Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

$$0\equiv 1-z_1+...+z_1^{Ce_0-2}-z_1^{Ce_0-1}\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8} (1.5)$$

Это первый полином.
С учётом выражения $e_0$ в $(1.2)$ этот полином будет иметь потенциальный корень

$$0\equiv 1-z_1\mod p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$$

Скажите, пожалуйста, для чего нужно было так сложно доказывать сравнение (1.5)?
Если помножить его на $1+z_1$, получится $1-z_1^{Ce_0} \equiv 0$ по модулю $p_1^{\delta_7}p_2^{\delta_8}$, а это, по-моему, очевидно для любого $z_1$, взаимно-простого с $p_1 p_2$.
Или я ошибаюсь?

[Tot]

(Оффтоп)

Не склонен к попыткам радикального упрощения. Исторически в развитии метода так сложилось. Метод уже надоел, так как ошибок не видно. А проявить себя у Вас будет возможность, если доказательство окажется правильным. В середине августа подобрал список из трёх гипотез, к которым этот метод вполне применим. Меня они не интересуют, а вот математиков очень даже. Я не любитель математики и не ферматик, а любитель практических аспектов гносеологии. Первоначально меня интересовала возможность посоревноваться с американской вычислительной мощностью по подбору решений гипотезы Биля, а там 6 переменных плюс модуль для возможных упрощений. Мне хотелось найти способ сократить хотя бы большую часть этих 7 величин, иначе никаких шансов. Вот досокращался до полинома специального вида по специальному модулю.

Ваш вопрос понял не полностью. Полином отражает всё множество рациональных корней исходного уравнения. Вы предлагаете для сокращения его размера домножить его на явно левый кусок. Стало быть из полученного первоначальное уравнение уже будет как-то получаться с оговорками, хотя даже сходу не вижу как. Далее полученный полином мы полностью разлагаем по формуле $(1.1)$, а потом рассматриваем корни на рациональность. А с Вашим вариантом что-то не видно куда выйдем.

[Феликс Шмидель]

Tot в сообщении #940565 писал(а):

Полином отражает всё множество рациональных корней исходного уравнения.

Получается, что он ничего не отражает, а почти тождественно сравним с нулём по указанному Вами модулю.
Если это так, то Ваше доказательство не может быть правильным.

[Tot]

Полином под всё множество рациональных решений исходного уравнения - это не $(1.5)$, а
$(1.18)$. И исходное уравнение - это не первое уравнение 2ого вспомогательного утверждения, а уравнение ВТФ при $n=3$ с выделенными без переобозначения переменных особенностями и даже ещё без модуля. Если уравнение ВТФ имеет целые решения, то оно их имеет и под модулем, обратное ошибочно. Эти целые решения под модулем должны находиться и в $(1.18)$.
В самом 2ом вспомогательном утверждении никаких выводов вообще не делается. Это просто набор преобразований плюс критерий на иррациональность первого корня.

А на счёт Вашей идеи, то подставьте её в $(1.1)$ и посмотрите на почти тождественность в зависимости от набора делителей $Ce_0$.

[Феликс Шмидель]

Tot в сообщении #940573 писал(а):

Полином под всё множество рациональных решений исходного уравнения - это не $(1.5)$, а
$(1.18)$.

Цитата:

$$0\equiv 1+(-1)^{\Sigma}Z+...+Z^{Ce_0-2}+(-1)^{\Sigma}Z^{Ce_0-1}\mod M (1.18)$$

Полином в сравнении (1.18) тоже ничего не отражает, поскольку это сравнение выполняется при любом $Z$ отличном от $1$ и $-1$ (и взаимно-простом с $p_1 p_2$).
Значит из этого сравнения нельзя получить никакой информации об исходном уравнении Ферма.
Странно, что Вы этого не видите.

-- Пт дек 05, 2014 09:33:31 --

По-моему, сравнение (1.18) выполняется и при $Z=1$ и $Z=-1$.

[Tot]

Разложение такого полинома единственно?

-- 05.12.2014, 09:47 --

По формуле $(1.1)$ или ещё как?

[Феликс Шмидель]

Tot в сообщении #940588 писал(а):

Разложение такого полинома единственно?

-- 05.12.2014, 09:47 --

По формуле $(1.1)$ или ещё как?

Полином в (1.18) равен либо $(Z^{C e_0}-1)/(Z-1)$, либо $(Z^{C e_0}-1)/(Z+1)$.
Имеем: $Z^{C e_0}-1=Z^{C p_1^{3h_1}p_2^{3h_2}\varphi (p_1p_2)}-1 \equiv 0$ по модулю $p_1 p_2$.
Я не знаю, как разлагается на множители полином $Z^{C e_0}-1$, но у него есть множитель $Z^{\varphi (p_1p_2)}-1$, который разлагается в произведение $\varphi (p_1p_2)$ линейных множителей.

[Tot]

Вы согласны с тем, что полином $(1.18)$ может быть разложен только на множество скобок по формуле $(1.1)$. Если не договариваться особо, то порядок следования этих скобок может быть произвольным, но множество только такое.
Я в интерпретациях собственных действий уже не один раз ошибался в этой теме и хочу понять наличие или отсутствие ошибки фактически. Важны не слова, а формулы.

[Феликс Шмидель]

У Вас в группах 2), 3), 4) все слагаемые являются чётными степенями $Z$, а на самом деле имеются сомножители вида $1+Z+Z^2+...+Z^{q-1}$, где $q$ - простое число (которое может равняться $p$ или быть делителем числа $p-1$).
Кроме этого, есть и другие сомножители того же вида: $1+Z+Z^2+...+Z^{m-1}$, где $m$ - любой делитель числа $C e_0$.

[Tot]

Уважаемый Феликс Шмидель.
Приведу пример.
$(1+x)(1+x)=1+2x+x^2$
$(1+x)(1+x^2)=1+x+x^2+x^3$
Разница в том, что если скобки будут такие, как предлагаете Вы, то их раскрытие никогда не приведёт к полиному, у которого все степени подряд и все коэффициенты единичны.
Пожалуйста, передохните и разберитесь с 1ым вспомогательным утверждением отдельно от доказательства.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Tot.
Поскольку $1+z+...+z^{k-1}=(z^k-1)/(z-1)$, а полином $(z^k-1)/(z-1)$ делится на полином $(z^q-1)/(z-1)=1+z+...+z^{q-1}$, где $q$ - простой делитель числа ִ$k$, то полином $1+z+...+z^{k-1}$ делится на полином $1+z+...+z^{q-1}$, который неприводим и не разлагается на множители.

Если взять $p_1=3, p_2=5$, то $\varphi (p_1p_2)=8$ и нечётных простых делителей $q$ у $\varphi (p_1p_2)$ нет, хотя делителями числа $C e_0$ могут быть простые числа $3$ и $5$.
Значит, полином $1+z+...+z^{C e_0-1}$ может делится, например, на полином $1+z+z^2+z^3+z^4$, который является неприводимым.
В ваших группах 1), 2), 3), 4) такого множителя нет, а почему?

Но даже, если взять полином $1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7$, равный $(1+z)(1+z^2)(1+z^4)$, то в $\mathbb{Z}_{15}$ он равен произведению $(z-2)(z-4)(z-7)(z-8)(z-11)(z-13)(z-14)$.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #940640 писал(а):

Но даже, если взять полином $1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7$, равный $(1+z)(1+z^2)(1+z^4)$, то в $\mathbb{Z}_{15}$ он равен произведению $(z-2)(z-4)(z-7)(z-8)(z-11)(z-13)(z-14)$.

Я извиняюсь: это не верно, что полином $1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7$ равен произведению $(z-2)(z-4)(z-7)(z-8)(z-11)(z-13)(z-14)$ в $\mathbb{Z}_{15}$.
Точнее, любой взаимно-простой с $15$ вычет $z$ по модулю $15$ удовлетворяет сравнению:

$(z-1)(1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7) \equiv 0$ по модулю $15$.

[Tot]

1) Я провожу разложение полинома на скобки определённого вида, а не на конечные множители. Могу я множество таких скобок по $(1.1)$ строго упорядочить, как сделано в 1ом вспомогательном утверждении, или нет?
2) Я могу рассматривать всё 2ое вспомогательное утверждение по $p_1$ и $p_2$ строго раздельно. Не интересует полное разложение. Интересует частичное, но однозначное.
Смотрим на $(1+z)(1+z^2)(1+z^4)$ и говорим, что вторая и третья скобка по $\mod 3$ не даст рационального корня, а третья не даст ещё и по $\mod 5$, а с первой скобкой разберёмся отдельно. Зачем мне $\mod 15$, если по его частям уже можно делать определённые выводы?
Разве я не прав?

[Феликс Шмидель]

А как Вы можете быть правы, если вторая скобка даёт рациональный корень по модулю $5$, и главное, если сравнение (1.18) никак с исходным уравнением Ферма не связано?
Это всё равно, как вывести из уравнения Ферма какое-нибудь тождество и с его помощью пытаться получить противоречие.

[Tot]

Хорошо, согласен, благодарю.
Стало быть любой вариант с составным модулем из нечётных частей отпадает всегда. С чётным были найдены проблемы к середине октября правда при несколько другом подходе.
Осталось только посмотреть можно ли как-то этот подход перенести на тот. И метод будет закрыт.