Замена уравнения ВТФ сравнением

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Покажу, что $(K_0,3^2) =3^2$ для 1 случая ВТФ 3-ей степени
Вспомним формулы Абеля для 1 случая ВТФ для $n = 3$

$z^2 +zx + x^2 =u_1^3$,

$z^2 +zy + y^2 = u_2^3$,

$x^2-xy + y^2 =u^3$,

где $u,u_1,u_2$ делители чисел $z,y,x$ соответственно.

Преобразуем левую часть первого равенства и отнимем $-1$ от обеих частей равенства.

$(z-x)^2 -1 +3zx =u_1^3-1$, отсюда очевидно(благодаря МТФ), что левая часть делиться на 3, а значит и правая часть делиться на 3, но тогда правая часть делиться и на $3^2$
Аналогичные рассуждения будут справедливы для остальных равенств и мы вправе записать:
$ u_1^3 = 3^2u_y + 1$,

$u_2^3 = 3^2u_x +1$,

$u^3 =3^2u_z +1$.
Запишем уравнение ВТФ для 3 степени с учетом последних равенств

$u_2^3x_1^3 +u_1^3y_1^3-u^3z_1^3 = (3^2u_x +1)x_1^3 +(3^2u_y +1)y_1^3 + + (3^2u_z +1)z_1^3 =0$,

отсюда $x_1^3 + y_1^3 -z_1^3$ делятся на $3^2$,

$x_1^3 + y_1^3 -z_1^3 = (z-y) + (z-x)-(x+y) =-2(x + y -z) =K_0x_1y_1z_1$

Отсюда левая часть делится на $3^2$ значит и $K_0$ правой части делится на $3^2$

[Феликс Шмидель]

А из равенств: $x+y+z=K_0 x_1 y_1 z_1$ и $(x+y+z)^3=3 x_1^3 y_1^3 z_1^3$ сразу следует, что такого целого $K_0$ не существует.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Найденное условие $K_0 =3^2 K_{01}$ приводит к противоречию для ВТФ 3 степени (1 случай) которое Вы указали это верно, Но аналогичное условие сохраняется и для $n >3$ (1 cлучай ВТФ), где $(K_0, n^2) =n^2$.

[ananova]

vasili в сообщении #968035 писал(а):

где $u,u_1,u_2$ делители чисел $z,y,x$ соответственно.

Vasili, ох нельзя ли было бы как-то отказаться от такого обозначения переменных, а приблизить их к тем, которые использует Феликс?
Вместо $u, u_1, u_2$ использовать $z_2, y_2, x_2$ - раз уж они делители этих чисел. Все просто и понятно - без выноса мозга.

-- Вс янв 25, 2015 17:01:09 --

vasili в сообщении #968035 писал(а):

$(z-x)^2 -1 +3zx =u_1^3-1$, отсюда очевидно(благодаря МТФ), что левая часть делиться на 3, а значит и правая часть делиться на 3, но тогда правая часть делиться и на $3^2$

Извиняюсь за непонятливость. Вот такой вопрос - благодаря МТФ по какому модулю? Если по модулю 3, то почему левая часть делится на 3? Я уверен, что Вы не ошибаетесь, просто мне нужна помощь, чтобы понять этот очевидный момент доказательства.

Сорри, уже разобрался - квадратичный вычет числа за минусом 1 по модулю 3 сравним с нулем.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #968093 писал(а):

Уважаемый Феликс Шмидель! Найденное условие $K_0 =3^2 K_{01}$ приводит к противоречию для ВТФ 3 степени (1 случай) которое Вы указали это верно, Но аналогичное условие сохраняется и для $n >3$ (1 cлучай ВТФ), где $(K_0, n^2) =n^2$.

А можете доказать, что в случае 1, $K_0$ делится на $n^3$?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! 1 случай ВТФ для $n = 5$ как раз легко доказывается благодаря условию $(K_0, 5^2) =5^2$
Доказательство для общего случая аналогично приведенному для $n = 3$
И так вспоминаем формулы Абеля:

$z^{n-1} +z^{n-2}x + ......+zx^{n-2} +x^{n-1} =u_1^n$

$z^{n-1} +z^{n-2}y + ......+zy^{n-2} +y^{n-1} =u_2^n$

$x^{n-1} -x^{n-2}y + ......-xy^{n-2} +y^{n-1} =u^n$.

где $u,u_1,u_2$ делители чисел $z,y,x$ соответственно.

Преобразуем первое равенство

$(z-x)^{n-1} +nzx(z-x)^{n-3} +A_2z^2x^2(z-x)^{n-5}+ ....+ +A_{(n-3)/2}(zx)^{(n-3)/2}(z-x)^2 + n(zx)^{(n-1)/2}= u_1^n\engo(1)$,


где
$A_1 = n$,

$A_2 = n(n-3)/2$,
....................
$A_{(n-1)/2} = n$,

коэффициенты полиномов Чебышева (кратные n)
Если из левой и правой частей (1) вычесть $-1$, то благодаря МТФ левая часть делится на n, тогда и правая часть делится на n, а значит правая часть делится на $n^2$ (для простого n) и мы вправе записать для всех равенств

$u_1^n =n^2u_y +1\engo(2)$

$u_2 =n^2u_x +1\engo(3)$,

$u^n = n^2u_z +1\engo(4)$.

Запишем уравнение ВТФ с учетом делителей чисел $x,y,z$

$u_2^nx_1^n +u_1^ny^n-u^nz_1^n = 0\engo(5)$,

отсюда с учетом (2),(3) и(4) из (5) имеем $x_1^n + y_1^n-z_1^n\equiv 0\mod n^2$,

но

$x_1^n + y_1^n-z_1^n =(z-y) +(z-x) -(x +y)=-2(x =y-z)=K_0x_1y_1z_1$, тогда

$K_0x_1y_1z_1\equiv 0\mod n^2$, отсюда $K_0\equiv 0\mod n^2$.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili!

Я просил доказать $K_0\equiv 0\mod n^3$, а Вы доказали $K_0\equiv 0\mod n^2$.

-- Вс янв 25, 2015 18:43:53 --

Феликс Шмидель в сообщении #968028 писал(а):

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.

И что Вы скажете, уважаемый vasili, об этом моём новом результате?
Он не зависит от ВТФ.
Если я не ошибся, то можно вместо $x, y, z$ взять $x^{m n}, x^{m n}, z^{m n}$, и попытаться, используя уравнение Ферма, добиться того, чтобы $a_{m n}^2-3 b_{m n}$ делилось на простое число, не сравнимое с $1$ по модулю $6$.
И, таким образом, получить противоречие.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Если доказать, что $K_0\equiv 0\mod 6m +5$ и $a^2 -3b\equiv 0\mod 6m +5$, то ВТФ будет доказана для всех $n>3$

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Почему Вы думаете, что условия $a^2 -3b\equiv 0\mod 6m +5$ недостаточно?

[Феликс Шмидель]

Пусть $a^2 -3b\equiv 0\mod p$, где $p$ - простое число, сравнимое с $5$ по модулю $6$.
Покажем, что из этого следует противоречие.
Если хотя бы одно из чисел $v_x=x^2-y z, v_y=y^2-x z, v_z=z^2-x y$ не делится на $p$, то $v_x^{p-1}+v_y^{p-1}+v_z^{p-1}$ не делится на $p$, что противоречит делимости на $p$ чисел $v_x+v_y+v_z=a^2-3 b$ и $v_x v_z+v_y v_z+v_x v_y=-b (a^2-3 b)$.
Значит все три числа $v_x=x^2-y z, v_y=y^2-x z, v_z=z^2-x y$ делятся на $p$.
Следовательно, либо $a=x+y+z$ делится на $p$, либо числа $x, y, z$ сравнимы по модулю $p$.
Если $x, y, z$ сравнимы по модулю $p$, то это противоречит уравнению Ферма $x^n+y^n+z^n=0$.
Если $a$ делится на $p$, то $b$ делится на $p$, поскольку $a^2 -3b\equiv 0\mod p$.
Следовательно, $x^{p-1}+y^{p-1}+z^{p-1}$ делится на $p$.
Следовательно числа $x, y, z$ делятся на $p$, что противоречит их взаимной простоте.
Что и требовалось.

Я ошибался, когда утверждал, что этот результат не зависит от ВТФ.
Он использует уравнение Ферма.

-- Вс янв 25, 2015 22:40:31 --

Хотя мы доказали этот результат с использованием уравнения Ферма, сформулируем его в виде теоремы, не зависимой от ВТФ:

Теорема 1
--------------

Пусть, $x, y, z$ - целые числа.
Пусть $a=x+y+z, b=x z+y z+x y$.
Если $a^2 -3 b\equiv 0\mod p$, где $p$ - простое число, сравнимое с $5$ по модулю $6$, то $x \equiv y \equiv z \mod p$.

[ananova]

Теперь можно элементарно доказать ВТФ Случай 2 для $p=n=5$?
Как раз $a$ делится 5.

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #968375 писал(а):

Теперь можно элементарно доказать ВТФ Случай 2 для $p=n=5$?
Как раз $a$ делится 5.

Нет, потому что $a^2-3 b$ не делится на $5$, поскольку $b$ не делится на $5$.

Я думал о том, чтобы рассмотреть выражение:
$T=(x^{m n}+y^{m n}+z^{m n})^2-3 (x^{m n} z^{m n}+y^{m n} z^{m n}+x^{m n} y^{m n})$.

Пусть, $b_n=x^n z^n+y^n z^n+x^n y^n, c_n=x^n y^n z^n$.
Я проверил, что если $m=2$ или $m=3$, то простые делители числа $T$ делят $b_n$, и нет ничего нового в том, что среди простых делителей числа $b_n$ нет сравнимых с $5$ по модулю $6$.

Пусть $m=5$.
Тогда $T=b_n^2 (10 c_n^2-3 b_n^3)$.

Здесь уже появилось новое условие, что среди простых делителей числа $10 c_n^2-3 b_n^3$ нет сравнимых с $5$ по модулю $6$.
К сожалению, мы не можем утверждать, что это условие не выполняется.
Но может быть можно найти такое $m$, что среди простых делителей числа $T$ есть $p$, сравнимый с $5$ по модулю $6$.
Тогда из теоремы 1 следует, что $x^{m n} \equiv y^{m n} \equiv z^{m n} \mod p$.
Это тоже ещё не всё, но можно пытаться получить из этого противоречие.

ananova в сообщении #968375 писал(а):

Если $a$ делится на $p$, то $b$ делится на $p$, поскольку $a^2 -3b\equiv 0\mod p$.

Феликс Шмидель в сообщении #968307 писал(а):

Следовательно, $x^{p-1}+y^{p-1}+z^{p-1}$ делится на $p$.

Однако $x^{p-1}+y^{p-1}+z^{p-1} \equiv 3 \mod 5$

Я не понял в чём смысл этого замечания. Вы заметили в доказательстве теоремы 1 ошибку?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
1.Приношу извинение. Из-за невнимательности вместо $K_0\equiv 0\mod n^3$ показал

$K_0\equiv 0\mod n^2$. Ответа на Ваш вопрос не имею.

2. О теореме 1. Надо показать. что существует такое $P = 6m +5$, что $a^2-3b\equiv 0\mod P$ и что a или b делится на

P,тогда выводы что $x\equiv y\mod P$, $x\equiv z\mod P$ и $y\equiv z\mod P$ будут верные и они приведут противоречию, а именно:

$z^n +x^n\equiv 0\mod P$,

$z^n +y^n\equiv 0\mod P$, а после сложения этих сравнений имеем

$2z^n +(x^n +y^n) =3z^n\equiv0\mod P$, что не возможно. Пришли к противоречию.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili!

То, что $K_0 \equiv 0 \mod n^3$ в случае 1 ВТФ это классика и доказывается просто.
Дело в том, что $\frac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n$, и можно показать, что $z_2 \equiv 1 \mod n^2$.
Для этого показывают, что любой простой делитель $q$ выражения $\frac{x^n+y^n}{x+y}$ сравним с $1$ по модулю $n^2$.
Обычно можно доказать только, что $q \equiv 1 \mod n$, но у нас имеются формулы Абеля: $x+z=y_1^n$ и $y+z=x_1^n$.
Поскольку $z$ делится на $q$, то из этих формул следует, что $x \equiv y_1^n \mod q$ и $y \equiv x_1^n \mod q$.
Следовательно, $x_1^{n^2}+y_1^{n^2}$ делится на $q$, а $x_1^n+y_1^n$ не делится на $q$.
Отсюда легко получить, что $q \equiv 1 \mod n^2$.
Из того, что $z_2 \equiv 1 \mod n^2$ следует, что $z_2^n \equiv 1 \mod n^3$.
Значит $x^n+y^n \equiv x+y, x^n+z^n \equiv x+z, y^n+z^n \equiv y+z$ по модулю $n^3$.
Складывая эти сравнения получим $x+y+z \equiv 0 \mod n^3$, следовательно $K_0 \equiv 0 \mod n^3$.

[vasili]

Дело в том, что $\frac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n$, и можно показать, что $z_2 \equiv 1 \mod n^2$.

Уважаемый Феликс Шмидель! Откуда Вы это взяли?