Замена уравнения ВТФ сравнением

[vasili]

Уважаемый Феликс! А разве найденное сравнение $a^2 - b\equiv 0\mod (a, b)^5$ не является противоречием?

Ведь такое сравнение невозможно. Я уже показывал, что $a = X + Y-Z = K_0dd_1d_1$,

где $K_0$ - нечетное число и

$(K_0, XYZ) = 1$, а числа $d, d_1, d_2$ - делители чисел $Z,Y,X$ соответственно.

Если $X^5 + Y^5-Z^5 = 0$, то $(X + Y)^5 -Z^5 = 5XY(X +Y)(X^2 + XY + Y^2)$

Очевидно левая часть последнего равенства кратна $K_0$ и не может быть кратна $K_0^2$ ,

а значит и $X^2 + XY + Y^2 = b$ кратно $K_0$ и не может быть кратна $K_0^2$.


Тогда Ваше $(a, b) = K_0$. И сравнение $a^2-b\equiv 0\mod K_0^5$ невозможно.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Во-первых, для $n=5$, я доказал, что $a^2-b=(a, b)^5$. Это более сильное условие, чем то которое Вы использовали. Это так, между прочим, для Вашего сведения.
Во-вторых, неверно, что $X^2 + XY + Y^2 = b$. На самом деле, в ваших обозначениях, $b=X Y-Z (X+Y)$.

[vasili]

Уважаемый Шмидель!

$X^2 + XY +Y^2\equiv Z(X + Y) -XY\mod K_0$,

так как $Z \equiv X + Y\mod K_0$,

а значит

$Z(X + Y)\equiv(X + Y )(X + Y)\mod K_0$,

тогда$X^2 + XY +Y^2\equiv (X + Y)(X + Y) -XY\mod K_0$

Если верно равенство $a^2-b =(a, b)^5$, то и сравнение $a^2-b\equiv 0\mod(a, b)^5$ будет верно.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Вы меня убедили, что $(a, b)$ делится на $K_0$. Следовательно $a^2-b\equiv 0\mod K_0^5$. Но почему это невозможно?

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #966097 писал(а):

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 $a_1=x_1+y_1+z_1, b_1=x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1, c_1=x_1 y_1 z_1$.

А зачем введение новых чисел? Все равно сравнение доказывает только то, что степени целые числа при необязательном существовании $x,y,z$ в целых числах.

Феликс Шмидель в сообщении #966097 писал(а):

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.

Совершенно верно. Из него не следует предполагаемое равенство

$$x^n+y^n-z^n=0\quad\text{если}(x,y,z)\in\mathbb{N}$$

Поэтому данная попытка замены УФ сравнением на уровне степеней на мой взгляд не состоялась.

[MrAlexander]

Уважаемый Феликс Шмидель!

"Например, из этого сравнения следует сравнение $x^{k n}+y^{k n}+z^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$, где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$.
Также следует сравнение $(x z)^{k n}+(y z)^{k n}+(x y)^{k n} \equiv 0$ по модулю $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ , где $k$ - любое целое положительное число, не делящееся на $3$."

Добавлю дровишки. Числа $x y-z^2$, $x z - y^2$ и $y z - x^2$ либо имеют общие делители либо не имеют. Можно показать, что во-втором случае все делители $x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n$ имеют вид $6nj+1$, где $j$ - натуральное число. В первом, для всех натуральных чисел $i$, не делящихся на $3$, выражение $x^i+y^i+z^i$, делится на этот общий делитель. Оба следствия достаточно сильные, и есть вероятность получить противоречие.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вы правы. Пока не удается найти противоречие, вытекающее из найденного Вами сравнения

$a^2-b\equiv0\mod (a,b)^5$, где

$(a,b) =K_0$

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #967273 писал(а):

$(a,b) =K_0$

Уважаемый vasili! Я этого не утверждал. Вы показали, что $(a, b)$ делится на $K_0$.
Вы не доказали, что $(a,b) =K_0$.

-- Пт янв 23, 2015 18:32:18 --

Кроме этого, $a^2-b\equiv0\mod (a,b)^5$ только для $n=5$.
В общем случае $\frac{n+1}{6} a^2-b\equiv0\mod (a,b)^5$ для любого простого $n$.

-- Пт янв 23, 2015 19:12:57 --

Хотя, вроде, действительно $(a,b) =K_0$.
Ведь если $(a, b)$ делится на некоторое целое число $s$, то числа $X, Y, Z$ взаимно просты с $s$, поскольку $b$ делится на $s$.
Значит из равенства $a = X + Y-Z = K_0 d d_1 d_2$ (где $d, d_1, d_2$ - делители чисел $Z, Y, X$ соответственно) следует, что $K_0$ делится на $s$.

-- Пт янв 23, 2015 19:24:18 --

То есть, если $(a, b)$ делится на $K_0$, то $(a,b) =K_0$.
Но $(a, b)$ делится на $K_0$ вроде только для $n=5$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вы обозначили наибольший общий делитель чисел a и b через $(a,b)$, т.е.
$(X + Y +Z, ZX + ZY + XY) = (a, b)$, т.е.

$(K_0dd_1d_2, Z(X + Y) + XY) = (a,b)$, но $Z(X + Y) + XY = [-(X +Y ) +K_0dd_1d_2](X + Y) + XY = =K_0dd_1d_2 (X + Y) -(X + Y)^2 + XY$

тогда

$(K_0dd_1d_2, K_0dd_1d_2(X + Y) -[(X + Y)^2 - XY] )= K_0$, так как

$((X + Y)^2 -XY, K_0 )= K_0$ и

$((X + Y)^2 -XY, dd_1d_2 )= 1$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Всё так, но это верно только при $n=5$.
В общем случае, если не ошибаюсь, неверно, что $((X + Y)^2 -XY, K_0 )= K_0$.

[ananova]

Ecли $(K_0,5)=5$ и $(XYZ,K_0)=1$, то ВТФ верна для $n=5$ , т.к. $(XYZ,5)=1$

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Да, я излагал только для $n =5$. А как Вы получили $[(n + 1)/6]a^2-b\equiv 0\mod (a,b)^5$, для любых $n > 5$.? Это интересно

Уважаемый ananova! 1-ый случай ВТФ для $n =5$ не представляет интереса и доказательство на Форуме приводилось.

[ananova]

vasili в сообщении #967591 писал(а):

Уважаемый ananova! 1-ый случай ВТФ для $n =5$ не представляет интереса и доказательство на Форуме приводилось.

Да, я знаю про это, поэтому указал на условия, которые приводят к противоречию со Случаем 2. Я так понял, что Вы доказали условия для $K_0$, которые противоречат Случаю 2. Или это не так?

[vasili]

ananova! Вы указали условия 1 случая ВТФ для $n = 5$, а именно: $(K_0, 5) = 5$ и $(ZXY, 5) = 1$.
Для 2 случая $(K_0,5) = 1$ и $(ZXY, 5) = 5$.
Я не нашел противоречия для 2 случая ВТФ для $n= 5$.

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #967638 писал(а):

vasili в сообщении #967591 писал(а):

Уважаемый ananova! 1-ый случай ВТФ для $n =5$ не представляет интереса и доказательство на Форуме приводилось.

Да, я знаю про это, поэтому указал на условия, которые приводят к противоречию со Случаем 2. Я так понял, что Вы доказали условия для $K_0$, которые противоречат Случаю 2. Или это не так?

Нет, для случая 2 пока доказательства нет.
В случае 2: $(K_0,5)=1$, а в случае 1: $(K_0,5)=5$.

Это известно, но, на всякий случай, я приведу доказательство.
Мне не очень нравятся обозначения $d, d_1, d_2$ в равенстве $X+Y-Z = K_0 d d_1 d_2$.
Я предпочитаю обозначения: $x+y+z = K_0 x_1 y_1 z_1$, где $x, y, z$ делятся соответственно на $x_1, y_1, z_1$.

Покажем, что в случае 2: $(K_0, n)=1$, где $n$ - показатель степени уравнения Ферма.
Пусть $n^k$ - наибольшая степень $n$, на которую делится $x y z$.
Тогда $n^k$ - наибольшая степень $n$ на которую делится $x+y+z$, поскольку одно из чисел $x, y, z$ делится на $n^k$, а сумма двух других делится на $n^{n k-1}$, в силу формул Абеля (открытых независимо Барлоу и доказанных Лежандром в 1823 году).
Одно из чисел $x_1, y_1, z_1$ делится на $n^k$, поэтому $(K_0, n)=1$.
Что и требовалось.

А в случае 1: $(K_0, n)=n$, поскольку $x+y+z$ делится на $n$, а $x_1 y_1 z_1$ нет.

-- Сб янв 24, 2015 17:09:59 --

vasili в сообщении #967591 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель! Да, я излагал только для $n =5$. А как Вы получили $[(n + 1)/6]a^2-b\equiv 0\mod (a,b)^5$, для любых $n > 5$.?

Я получил это не для всех $n>5$, а для таких $n$, которые дают остаток $5$ при делении на $6$.

При $n=5$, имеем: $x^5+y^5+z^5=a^5-5 a^3 b+5 a^2 c+5 a b^2-5 b c$.
Выделим из правой части этого равенства два слагаемых $5 a^2 c-5 b c$.
Все остальные слагаемые делятся на $(a, b)^5$, поэтому $a^2 c - b c$ делится на $(a, b)^5$.

В общем случае, сумма двух выделенных слагаемых равна $\frac{n (n+1)}{6} a^2 c^{(n-2)/3}-n b c^{(n-2)/3}$.

Коэффициент $\frac{n (n+1)}{6}$ легко вычисляется, поскольку коэффициент при слагаемом $a^{j_a} b^{j_b} c^{j_c}$ равен $(-1)^{j_b} \frac{n (j_a+j_b+j_c-1)!}{j_a! j_b! j_c!}$.
В частности, при $j_a=2, j_b=0, j_c=(n-2)/3$, этот коэффициент равен $\frac{n ((n+1)/3)!}{2 ((n-2)/3)!}=\frac{n (n+1)}{6}$.