Замена уравнения ВТФ сравнением

[ananova]

Если я заблуждаюсь, то буду признателен, если укажите на ошибку.

[vasili]

Уважаемый ananova!
Так как q простой делитель $z_2$, то из равенства $x_1^3 = z-y$ следует $x_1^3\equiv-y\mod q$.

Сравнение $-y\equiv x\mod q$ ошибочно, так как

$x +y = z_1^3$ , где $(z_1,z_2) = 1$ ,

тогда и $(z_1, q) = 1$.



И это Ваше сравнение ошибочное
$v^3 \equiv -y/x \equiv -x/y \equiv -1 \mod q$ ?

Если $-x/y\equiv -1\mod q$, то

$x\equiv y\mod q$, а значит и

$x^3-y^3\equiv 0\mod q$, но

$x^3 + y^3\equiv 0\mod q$, тогда после сложения последних сравнений

$2x^3\equiv 0\mod q$, что невозможно в силу примитивности решения ВТФ.

[ananova]

vasili в сообщении #971115 писал(а):

Так как q простой делитель $z_2$, то из равенства $x_1^3 = z-y$ следует $x_1^3\equiv-y\mod q$.

Сравнение $-y\equiv x\mod q$ ошибочно, так как

$x +y = z_1^3$ , где $(z_1,z_2) = 1$ ,

тогда и $(z_1, q) = 1$.

Этого пояснения достаточно, чтобы найти у себя ошибку.
Мне понятней так:

$z_1^3 \not \equiv 0 \mod q$ , т.к. это следует из сравнения: $z_1^3 \not \equiv 0 \mod z_2$ , поэтому $-y \not \equiv x \mod q$

В таком случае, действительно, полностью согласен: $v^{n^2}x^n+y^n \equiv 0 \mod q$ , т.к. $x_1^{n^2} \equiv x^n \mod q$ и $y_1^{n^2} \equiv y^n \mod q$

[vasili]

Уважаемый ananova! Мне кажется интересны следствия, показанного Феликсом Шмидель, сравнения

$q-1\equiv 0\mod n^2$.

В частности имеем

$z^{n-1}-1\equiv 0\mod n^3$,

$x^{n-1}-1\equiv 0\mod n^3$,

$y^{n-1}-1\equiv 0\mod n^3$.

[ananova]

В этой теме много интересного, по-совокупности. Будем надеяться, что еще будут интересные результаты.

-- Пт янв 30, 2015 17:24:59 --

vasili в сообщении #971174 писал(а):

В частности имеем

$z^{n-1}-1\equiv 0\mod n^3$,

$x^{n-1}-1\equiv 0\mod n^3$,

$y^{n-1}-1\equiv 0\mod n^3$.

Если $z \equiv 1 \mod n$, то $z-1 \equiv 0 \mod n^3$
Допустим $n=3$, тогда $z^2-1 \equiv (z+1)(z-1) \equiv 0 \mod 3^3$, а т.к. $(z+1)$ по предусловию не делится на 3, то $(z-1) \equiv 0 \mod 3^3$

Возможно, что это можно обобщить для более общего случая.
$z^4-1 \equiv (z^2+1)(z+1)(z-1) \equiv 0 \mod 5^3$, если $n=5$

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #968307 писал(а):

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 $x \equiv y \equiv z \mod p$.


Доказательство:

Пусть $a^2 -3b\equiv 0\mod p$, где $p$ - простое число, сравнимое с $5$ по модулю $6$.
Покажем, $x \equiv y \equiv z \mod p$.
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 $a$ делится на $p$, то $b$ делится на $p$, поскольку $a^2 -3b\equiv 0\mod p$.
Следовательно, если $a$ делится на $p$, то $x^{p-1}+y^{p-1}+z^{p-1}$ делится на $p$.
Следовательно, если $a$ делится на $p$, то числа $x, y, z$ делятся на $p$.
Значит, в любом случае, числа $x, y, z$ сравнимы по модулю $p$.
Что и требовалось.

Пусть $x^n+y^n+z^n=0$, где $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа.
Тогда $(x^n-y^n)^2=z^{2 n}-4 x^n y^n$.
Обозначим $x_1=x^n, y_1=-y^n, z_1=0, a_1=x_1+y_1+z_1, b_1=x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1$.
Имеем: $a_1^2-3 b_1^2=(x^n-y^n)^2+3 x^n y^n=z^{2 n}-x^n y^n$.
Значит, $z^{2 n}-x^n y^n$ не делится на простые числа $p$, сравнимые с $5$ по модулю $6$.
Мы знали это и раньше, но теперь мы показали это, используя теорему 1.

Теперь обозначим $x_1=x^n+v, y_1=-(y^n+v), z_1=0, a_1=x_1+y_1+z_1, b_1=x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1$, где $v$ - какое-либо целое число.
Имеем: $a_1^2-3 b_1^2=(x^n-y^n)^2+3 (x^n+v) (y^n+v)=z^{2 n}-x^n y^n+3 v (x^n+y^n)+3 v^2$.
Если $p \equiv 5 \mod 6$ простое число, на которое не делится $x^n-y^n$, то $z^{2 n}-x^n y^n+3 v (x^n+y^n)+3 v^2$ не делится на $p$, в силу теоремы 1.
Я не знаю можно ли получить из этого противоречие.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
1.Мне не понятна Ваша логика поиска противоречия.

2.О теореме 1.

Если $P = n$, а $n = 6m +5$, то приходим к сравнениям $x\equiv y\equiv z\mod P$. что ведет к

противоречию $3x^n\equiv0\mod P$.


3.В этом случае Сравнение $a^2-3b\equiv 0\mod n$ справедливо для п = 5? А для $n > 5$ неопределенность?

4. Если $P\ne n$, то приведенное доказательство теоремы 1. не понятно.

5. Используемые в Теореме 1. числа (a, b) есть производные от уравнения ВТФ, а потому не могут выбираться произвольно, что Вами сделано в последнем сообщении.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili!

1. Логика простая: если бы удалось найти такое целое число $v$, что $z^{2 n}-x^n y^n+3 v (x^n+y^n)+3 v^2$ делится на $p \equiv 5 \mod 6$, то мы получили бы противоречие.
Легко показать, что существование такого целого числа $v$ эквивалентно ВТФ.
Проблема в том, что не видно как это можно показать.

2, 3. Сравнение $a^2-3b\equiv 0\mod n$ не выполняется, поскольку $a$ делится на $n$, а $b$ не делится на $n$ (в случае 2 ВТФ). Поэтому мы не можем использовать теорему 1 для $p=n$.

4. Если $p \ne n$, что Вам непонятно в доказательстве теоремы 1?

5. Мы применили теорему 1 не к числам $x, y, z$ и $a, b$, а к определённым нами числам $x_1, y_1, z_1$ и $a_1, b_1$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Вы пишете:
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 $p$.

Как это доказать для $p\ne n$? Не ясно зачем $v_x^{P-1`} +v_y^{P-1} +v_z^{P-1}$? Почему противоречит делимости на P?

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! Употребляйте, пожалуйста, маленькое $p$.
Поскольку $a^2-b$ делится на $p$ по условию, то $v_x+v_y+v_z$ и $v_x v_z+v_y v_z+v_x v_y$ делятся на $p$.
Из этого следует, что для любого целого положительного числа $m$, не делящегося на $3$: $v_x^m+v_y^m+v_z^m$ делится на $p$.
В частности это верно для $m=p-1$, так как $p-1$ не делится на $3$ по условию.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!

Благодарю за ликбез.

Действительно если $v_x + v_y + v_z\equiv 0 \mod P$, то

$v_xv_z +v_zv_y +v_xv_y$ не делиться на $P = 6m + 5$.

-- 07.02.2015, 12:00 --

Уважаемый Феликс Шмидель!

Благодарю за ликбез.

Действительно если $v_x + v_y + v_z\equiv 0 \mod p$, то

$v_xv_z +v_zv_y +v_xv_y$ не делиться на $p = 6m + 5$.