c)(c+a)$ и $l=abc(a+b+c)$.

Второе уравнение с полином третьей степени относительно переменной $x$: $x^3=3d$. Следует из формулы Варинга для суммы $n$-степеней корней первого уравнения для $n=3$: $(a+b+c)^3+(-a)^3+(-b)^3+(-c)^3=3d$
и равенства $a^3+b^3+c^3=0$. Общим корнем для двух уравнений является сумма $a+b+c$.

Деление полинома 4 степени на полином 3, получим в остатке полином 2 степени с тем же корнем.

Можно выполнить, например, столбиком (что-то у меня столбики разъезжаются):

$x^4-sx^2-dx-l$ | $x^3-3d$
- -----------------
$x^4 - 3dx$ | $x$
---------------------
$-sx^2+2dx-l$


$x^4-sx^2-dx-l=x(x^3-3d) -sx^2+2dx-l$, частное $x$, остаток $-sx^2+2dx-l$,
$a+b+c$ является корнем последнего квадратного уравнения.

Далее аналогично
$x^3 - 3d$ | $-sx^2+2dx-l$
$-$ -----------------
$x^3 -2dx^2/s+lx/s$ | $-x/s-2d/s^2$
----------------------------
$2dx^2/s-lx/s-3d$
-
$2dx^2/s-4d^2x/s^2+2dl/s^2$
------------------------------------------
$x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$


$x^3-3d=(-x/s-2d/s^2)(sx^2+2dx-l)+x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$, и $x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$ - линейный остаток, $a+b+c$ является также корнем остатка от деления.

Таким образом, $a+b+c=d(3+2l/s^2)/(4d^2/s^2-l/s)$ или $a+b+c=d(3s^2+2l)/(4d^2-sl)$.
Дробь справа должна быть сократимой, так как слева целое число.

Пусть числитель и знаменатель имеют хотя бы один общий делитель простое число $p$, которое не является делителем $d$, и соответственно не является делителем $a+b+c$, то имеем $3s^2+2l=0$ и $4d^2-sl=0$ по модулю $p$.

Поделим числитель на $(a+b+c)^4$, а знаменатель на $(a+b+c)^6$, получим $3S^2+2L=0$ и $4D^2-SL=0$,
где $S=s/(a+b+c)^2$, $D=d/(a+b+c)^3$, $L=l/(a+b+c)^4$. Деление на $(a+b+c)$, конечно, по модулю $p$.

Аналогично поступим с первым и вторым уравнениями, подставив в уравнения корень $a+b+c$, получим $1-S-D-L=0$ и $1 - 3D=0$ или $S+D+L=1$ и $3D=1$.
Далее из 2-х последних $3S+3L=2$, а из $3S^2+2L=0$ и $3L=2-3S$ получим $9S^2+ 4 - 6S=0$ или $(3S-2)^2=0$.
Итак $(3S-2)^2=0$, отсюда $3S=2$.

Из $3S+3L=2$ и $3S=2$ получим $3L=0$. Если $3L=0$, то из $3S^2+2L=0$ получим $3S^2=0$ и $3S=0$.
Получено противоречие - одновременно $3S=0$ и $3S=2$ по модулю $p$ (очевидно, что $p$ не равно 2 или 3, так как среди делителей $d$ есть обязательно 2 и 3).

[Феликс Шмидель]

Уважаемый MrAlexander!

Спасибо за ясное, и, с первого взгляда, строгое изложение.

Я нашёл здесь опечатку:

Цитата:

$x^3-3d=(-x/s-2d/s^2)(sx^2+2dx-l)+x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$, и $x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$

Должно быть:

Цитата:

$x^3-3d=(-x/s-2d/s^2)(-sx^2+2dx-l)+x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$, и $x(4d^2/s^2-l/s) - d(3+2l/s^2)$

Кроме того знак $=$ следует в ряде мест заменить на $\equiv$.

Давайте проверять, надеюсь к нам присоединятся и другие участники.
Вы пишите:

Цитата:

Пусть числитель и знаменатель имеют хотя бы один общий делитель простое число $p$, которое не является делителем $d$, и соответственно не является делителем $a+b+c$

А почему они должны иметь такой делитель $p$? Почему все простые делители знаменателя не могут быть делителями $d$?

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!

Спасибо внимательное и благожелательное рассмотрение вышеприведенного доказательства.
Да Вы правы, там есть опечатка. Наверно не обратил внимание, потому опечатка что не влияет на результат.

Вы пишите: "А почему они должны иметь такой делитель $p$? Почему все простые делители знаменателя не могут быть делителями $d$?".

Если взять противоположный вариант, все делители $3s^2+2l$ и $4d^2-sl$, являются делителями выражения $d$, то из знаменателя следует, что $s$ или $l$ имеют общий делитель с $d$.

Если это $l$, то из числителя следут, что и $s$ имеет общий делитель с $d$, и соответственно с $a+b+c$, а также с $a$ или $b$ или $c$ (изначально предполагается, что $a$, $b$ и $c$ взаимно просты).

Итак $s=(a+b+c)^2-ab-bc-ca$, если $s$, $(a+b+c)^2$ и например $a$ имеют общий делитель, то и $bc$ должен иметь этот делитель. Противоречие, так как нарушается взаимная проста $a$, $b$ и $c$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый MrAlexander!

Вы пишите:

Цитата:

Если это $l$, то из числителя следут, что и $s$ имеет общий делитель с $d$, и соответственно с $a+b+c$, а также с $a$ или $b$ или $c$ (изначально предполагается, что $a$, $b$ и $c$ взаимно просты).

Почему если $l$, $s$ и $d$ делятся на $p$, то $a b c$ должно делиться на $p$?

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!

Вы пишите:

Цитата:

Почему если $l$, $s$ и $d$ делятся на $p$, то $a b c$ должно делиться на $p$?

Если $d$ делится на $p$, то на $p$ делится один из множителей $d$. Пуст это будет $b+c$, но тогда из делимости $a+b+c$ на $p$ следует, что на $p$ также делится и $a$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый MrAlexander!

Я предлагаю упростить Ваше доказательство, чтобы легче было проверять.

Проверим, что $(a+b+c)^3=3 d$.

d:=(a+b)*(b+c)*(c+a);
(a+b+c)^3-3*d;

Получим $a^3+b^3+c^3$.
Проверено.

Вы утверждаете, что $(a+b+c)(4d^2-sl)=d(3s^2+2l)$.
Оказывается, $(a+b+c)(4d^2-sl)-d(3s^2+2l)$ делится на $a^3+b^3+c^3$.
Давайте просто проверим это:

s:=a^2+b^2+c^2+a*b+b*c+c*a;
d:=(a+b)*(b+c)*(c+a);
l:=a*b*c*(a+b+c);
f:=(a+b+c)*(4*d^2-s*l)-d*(3*s^2+2*l);
f/(a^3+b^3+c^3);

Проверено.

-- Вт авг 19, 2014 19:56:08 --

Уважаемый MrAlexander!

Вы пишите:

Цитата:

Если взять противоположный вариант, все делители $3s^2+2l$ и $4d^2-sl$, являются делителями выражения $d$, то из знаменателя следует, что $s$ или $l$ имеют общий делитель с $d$.

Если это $l$, то из числителя следут, что и $s$ имеет общий делитель с $d$, и соответственно с $a+b+c$, а также с $a$ или $b$ или $c$ (изначально предполагается, что $a$, $b$ и $c$ взаимно просты).

Если $3s^2+2l$, $4d^2-sl$ и $d$ делятся на $3$, и $l$ делится на $3$, то из числителя не следует, что и $s$ делится на $3$.

Почему $4d^2-sl$ не может равняться произведению степеней $3$-х и $2$-ух?

[Феликс Шмидель]

Уважаемый MrAlexander!

Я нашёл ошибку:

Цитата:

Получим $9S^2+ 4 - 6S \equiv0$ или $(3S-2)^2 \equiv 0$.

Но $(3S-2)^2=9S^2+ 4 - 12 S$.

[Deggial]

Феликс Шмидель, Вам отделить сообщения MrAlexander в отдельную тему или так оставить?

[Феликс Шмидель]

Лучше отделить. Спасибо.

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!

Спасибо за подсказку.

К сожалению, получилась детская ошибка, должно быть:
$9S^2-6S+4=(3S-1)^2+3$.

Из знаменателя получим аналогичное выражение:

$(3S-1)^2+3$ или $(3L-1)^2+3$ при $3S+3L=2$.

Система, по всей видимости, имеет решения для $p$ вида $6k+1$.