Замена уравнения ВТФ сравнением

[ananova]

(Оффтоп)

Спасибо за ответ, Феликс. Вы меня правильно поняли, в отличии от vasilii.

Хотел бы заметить, что при $n=3$ и Случае 2: $K_0=n=3$. Поэтому возник вопрос о возможной аналогии и для $n=5$

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #967701 писал(а):

(Оффтоп)

Спасибо за ответ, Феликс. Вы меня правильно поняли, в отличии от vasilii.

Хотел бы заметить, что при $n=3$ и Случае 2: $K_0=n=3$. Поэтому возник вопрос о возможной аналогии и для $n=5$

(Оффтоп)

Но vasilii сказал то же самое, что и я.

В случае 2 для $n=3$: $K_0$ не делится на $3$.
Почему Вы решили, что $K_0=3$?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
Еще раз возвращаюсь к $(a.b)$.

Из того ,что $a = K_0z_1x_1y_1$ ( в Ваших обозначениях) и

$b = ZX +ZY +XY = K_0z_1x_!y_1(X + Y) -[(X + Y )^2 - XY]$ следует,что если

$((X +Y)^2 -XY, K_0) = 1$, тогда $(a,b) = 1$.

Если $((X +Y)^2 -XY, K_0) = P_k$, где $(K_0, P_k) =P_k$, тогда $(a,b) = P_k$.

Таким образом $(a,b)$ связан с делителями числа $K_0$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili!
Теперь правильно.
В общем случае, числа $b$ и $(a, b)$ не делятся на $K_0$.
Они делятся на делитель числа $K_0$, который Вы обозначили через $P_k$.
Вы правильно заметили, что $(a, b)=P_k$.

В случае $n=5$: $(a, b)=K_0$.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #967715 писал(а):

В случае 2 для $n=3$: $K_0$ не делится на $3$.
Почему Вы решили, что $K_0=3$?

Однако у меня получается, что $K_0=3^k$
Для $n=3$. Чего я не учитываю?
Вот как к этому я пришел.
Не в непривычных мне обозначениях:

$$a^3=K_0^3y_1^3x_1^3z_1^3$$

Если Случай 2, то:
$(y,3^k)=3^k$ , для $k \geqslant 1$, а $y$ имеет следующие множители (включая иррациональные): $y_1 \sqrt[3]{3^{3k-1}}$ и $y_2\sqrt[3]3$

$$y=y_1 \sqrt[3]{3^{3k-1}} \cdot y_2\sqrt[3]3=y_13^ky_2$$

В таком случае (учитывая, что $a$ целое число) допустимо: $a=\sqrt[3]3y_1 \sqrt[3]{3^{3k-1}}x_1z_1=3^ky_1x_1z_1$. Таким образом $K_0=3^k$
Или тут роль $K_0$ играет иррациональное число $\sqrt[3]3$?

[Феликс Шмидель]

Неправильно.
На самом деле, $y=y_1 y_2$, где $y_1$ делится на $3^k$, а $y_2$ не делится на $3$.
Кроме этого, $x+z=-3^{3 k-1} (y_1/3^k)^3=-y_1^3/3$, $(x^3+z^3)/(x+z)=3 y_2^3$.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #967801 писал(а):

Неправильно.
На самом деле, $y=y_1 y_2$, где $y_1$ делится на $3^k$, а $y_2$ не делится на $3$.
Кроме этого, $x+z=-3^{3 k-1} (y_1/3^k)^3=-y_1^3/3$, $(x^3+z^3)/(x+z)=3 y_2^3$.

Не убедили - разница в обозначениях переменных. Мой $y_1$ равен Вашему $\frac{y_1}{3^k}$
Именно поэтому у меня $y=y_13^ky_2$, а у Вас $y=y_1y_2$

Буду приветствовать новые результаты по теме. Не буду отвлекать попусту.

[Феликс Шмидель]

Обратите внимание, уважаемый ananova, что переменную $K_0$ ввёл уважаемый vasili следующим образом (с нашими обозначениями):

Цитата:

$a=x+y+z=K_0 x_1 y_1 z_1$, где $K_0$ - нечетное число и $(K_0, x y z) = 1$, а числа $x_1, y_1, z_1$ - делители чисел $x,y, z$ соответственно.

Согласно этому определению, если $y$ делится на $3$, то $K_0$ не делится на $3$.
Следовательно, если $y$ делится на $3^k$, и $x+z$ делится на $3^{3 k-1}$, то $y_1$ делится на $3^k$.
Если Вы определите $K_0$ и $y_1$ по другому, то, естественно, получите другой результат.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #967859 писал(а):

Обратите внимание, уважаемый ananova, что переменную $K_0$ ввёл уважаемый vasili следующим образом (с нашими обозначениями):

Цитата:

$a=x+y+z=K_0 x_1 y_1 z_1$, где $K_0$ - нечетное число и $(K_0, x y z) = 1$, а числа $x_1, y_1, z_1$ - делители чисел $x,y, z$ соответственно.

Согласно этому определению, если $y$ делится на $3$, то $K_0$ не делится на $3$.

Если Вы определите $K_0$ и $y_1$ по другому, то, естественно, получите другой результат.

Спасибо за разъяснения. Теперь больше понимания "откуда ветер дует". В таком случае $K_0$ равен 1, для $n=3$. Надеюсь в этот раз я не ошибся.

[Феликс Шмидель]

С какой стати $K_0$ равен $1$ для $n=3$?

[vasili]

ananova! Вы правы для 2 случая ВТФ для $n = 3$ число $K_0 = 1$. Для этого случая ВТФ $(K_0, 3) = 1\engo(1)$.
Приведу доказательства:
1. $(X + Y -Z)^3 =K_0^3(z_1x_1y_1)^3 = 3(X + Y)(Z-Y)(Z-X)\engo(2)$,

в силу (1) и условия $(ZXY, K_0) = 1$ из (2) следует $K_0=1$.

2. $X^3 +Y^3-Z^3 =(X + Y-Z)^3 + Z(X + Y)(X + Y-Z) -3XY(X + Y)= 0\engo(3)$
Очевидно благодаря тем же условиям: условию(1) и $(ZXY, K_0) = 1$ из (3) следует $K_0 = 1$.

-- 25.01.2015, 11:50 --

Уважаемый Феликс Шмидель!
Ваше сравнение $(n =1)/2(a^2)-b\equiv 0\mod (a,b)^5$ исходит из существования $(a,b)$ для показателей $n = 6m +5$?

Но как доказать, что $(a,b); существует для указанных показателей?

Пример для $n = 11$:

$(X + Y)^{11}-Z^{11} = 11XY(X+Y)(X^2 + XY +Y^2)[(X^2 +XY +Y^2)^3 + X^2Y^2(X + Y)^2]$

Левая часть очевидно делиться на $K_0$ , а как определить, что трехчлену $X^2 + XY +Y^2$ принадлежит как минимум один из делителей $K_0$?

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Было бы неплохо, если бы Вы в этой теме перешли на мои обозначения, то есть маленькие буквы и $a=x+y+z$.
Кроме этого для чего это:

Цитата:

2. $X^3 +Y^3-Z^3 =(X + Y-Z)^3 + Z(X + Y)(X + Y-Z) -3XY(X + Y)= 0\engo(3)$
Очевидно благодаря тем же условиям: условию(1) и $(ZXY, K_0) = 1$ из (3) следует $K_0 = 1$.

если Вы уже доказали, что $K_0=1$ в случае 2 для $n=3$?

Я согласен, что в случае 2 для $n=3$: $K_0=1$.
Это следует из равенств: $(x+y+z)^3=3 (y+z) (x+z) (x+y)=x_1^3 y_1^3 z_1^3$ и $x+y+z=K_0 x_1 y_1 z_1$.

Но в случае 1 для $n=3$: $(x+y+z)^3=3 (y+z) (x+z) (x+y)=3 x_1^3 y_1^3 z_1^3$.
В этом случае, я затрудняюсь сказать чему равно целое число $K_0$.

Что касается Вашего вопроса, исправьте сначала в нём ошибки, тогда я отвечу.

-- Вс янв 25, 2015 09:57:57 --

Феликс Шмидель в сообщении #967869 писал(а):

С какой стати $K_0$ равен $1$ для $n=3$?

Уважаемый ananova! Вы правы, что $K_0=1$ в случае 2 для $n=3$.
Извините, что я сразу не сообразил.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Конечно я имел ввиду сравнение $(n +1)/6(a)^2-b\equiv0\mod(a,b)^5$.
Я готов перейти на маленькие числа $z,x,y$. Что касается док-ва 2., то это для ananova.

Уважаемый ananova! Для 1 случая ВТФ для $n = 3$ легко показать, что $K_0 =3^2K_{01}$, тогда 3 будет одним из делителей $K_0$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Наибольший общий делитель $(a, b)$ всегда существует, но он может быть равен $1$. Если $n=5$, то мы показали, что $a^2-b=(a, b)^5$, а поскольку $b<0$, то $(a, b) \ne 1$, иначе легко получить противоречие.
Если $n=11$, то возможно $(a, b)=1$.

-- Вс янв 25, 2015 12:32:26 --

vasili в сообщении #967988 писал(а):

Уважаемый ananova! Для 1 случая ВТФ для $n = 3$ легко показать, что $K_0 =3^2K_{01}$, тогда 3 будет одним из делителей $K_0$.

Очевидно, что целого числа $K_0$, удовлетворяющего равенству $x+y+z=K_0 x_1 y_1 z_1$ в этом случае не существует. Зачем выдумывать, что $K_0 =3^2K_{01}$?

[Феликс Шмидель]

Попробуем немного развить тему.
Пусть $v_x=x^2-y z, v_y=y^2-x z, v_z=z^2-x y$.
Тогда $v_x+v_y+v_z=a^2-3 b$, $v_x v_z+v_y v_z+v_x v_y=-b (a^2-3 b)$, где $a=x+y+z, b=x z+y z+x y$.
Это легко проверить, например, в программе "Reduce".
Из этого следует, что если $a^2-3 b$ делится на нечётное простое число $p$, то $p \equiv 1$ по модулю $6$.
Это новый результат.