Замена уравнения ВТФ сравнением

[Феликс Шмидель]

lasta в сообщении #964101 писал(а):

1. В данной теме я не увидел, что квадраты отделены от других степеней по каким-то особым признакам. Поэтому если найдутся противоречия, то они будут относиться и к квадратам.

Будем исходить из сравнения $x^n+y^n+z^n \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $x, y>0$, $z<0$.
Это сравнение невозможно при $n=2$.

lasta в сообщении #964101 писал(а):

Кроме того, вывод, что из соотношения

$$x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>|x^n+y^n-z^n|$$

вытекает равенство $x^n+y^n-z^n=0$ только для целых чисел тройки $x,y,z$ , - ошибочный.

Если $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>|x^n+y^n-z^n|$ и $|x^n+y^n-z^n|$ делится на $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n$, то обязательно $x^n+y^n-z^n=0$, поскольку из двух целых положительных чисел, меньшее не может делиться на большее.

-- Вс янв 18, 2015 17:18:03 --

Уважаемый vasili! Во-первых, непонятно, для чего Вы используете индекс 3 в $P_3$. Можно было обозначить этот простой делитель $P$. Во-вторых, когда Вы пишите: $P_3 = 6n + 5$, нужно вместо $n$ использовать другую переменную, поскольку $n$ это степень уравнения Ферма.
В третьих, действительно $P_3 \equiv 1$ по модулю $6$. Это следует из сравнения $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$. В самом деле если бы число $P_3-1$ не делилось на $3$, то можно было бы взять $k=P_3-1$ и сразу получить противоречие.
Что касается случая $P_3 \equiv 1$ по модулю $6$, то я советую Вам перепроверить Ваш вывод противоречия, потому что, по-моему, противоречие вообще нельзя получить.
Дело в том, что сравнения $x+y+z \equiv 0$ по модулю $p^t$ и $x y+y z+x z \equiv 0$ по модулю $p^{2 t}$ ничему не противоречат (если $p \equiv 1$ по модулю $6$), и можно подобрать такие $x, y, z$, чтобы эти сравнения выполнялись.
Я использую маленькие буквы и уравнение $x^n+y^n+z^n=0$, потому что я использую эти обозначения в этой теме и не собираюсь переходить на Ваши обозначения.
Прошу Вас в доказательствах определять все используемые переменные и сопровождать формулы объяснениями. Я пытался проверить случай $P_3 = 6n +1$, но мне это не удалось.

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #964252 писал(а):

Будем исходить из сравнения $x^n+y^n+z^n \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $x, y>0$, $z<0$.
Это сравнение невозможно при $n=2$.

Но в начале сообщения все было справедливо и для несимметричной формы $x^n+y^n-z^n\equiv0 \mod {x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n }$ и квадраты попадали под эти соотношения

Феликс Шмидель в сообщении #964252 писал(а):

Если $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n>|x^n+y^n-z^n|$ и $|x^n+y^n-z^n|$ делится на $x^n z^n+y^n z^n-x^n y^n$, то обязательно $x^n+y^n-z^n=0$, поскольку из двух целых положительных чисел, меньшее не может делиться на большее.

Оспаривается не это. Этот вывод говорит лишь о том, что все степени равенства -целые числа, но не о том, что основания степеней также целые числа.. Но любая степень равенства $x^n+y^n-z^n=0$, оставаясь целым числом, может иметь основание равное иррациональному числу. Это показано на контрпримере.

[Феликс Шмидель]

А для чего контрпример, если Вы не оспариваете? Числа $x, y, z$ - целые. Откуда Вы взяли иррациональные основания?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вы правильно подметили , что для случая, когда $P_3 = 6n +1$ противоречия может и не быть.
Что касается обозначений, то это дело многолетней привычки. Я понимаю, что нам трудно перейти на один "язык".
Тем не менее мне удается перепроверять Ваши результаты в натуральных числах.
Показатель степени n, для впервые читающих тексты, выступает как любой натуральный > 2 .
В обозначениях простых чисел $6n + 5$ и $6n + 1$ число n не имеет отношения к показателю степени уравнения ВТФ.

[Феликс Шмидель]

Итак, мы не можем получить противоречие из сравнений $x+y+z \equiv 0$ по модулю $p^t$ и $x y+y z+x z \equiv 0$ по модулю $p^{2 t}$.
Из равенства (I): $x^5+y^5+z^5=a^5-5 a^3 b+5 a^2 c+5 a b^2-5 b c$, где $a=x+y+z, b=x z+y z+x y, c=x y z$ следует, что $a^2-b \equiv 0$ по модулю $p^{5 t}$.
Это более сильное сравнение, но я не думаю, что из него можно получить противоречие.
У меня появилась новая идея: взять вместо чисел $x, y, z$ числа $x_1=x i_5^{k_x}, y_1=y i_5^{k_y}, z_1=z i_5^{k_z}$, где $i_5$ - комплексный корень 5-ой степени из $1$, а $k_x, k_y, k_z$ - целые числа от нуля до четырёх.
Если обозначить $a_1=x_1+y_1+z_1, b_1=x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1, c_1=x_1 y_1 z_1$ и $p_1^{t_1}$ - общий делитель чисел $x_1 y_1-z_1^2$ и $x_1 z_1 - y_1^2$, то по аналогии получим: $a_1^2-b_1 \equiv 0$ по модулю $p_1^{5 t_1}$.
Перемножая числа $a_1^2-b_1$ при некоторых значениях чисел $k_x, k_y, k_z$ можно получить многочлен $f(x, y, z)$ с целыми коэффициентами (не содержащими $i_5$), который делится на $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$.
Думаю, что степень этого многочлена $f(x, y, z)$ будет не больше степени многочлена $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$, и если бы удалось доказать, что $|f(x, y, z)|<|(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5|$, то из сравнения $f(x, y, z) \equiv 0$ по модулю $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$ следовало бы равенство $f(x, y, z)=0$.

[Феликс Шмидель]

Мы пока рассматриваем только случай $n=5$, и пусть $x y z$ делится на $5$.
Из равенства (I): $x^5+y^5+z^5=a^5-5 a^3 b+5 a^2 c+5 a b^2-5 b c$ следует, что $b c$ делится на $a$.
Наибольший общий делитель чисел $a$ и $c$ равен $(5(x+y)(x+z)(y+z))^{1/5}=(5(a-x)(a-y)(a-z))^{1/5}=(5(ab-c))^{1/5}$. Это следует из формул Абеля (открытых независимо Барлоу и доказанных Лежандром в 1823 году).
Следовательно, наибольший общий делитель чисел $a$ и $b$ равен $a/(5(ab-c))^{1/5}$.
Значит, $a^2-b$ делится на $a^5/(5(ab-c))$ (это следует из сравнения $a^2-b \equiv 0$ по модулю $p^{5 t}$).
Следовательно, $5 (a^2-b) (a b-c) \equiv 0$ по модулю $a^5$.

Продолжение следует.

-- Пн янв 19, 2015 10:35:23 --

Я доказал сложным способом то, что лежит на поверхности.
В самом деле, из равенства (I): $x^5+y^5+z^5=a^5-5 a^3 b+5 a^2 c+5 a b^2-5 b c$ следует, что
$a^5=5(a^2-b)(a b-c)$.

[vasili]

Уважаемый Шмидель! Вы предложили « сопровождать формулы обьяснениями».

Видимо речь идет о преобразованиях известных многочленов.

Покажу на примерах.

Для $n = 5$ (Ваше обозначение простого числа)

$Z^4 + Z^3X + Z^2X^2 + ZX^3 + X^4 = (Z-X)^4 + 5ZX(Z-X)^2 +5Z^2X^2 = = (Z-X)^4 + 5ZX[(Z-X)^2 + ZX]$

Для $n =7$

$Z^6 +Z^5X + Z^4X^2 + Z^3X^3 + Z^2X^4 + ZX^5 + X^6 = = (Z-X)^6 + 7ZX(Z-X)^4 + A_2Z^2X^2(Z-X)^2 + 7Z^3X^3 = = (Z-X)^6 + 7ZX[(Z-X)^2 + ZX]^2$,

где

$A_2 = n(n-3)/2 = 7(7-3)/2 = 14$.

Для $n = 11$

$Z^{10} +Z^9X+ Z^8X^2 +Z^6X^4 + Z^5X^5 + Z^4X^6 + Z^3X^7+ + Z^2X^8 + ZX^9 +X^{10} = = (Z-X)^{10} + 11ZX(Z-X)^8 + A_2Z^2X^2(Z-X)^6 + + A_3Z^3X^3(Z-X)^4 + +A_4Z^4X^4(Z-X)^2 + 11 Z^5X^5 = =(Z-X)^{10} + 11ZX [(Z-X)^2 + ZX]^4 +11 Z^3X^3(Z-X)^2 [(Z-X)^2 + +ZX],

где

$A_2 = n(n-1)/2 = 11(11-3)/2 = 44$

$A_3 = n(n-4)(n-5)/3! = 11(11-4)(11-5)/6 = 77$

$A_4 = n(n-5)(n-6)(n-7)/4! = 11(11-5)(11-6)(11-7)/24 = 55$

Для $n =13$, чтобы не утомлять читателя покажу коэффициенты

$A_2 -A_5$ и конечный результат преобразований многочлена.

$A_2 = n(n-3)/2 = 13(13-3)/2 = 65$

$A_3 = n(n-4)(n-5)/3! = 13(13-4)(13-5)/6 =156$

$A_4 = n(n-5)(n-6)(n-7)/4! = 13(13-5)(13-6)(13-7)/24 =182$

$A_5 = n(n-6)(n-7)(n-8)(n – 9)/5! = 13(13-6)(13-7)(13-8)(13-9)/24 = 91$

$(Z-X)^{12} + 13ZX[(Z -X)^2 + ZX]^5 + 13Z^3X^3(Z-X)^2[(Z -X)^2 + +ZX]^2$


Числа $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, ……, A_{(n-1)/2}$,

являются коэффициентами полиномов Чебышева и определяются

$A_1 = n$,

$A_2 = n(n-3)/2$,

$A_3 = n(n-4)(n-5)$,

……………………

$A_r = n(n-r-1)(n-r-2)…(n-2r +1)/r!$

…………………….


$A_{(n-1)/2} = n$

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Насколько я понимаю, это формулы, выражающие многочлен $(Z^n-X^n)(Z-X)$ через $Z-X$ и $Z X$. А к чему это?

-- Пн янв 19, 2015 11:10:28 --

(Оффтоп)

Прошу Вас не искажать мой ник. Мне всё равно, но лучше придерживаться правил форума.

-- Пн янв 19, 2015 11:36:10 --

Феликс Шмидель в сообщении #964430 писал(а):

Перемножая числа $a_1^2-b_1$ при некоторых значениях чисел $k_x, k_y, k_z$ можно получить многочлен $f(x, y, z)$ с целыми коэффициентами (не содержащими $i_5$), который делится на $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$.
Думаю, что степень этого многочлена $f(x, y, z)$ будет не больше степени многочлена $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$, и если бы удалось доказать, что $|f(x, y, z)|<|(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5|$, то из сравнения $f(x, y, z) \equiv 0$ по модулю $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$ следовало бы равенство $f(x, y, z)=0$.

Теперь понятно, что на самом деле $f(x, y, z)=(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$.
Получается, что $(x^5 z^5+y^5 z^5+x^5 y^5)^5$ делится на $a^2-b$, и $a^2-b$ является 5-ой степенью.

[Феликс Шмидель]

Понятно также, что числа $(x^2-y z)^5, (y^2-x z)^5, (z^2-x y)^5$ представимы в виде произведения двух многочленов, один из которых - $a^2-b=x^2+y^2+z^2+x y+x z+y z$.

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #964300 писал(а):

А для чего контрпример, если Вы не оспариваете? Числа $x, y, z$ - целые. Откуда Вы взяли иррациональные основания?

Я не оспариваю только то, что степени целые числа. Не доказано , что их основания также целые числа. То есть то, что из рассматриваемого сравнения вытекает упомянутое равенство $x^n+Y^n-c^n=0$, где тройка решения $x,y,z$ - целые числа. Кроме того, Вы отталкиваетесь от базового сравнения, опять же от тройки целочисленных степеней. А этот уровень также не дает основания утверждать, что все эти степени имеют целочисленные основания уже на уровне сравнения.

[Феликс Шмидель]

Что Вы имеете в виду под "основаниями" степеней? Числа $x, y, z$? Что значит "не доказано, что они целые числа"? Зачем это доказывать, если это дано? Не могли бы Вы выражаться яснее?

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #965636 писал(а):

Что Вы имеете в виду под "основаниями" степеней? Числа $x, y, z$? Что значит "не доказано, что они целые числа"? Зачем это доказывать, если это дано? Не могли бы Вы выражаться яснее?

Конечно эти числа. Они не фигурируют непосредственно в Ваших соотношениях. Там рассматриваются только степени. Поэтому этим числам можно присвоить любой статус, а соотношения все равно будут выполняться.

[Феликс Шмидель]

При выводе противоречия используется то, что $x, y, z$ - целые.
Например, малая теорема Ферма выполняется только для целых чисел.
Для иррациональных чисел эта теорема не верна, для алгебраических чисел она имеет другой вид.
Мне непонятны Ваши доводы.

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #965712 писал(а):

Например, малая теорема Ферма выполняется только для целых чисел.

Малая теорема Ферма относится к отдельным степеням, а не к УФ, которое рассматривается в данной теме. А УФ - в первую очередь и бесспорно справедливо для тройки решения, содержащей иррациональные числа.

[Феликс Шмидель]

Пусть $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, сравнимое с $5$ по модулю $6$, и $x, y, z$ - ненулевые взаимно-простые целые числа.
Обозначим: $b_n=x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$.
Пусть $k$ - целое положительное число, сравнимое с $1$ по модулю $6 b_n^3$.

Покажем, что $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $b_n^5$.

Обозначим через $(a, b)$ наибольший общий делитель чисел $a$ и $b$.
Тогда:

(1) $x^n+y^n+z^n \equiv \frac{n (n+1)}{6} a^2 c^{(n-2)/3}-n b c^{(n-2)/3}$ по модулю $(a, b)^5$,
(2) $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv \frac{k n (k n+1)}{6} a^2 c^{(k n-2)/3}-k n b c^{(k n-2)/3}$ по модулю $(a, b)^5$.

Поскольку $x^n+y^n+z^n=0$, то из (1) следует, что $\frac{n+1}{6} a^2-b \equiv 0$ по модулю $(a, b)^5$.
Следовательно, $\frac{k n+1}{6} a^2-b \equiv 0$ по модулю $(a, b)^5$, поскольку $\frac{(k-1) n}{6} a^2 \equiv 0$ по модулю $(a, b)^5$, так как $(k-1)/6$ делится на $b_n^3$ делится на $(a, b)^3$.
Значит из (2) следует, что $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $(a, b)^5$.
Заменим числа $x, y, z$ на $x_1=x i_n^{k_x}, y_1=y i_n^{k_y}, z_1=z i_n^{k_z}$, где $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$, а $k_x, k_y, k_z$ - целые числа от нуля до $n-1$.
Обозначим $a_1=x_1+y_1+z_1, b_1=x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1, c_1=x_1 y_1 z_1$.
Тогда $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n}=x_1^{k n}+y_1^{k n}+z_1^{k n} \equiv 0$ по модулю $(a_1, b_1)^5$.
Значит $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $b_n^5$.
Что и требовалось.

-- Ср янв 21, 2015 14:02:26 --

Это можно доказать и проще, поскольку $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv \frac{k (k-1)}{6} b_n^2 c_n^{(k-4)/3} \equiv 0$ по модулю $b_n^5$, где $c_n=x^n y^n z^n$.

Что даёт доказанное сравнение пока неясно.
Кроме многочлена $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n}$ большой степени существует симметрический многочлен степени $2 n^2$, который также делится на $b_n^5$.