ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4

[Феликс Шмидель]

Числа $c_0, c_1, c_2, c_4$ легко находятся из чисел $b_1=(c_2^2+2 c_0 c_4)/c_2^2$ и $b_2=(c_4^2+8 c_1 c_2)/c_4^2$.
Возникает вопрос: когда найденные $c_0, c_1, c_2, c_4$ являются целыми числами.
Вычисления показывают, что из 80 начальных значений $b_1$ и $b_2$, только 7 значений (с индексом меньше 20) дают целые $c_0, c_1, c_2, c_4$.

[Феликс Шмидель]

Я извиняюсь - нашёл ошибку в вычислениях, поэтому последнее утверждение может быть неверным.

-- Чт авг 28, 2014 19:13:41 --

После исправления ошибки: $c_0, c_1, c_2, c_4$ - целые, примерно в половине случаев, а в другой половине случаев, знаменатель в $b_1$ или в $b_2$ - чётный.
Это при условии, что в вычислениях больше нет ошибок.

[Феликс Шмидель]

Исключим из рассмотрения случаи с чётными знаменателями в $b_1$ или $b_2$.
Во всех оставшихся случаях, числа $c_0, c_1, c_2, c_4$, найденные из $b_1$ и $b_2$ - целые.
Более того, во всех этих случаях, сумма числителя и знаменателя $b_1$ делится на $c_1$, а сумма числителя и знаменателя $b_2$ делится на $c_0$.
Эти утверждения нуждаются в доказательстве.

Однако, только в 4-ёх случаях из 80, сумма числителя и знаменателя $b_1$ делится на $160 c_1$ и сумма числителя и знаменателя $b_2$ делится на $10 c_0$ (это необходимо для того, чтобы выполнялись равенства (2.3)).

[Феликс Шмидель]

При этом, сумма числителя и знаменателя $b_1$ делится на $5$ в 8 случаев примерно из 40 случаев, в которых числа $c_0, c_1, c_2, c_4$ - целые.
Ничего парадоксального здесь нет.

Заметим, что если выполняются первые два равенства (2.3) то третье выполняется автоматически, поскольку подстановка $b_1=(c_2^2+2 c_0 c_4)/c_2^2$ и $b_2=(c_4^2+8 c_1 c_2)/c_4^2$ в (60):

(60) $(b_1-1)^2 (b_2-1)^2+8 (b_1-1) (b_2-1)+16 b_1 b_2+16=0$

b1:=(c2^2+2*c0*c4)/c2^2;
b2:=(c4^2+8*c1*c2)/c4^2;
(b1-1)^2*(b2-1)^2+8*(b1-1)*(b2-1)+16*b1*b2+16;

даёт: $8 (c_0 c_1)^2+12 (c_0 c_1) (c_2 c_4)+(c_2 c_4)^2+c_0 c_4^3+4 c_1 c_2^3=0$,

что совпадает с равенством (50) из которого следует, что $(c_0 c_4+c_2^2)(4 c_1 c_2+c_4^2)=-8 c_0 c_1 (c_0 c_1+c_2 c_4)$.

Таким образом, последнее равенство выполняется для бесконечного множества наборов целых чисел $c_0, c_1, c_2, c_4$ и из него нельзя получить противоречие.
Мы нашли все такие наборы, то есть, по сути дела, решили уравнение $(c_0 c_4+c_2^2)(4 c_1 c_2+c_4^2)=-8 c_0 c_1 (c_0 c_1+c_2 c_4)$ в целых (нечётных и удовлетворяющих определённым требованиям взаимной простоты) числах $c_0, c_1, c_2, c_4$.

Значит, противоречие нужно искать в первых двух равенствах (2.3).
Мы нашли $4$ случая из $80$, в которых $-(c_2^2+c_0 c_4)/(80 c_1)$ и $-(c_4^2+4 c_1 c_2)/(5 c_0)$ являются целыми числами, и противоречие может быть только в том, что эти числа не являются пятыми степенями целых чисел.
Заметим, что мы определили, что для всех подходящих наборов целых чисел $c_0, c_1, c_2, c_4$, числа $-(c_2^2+c_0 c_4)/c_1$ и $-(c_4^2+4 c_1 c_2)/c_0$ являются целыми.
Мы это ещё не доказали.
Возможно, доказательство этого и выражение этих чисел через $b_1$ и $b_2$ прольёт свет на то, почему $-(c_2^2+c_0 c_4)/(80 c_1)$ и $-(c_4^2+4 c_1 c_2)/(5 c_0)$ не могут быть пятыми степенями целых чисел.
Кстати, мы доказали, что $d_2$ является квадратом целого числа, поэтому $-(c_4^2+4 c_1 c_2)/(5 c_0)$ должно быть десятой степенью целого числа.

Другой подход заключается в том, что $b_1$ сравнимо с $-1$ по модулю $11$ и многих других конкретных простых чисел (поскольку $b_2$ не сравнимо с $-1$ по модулю $11$, и $y z$ делится на эти простые числа, а $x$ не делится ни на одно из них).
Из равенства (62) следует, что $b_2$ cравнимо с $1$ или $9$ по модулю этих простых чисел.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Речь идёт о простых числах, на которые делится $y z$ и числа $a_2, a_3, a_4$, поэтому числа $c_0, c_1, c_2, c_4$ не делятся на эти простые числа.
Значит $b_2$ не сравнимо с $1$, значит $b_2$ сравнимо с $9$ по модулю этих простых чисел.
Следовательно, $c_4^2 \equiv c_1 c_2$ по модулю этих простых чисел.
Из второго равенства (2.3) теперь следует, что $c_0 d_2^5 \equiv -c_4^2$ по модулю этих простых чисел.
Учитывая, что $d_2$ является квадратом целого числа, получим, что число $-c_0$ является квадратом по модулю этих простых чисел.
Поскольку $a_0=d_2^3 c_0$ и $d_2$ является квадратом целого числа, то $-a_0$ является квадратом по модулю этих простых чисел.

[Феликс Шмидель]

Я нашёл ещё более простое доказательство того, что $d_2$ - квадрат целого числа.

Выразим $-y z$ и $x^2$ через $c_0, c_1, c_2, c_4, d_2, d_4$:

d0:=2*d4*d2;
a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*10*(d2*d4)^3;

a0:=d2^3*c0;
a1:=8*d4^3*c1;

2*a0*a2+4*a3*a4+a1^2;

a0^2+4*a1*a4+4*a2*a3;

Получим:

$-y z=4 d_4 (c_0 c_2 d_2^5+16 c_1^2 d_4^5+40 c_4 d_2^5 d_4^5)$

$x^2=d_2 (c_0^2 d_2^5+64 c_1 c_4 d_4^5+160 c_2 d_2^5 d_4^5)$

Из последнего равенства следует, что $d_2$ - квадрат целого числа, поскольку сомножители в правой части этого равенства взаимно-просты.

Выражение для $-y z$ не участвует в этом доказательстве, мы привели его на случай, если оно понадобится в дальнейшем.

[Феликс Шмидель]

Новая идея: вычислить $x y z$ из $b_1$ и $b_2$. Если окажется, что эта величина возрастает при переходе к следующей точке в циклической группе, то это будет доказательством ВТФ для $n=5$, поскольку в этом случае $x^2-(y z) g^2=y^2-(x z) g^2$, что невозможно.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что $c_0<0$, в силу второго равенства (2.3), поскольку числитель и знаменатель числа $b_2$ положительны, и их сумма положительна.
Поскольку $c_0<0$, то $c_4>0$, так как $c_0 c_4<0$, поскольку числитель числа $b_1$ отрицателен, а знаменатель положителен, и их разность отрицательна.
Числа $c_1$ и $c_2$ могут быть как положительными, так и отрицательными.
В вычислениях, мы полагаем сначала $c_2>0$ и вычисляем $c_1$ из разности числителя и знаменателя числа $b_2$.
Если сумма числителя и знаменателя числа $b_1$ имеет тот же знак, что $c_1$, то знак $c_1$ и $c_2$ меняется на противоположный.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я вычислил $2 \ln(|y x|)+\ln(|x^2|)$, где $y z$ и $x^2$ вычисляются по формулам:

(70)
$-y z=4 d_4 (c_0 c_2 d_2^5+16 c_1^2 d_4^5+40 c_4 d_2^5 d_4^5)$
$x^2=d_2 (c_0^2 d_2^5+64 c_1 c_4 d_4^5+160 c_2 d_2^5 d_4^5)$

Здесь $x^2$ может получиться отрицательным, в этом нет противоречия, просто такие случаи исключаются.
Мы не стали их исключать и вычислили $2 \ln(|y x|)+\ln(|x^2|)$ последовательно для первых 80 точек циклической группы.
Эта величина всё время возрастает.
Если доказать это, то ВТФ для $n=5$ будет доказана.

[Феликс Шмидель]

Наблюдается ускоренный рост натурального логарифма положительных чисел, последовательность которых содержит число $(x y z)^2$.
Значит, эта последовальность положительных чисел является возрастающей.
Чтобы доказать это начнём с более простых закономерностей.
Например, знаменатели чисел $b_1$ и $b_2$ возрастают (хотя среди начальных значений есть исключения).
Это может зависеть от значений чисел $b_1$ и $b_2$.
Поэтому для начала вычислим эти значения.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Вычисление значений $b_1$ и $b_2$ не помогло объяснить почему растут знаменатели.
Но мне удалось доказать, что если $b_1$ или $b_2$ равно $s/t$, то произведение предыдущего и последующего знаменателя равно $(s-t)^2/k$, где $k=1$ или $k=4$ или $k=16$.
Если бы удалось доказать, что знаменители растут, то от текущего значения $b_1$ или $b_2$ можно было бы идти к предыдущим значениям, уменьшая знаменатель.
Это заменило бы доказательство того, что ранг эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ равен 1.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я продолжаю поиск доказательства того, что знаменатели рациональных точек эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ образуют возрастающую последовательность.
Это непросто, потому что отношение последующего знаменателя к предыдущему ведёт себя иррегулярно и может резко падать.
Пусть $b=s/t$ - рациональная точка на рассматриваемой кривой, $t_p$ - предыдущий знаменатель и $t_n$ - последующий знаменатель.
Тогда

(71) $t_n/t=(t/t_p) ((b-1)^2/k)$, где $k=1, 4$ или $16$.

В самом деле, $(t_n/t)/((t/t_p) ((b-1)^2/k))=(t_n t_p k)/(t^2 (b-1)^2)=t_n t_p k/(s-t)^2=1$.

Число $k$ ведёт себя регулярно: его значения $16, 1, 16, 4$ всё время повторяются.
Значит играет роль произведение $4$-ёх последовательных значений числа $(b-1)^2$, делённое на $1024$.
Вычисления показывают, что это произведение может быть меньше $1$.
Даже произведение $12$-и последовательных значений числа $(b-1)^2$, делённое на $1024^3$ может быть меньше $1$.

Продолжение следует.

-- Ср сен 03, 2014 22:47:58 --

Чтобы легче было вычислять, найдём зависимость значения числа $b$ от двух предыдущих его значений $b_1$ и $b_2$.
Из формулы (61) следует, что $4 w_2=(b_2^2-14 b_2+5)-b_1 (b_2-1)^2$.
Значит $b=(b_2^2-14 b_2+5+4 w_2)/(b_2-1)^2=2 (b_2^2-14 b_2+5)/(b_2-1)^2-b_1$.
Значит:

(72) $b=2 (b_2^2-14 b_2+5)/(b_2-1)^2-b_1$.

[Феликс Шмидель]

Произведение $28$-и последовательных значений числа $(b-1)^2$, делённое на $1024^7$ может быть меньше $1$. Но произведение $56$-и последовательных значений числа $(b-1)^2$, делённое на $1024^{14}$ видимо не меньше $1$.
Среди $100$ таких произведений (делённых на $1024^{14}$), только $3$ меньше $10000$, и только одно ($10$-е) произведение равное $59.89$, которое меньше $4000$.
Я пока не вижу, как доказать, что и дальше такие произведения всегда не меньше $1$.

[Феликс Шмидель]

Я подумываю, а не может ли компьютер сам это доказать? Если $-x^2+10 x-5=0$, то $x=5 \pm 2 \sqrt{5}$. Из графика эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ следует, что если $x>0$, то $5-2 \sqrt{5} \le x \le 5+2 \sqrt{5}$. Разобъём этот интервал на большое число равных частей.
В каждой части возьмём число $b$, вычислим следующее значение, затем вычислим $54$ следующих значений по формуле (72) и вычислим произведение $56$ чисел $(b-1)^2$, делённое на $1024^{14}$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Необязательно брать произведение $56$ последовательных значений $(b-1)^2$.
Произведение $40$ значений тоже видимо всегда меньше $1$.
Нужно оценить достаточное колличество частей, на которые разбивать интервал $5-2 \sqrt{5} \le x \le 5+2 \sqrt{5}$.
Это проще сделать, если вместо произведения взять сумму логарифмов чисел $(b-1)^2$.
Если число $b$ близко к $1$ даже для одного сомножителя, то разница между этими суммами для близких значений $b$ может быть очень большой.
Если $b$ близко к $1$, то произведение $(b-1)^2$ c $(b_p-1)^2$ или с $(b_n-1)^2$ видимо будет достаточно большим, где $b_p$ - значение предыдущей, а $b_n$ - значение следующей за $b$ точки в циклической группе.
Непросто, но видимо можно доказать таким способом, что знаменатели растут.
Однако, я был неправ, когда писал:

Цитата:

Если бы удалось доказать, что знаменители растут, то от текущего значения $b_1$ или $b_2$ можно было бы идти к предыдущим значениям, уменьшая знаменатель.
Это заменило бы доказательство того, что ранг эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ равен 1.

Не заменило бы, поскольку нельзя было бы предполагать, что $b_1$ и $b_2$ принадлежат циклической группе точек, в которой знаменатели увеличиваются.