Пикантное место в ВТФ

[ishhan]

$(x+y-z)^n -x^n-y^n+z^n$ или форма "Ноль Характеристики n от трёх переменных" содержит алгебраическую запись знакомую всем любителям ВТФ!
Это алгебраическая форма$ -x^n-y^n+z^n$, которую тысячи раз записывал каждый у кого завязался роман с ВТФ.
Но не многие из любителей ВТФ могут что либо сказать о "Мнимом Уравнении Ферма", которое эквивалентно уравнению Ферма.
Этого брата близнеца УФ порождает форма "Ноль Характеристики n от трёх переменных" $(x+y-z)^n -x^n-y^n+z^n$,
которая имеет не только аддитивный , но и мультипликативный вид когда n-простое число (и даже в случае n=2).
Разложение этой формы выглядит как:
$(x+y-z)^n -x^n-y^n+z^n=n(z-x)(z-y)(x+y)W^{n-3}(x,y,-z)$
Где $W^{n-3}(x,y,-z)$ симметрическая целочисленная форма степени $n-3$ содержания единица.
Если исключить форму $-x^n-y^n+z^n$ из тождества, то получим эквивалентное уравнение Ферма:
$(x+y-z)^n =n(z-x)(z-y)(x+y)W^{n-3}(x,y,-z)$
Что бы стало ясно о чём идёт речь приведу примеры "Мнимых Уравнений Ферма" для $n=2,3,5$
(сори, для n=2 "Мнимое Уравнение Пифагора")
$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$
( а это уже будут Мнимые Уравнения Ферма)
$n=3$
$(x+y-z)^3 =3(z-x)(z-y)(x+y)$
$n=5$
$(x+y-z)^5 =5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$
И если привести подобные члены в каждом из мнимых уравнений получится родное УФ.
Пикантность ВТФ состоит в том, что Пьер Ферма вырвал маленький кусочек из тождества разложения формы "Ноль Характеристики n от трёх переменных" который лишил левую часть тождества свойства инвариантности отрицательной суммы переменных , но при этом инвариантность отрицательной суммы переменных осталась в правой части тождества.
Инвариантность отрицательной суммы это свойство алгебраической формы выраженное в равенствах:
$F^n(x,y,z)=F^n(-s,y,z)=F^n(x,-s,z)=F^n(x,y,-s)$
Где$s=x+y-z$
Можно проделать замену переменных типа:
$x_1=-x-y+z$
$y_1=y$
$z_1=z$
И убедиться что формы:
$(x+y-z)^n -x^n-y^n+z^n$
$(z-x)(z-y)(x+y)$
$(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$
и в общем случае
$W^{n-3}(x,y,-z)$
не изменятся если $n$ не чётное простое число.
n=2 является исключением!
Только в этом случае инвариантности отрицательной суммы изначально не было ни в правой ни в левой части тождества $(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=2(z-x)(z-y)$ и по этой причине существуют целочисленные Пифагоровы тройки.
А приравнять формы $(x+y-z)^n -x^n-y^n+z^n=(x+y-z)^n$ в целых числах не возможно потому, что:
симметрическая форма от трёх переменных с инвариантностью отрицательной суммы переменных имеет дополнительные делители по сравнению с просто симметрической суммой(после замены $z_1=-z$) формой без свойств инвариантности $-x-y+z$.
Мнимое Уравнение Ферма и имеет к тому же не тривиальный геометрический смысл:
Представьте три кубика x,y,z расположенные вдоль главной диагонали z большего из них так что кубики z и x имеют общую вершину условно(0,0,0) а ребра x лежат на рёбрах z и кубик x находится внутри кубика z.
Куб со стороной y так же имеет общую вершину с кубом z с координатами условно (1,1,1) и его рёбра также находятся на рёбрах куба z.
Если x+y-z больше ноля, то внутри z появится кубик со стороной x+y-z.
Если убрать весь геометрический объём занимаемый кубиками x и y внутри z (и кубик x+y-z ) , то останется геометрическая фигура с топологией тора плоско выпуклый двенадцатигранник имеющий поворотную ось симметрии 3-го порядка и объём который можно представить и аддитивно и мультипликативно:
$Vad=(x+y-z)^3-x^3-y^3+z^3$
$Vm$=3(z-x)(z-y)(x+y)
К тому же в следствии свойства инвариантности правая часть "Мнимого Уравнения Ферма" принимает одни и те же значения от четырёх троек :
$x,y,-z$
$-x-y+z,y,-z$
$x,-x-y+z,-z$
$x,y,-x-y+z$
Что в кольце вычетов приводит к роковым последствиям для существования целочисленных троек ВТФ.

[AKM]

ishhan,

Вы просто хотите обсудить некую пикантность, или обсудить/доказать некое более определённое утверждение? Если второе --- не могли бы Вы явно и лаконично сформулировать предмет обсуждения в самом начале своего сообщения? Как бы позаботиться и о нелюбителях ВТФ, читающих тему.
У Вас есть примерно полчаса, когда сообщение можно самостоятельно отредактировать (кнопка пока активна).
Заодно можно вставить второе "р" в слово "сори", впарить штук пять забытых запятых...
Что, конечно, необязательно.

[ananova]

На досуге выводил (буквально недельку назад)

Вероятно на 50% пересекается с этой темой:

Для ВТФ:

$n=3$:

$(x+y)^3-x^3-y^3=3(x+y)xy$

$n=5$:

$(x+y)^5-x^5-y^5=5(x+y)xy\frac {y^3-x^3}{y-x}$

Надеюсь, что не ошибся при выводах.

[ishhan]

В некотором смысле.
Вы тоже имеете дело с алгебраической формой под названием "Ноль Характеристики $n$", но от двух переменных, на которую я так же призываю обратить внимание.
В общем виде для простых показателей эта форма записывается как :
$(x+y)^n-x^n-y^n=nxy(x+y)W^{n-3}(x,y)$
Где $W^{n-3}(x,y)$ симметрическая форма от двух переменных.
Для показателя $n=3$ $W^0(x,y)=1$
Для $n=5$ $W^2(x,y)=x^2+xy+y^2$ Вы записываете как$\frac{y^3-x^3}{y-x}$
Для $n=7$ $W^4(x,y)=(x^2+xy+y^2)^2$
Эта форма имеет свойство инвариантности, которое пока не описано в математической литературе.
А именно$W^{n-3}(x,y)=W^{n-3}(-x-y,y)=W^{n-3}(x,-x-y)$
Я называю это свойство инвариантностью отрицательной суммы переменных.
Так, если есть два целых числа A и B, то форма с таким свойством инвариантности не меняется при замене любого переменного на сумму двух с обратным знаком.
То есть, три пары: (A,B), (-A-B,B), (A,-A-B) при подстановке в форму дадут одно и то же значение формы.
Для случая двух переменных можно показать что $W^{n-3}(x,y)$ при взаимно простых числах x,y будет взаимно проста с суммой x+y.
Для случая трёх переменных вопрос сложнее.
И если кому нибудь удастся доказать, что $W^{n-3}(x,y,-z)$ имеет хотя бы один взаимно простой множитель с суммой $x+y-z$, то тем самым будет доказана ВТФ.
Я призываю любителей ВТФ рассматривать не только привычное уравнение:
$x^n+y^n=z^n$, но и его эквивалент:
Мнимое Уравнение Ферма
$(x+y-z)^n=n(x+y)(z-x)(z-y)W^{n-3}(x,y,-z)$
которое на первый взгляд сложнее, но содержит гораздо больше информации

[Гаджимурат]

ishhan в сообщении #410757 писал(а):

Мнимое Уравнение Ферма $(x+y=z)^n=n(x+y)(z-x)(z-y)W^{n-3}(x,y,-z)$ которое на первый взгляд сложнее, но содержит гораздо больше информации

Вы правы.Я более 30 лет назад нашел формулу,которая описывает Вашу
$W^{n-3}(x,y,-z)$, даже Ваше обозначение $x+y-z=x_1$ совпадает с моим.Я всегда использую этот символ. У меня $(x+y-z)^N=x_1^N=N(x+y)(z-x)(z-y)M$,где
$N$-это рассматриваемая степень,так как символ $n$ я использовал по другому назначению,т.есть $n=z-x=a^N$ и $n_1=z-y=b^N$ и $x+y=c^N$ и $NM=m^N$
(запись сделана для 1 случая Ферма),тогда
$x_1^N=a^Nb^Nc^Nm^N$ и $x_1=abcm$.
$\frac{m^N}N=x^{N-3}+y^{N-3}+k_1nn_1(x^{N-5}+y^{N-5} +....+(x_1z)^{\frac{N-3}2}$.
Так,для $N=5$ будем иметь $\frac{m^5}5=x^2+y^2+nn_1$.Она идентична Вашей формуле (для 1 случая Ферма).
Вот поэтому я и знаю про ВТФ довольно много,много чего могу доказать. Но,увы,
сказать,что я доказал ВТФ,не могу.Я не математик,я любитель.
Да,если бы Вы немного еще подумали,то получили бы новые формулы для нахождения "Пифагоровских" троек.Они являются частным решением общего случая решения ВТФ для простых степеней,а $2$ есть простое число.Удачи.

[Гаджимурат]

ishhan в сообщении #410757 писал(а):

Для $n=7$ $W^4(x,y)=(x^2+xy+y^2)^2$

Проверил. Не верно,Вы ошибаетесь.Правильно будет так:
$W^4(x,y)=m^7=x^4+y^4+2nn_1(x^2+y^2)+3n^2n_1^2+3nn_1x_1z+x_1^2z^2$, здесь:
примем,что $z$ делится на $7$,тогда $n=z-x=a^7$ и $n_1=z-y=b^7$. Или
$m^7=(n^2+nn_1+n_1^2)^2+Q(x_1)$. Здесь $Q(x_1)$ -сумма членов,которая явно делится на $x_1=abcm$,т.есть $(n^2+nn_1+n_1^2)^2\equiv 0 mod (m)$ и получается,что $m=m_1^2$. Я вместо символа $W$ использую символ $m$.

[ishhan]

Уважаемый Гаджимурат!
У меня есть один старый друг, который часто любит произносить следующую фразу:
" Может быть я ошибаюсь, но вряд ли."
Вам могу дать хороший совет по поводу проверки некоторых, сомнительных, по Вашему мнению, алгебраических выражений: проверяйте их численными расчётами, и не грех по больше сделать расчётов, разложить полученные результаты на множители в каноническом представлении, прикинуть что к чему, а потом найти объяснение,
почему именно такие множители там присутствуют.
Пример:
1.$W^4(1,1)=\frac{(1+1)^7-1^7-1^7}{7*(1+1)*1*1}=3^2$
2.$W^4(2,3)=\frac{(2+3)^7-2^7-3^7}{7*(2+3)*2*3}=19^2$
3.$W^4(5,8)=\frac{(5+8)^7-5^7-8^7}{7*(5+8)*5*8}=3^2*43^2$
И будет не лишне отметить , что при помощи свойства инвариантности отрицательной суммы формы $W^4(x,y)$ можно объяснить присутствие сомножителя 43, а так же и 3 в третьем примере.

[ishhan]

Уважаемый Гаджимурат!
Про пифагоровы тройки мне, как и Вам было известно ещё в школе.
И в частности то, что Мнимое Уравнение Пифагора:
$(x+y-z)^2=2(z-x)(z-y)$
Даёт возможность записать решения через два параметра p и q:
$z-x=2p^2$
$z-y=q^2$
$x+y-z=2pq$
p,q -положительные и отрицательные целые числа
Решением системы уравнений будут пифагоровы тройки:
$z=2p^2+2pq+q^2$
$x=2pq+q^2$
$y=2p^2+2q^2$
Самое интересное в этом примере это рисунок, который иллюстрирует разбиение квадрата z квадратами y и x в соответствии с тем как это описано в первом посте для кубов. Советую Вам воспроизвести рисунок.

[ananova]

ishhan в сообщении #410757 писал(а):

Для $n=5$ $W^2(x,y)=x^2+xy+y^2$ Вы записываете как$\frac{y^3-x^3}{y-x}$

Хотел бы добавить, что для $n=5$ из уравнения $ x+y=z+s $ (для ВТФ) следует:

$s^5=5(x+y)[xyW^2(x,y)-zsW^2(z,s)]$

Не уверен только, что из этого что-то можно получить.

[ishhan]

ananova в сообщении #411179 писал(а):

ishhan в сообщении #410757 писал(а):

Для $n=5$ $W^2(x,y)=x^2+xy+y^2$ Вы записываете как$\frac{y^3-x^3}{y-x}$

Хотел бы добавить, что для $n=5$ из уравнения $ x+y=z+s $ (для ВТФ) следует:

$s^5=5(x+y)[xyW^2(x,y)-zsW^2(z,s)]$

Не уверен только, что из этого что-то можно получить.

Можно рассмотреть... (если это так приведите вывод формулы )
Так как гораздо проще иметь дело с $W^{n-3}(x,y)$ чем с формой от трёх переменных $W^{n-3}(x,y,z)$
Хотя в случае $n=5$ можно пойти методом проверки всех возможных вариантов
$(x+y-z)^5=5(x+y)(x-z)(y-z)W^2(x,y,-z)$
Откуда следует, что в 1-ом случае ВТФ, когда ни одно из чисел $(x+y),(x-z),(y-z),x,y,z.$-не делится на пять , что то же должно делиться в правой части на $5^4$ что бы соблюсти условие целостности?
И это что то как раз $W^2(x,y,z)$.
Переходите в кольцо вычетов по модулю 5
Подставляйте возможные остатки от деления на пять(кроме ноля) в формулу для $W^2(x,y,z)$, так что бы в сумме они давали пять.
Пример:
$1+1+3$
$1+2+2$
Других вариантов для проверки чётной функции не существует, даже случай $1+2+2$ лишний, так как $2(1+2+2)=2+4+4=-3-1-1mod5$
Проверьте чему равно $W^2(1,1,3)=$
Если не делится на $5^4$ то ВТФ 1 случай для $n=5$ не выполняется.

[Гаджимурат]

ishhan в сообщении #411097 писал(а):

Решением системы уравнений будут пифагоровы тройки:

С Вашего позволения,я поправлю:
$x=abcm+b^N$
$y=abcm+\frac{a^N}N$
$z=abcm+b^N+\frac{a^N}N$ и для $N=2$ имеем $c=1$ и $m=1$,тогда получаем из общего случая частный для 2 степени.
$x=ab+b^2$
$y=ab+\frac{a^2}2$
$z=ab+b^2+\frac{a^2}2$,здесь $(ab)=1$ и $a$ число четное,а $b$ нечетное.
Например $a=2$,$b=1$.Вот что я имел ввиду.А Вы поняли.

ishhan в сообщении #411052 писал(а):

Уважаемый Гаджимурат!
У меня есть один старый друг, который часто любит произносить следующую фразу:
" Может быть я ошибаюсь, но вряд ли."
Вам могу дать хороший совет по поводу проверки некоторых, сомнительных, по Вашему мнению, алгебраических выражений: проверяйте их численными расчётами, и не грех по больше сделать расчётов, разложить полученные результаты на множители в каноническом представлении, прикинуть что к чему, а потом найти объяснение,

Может быть мы говорим про разные формулы,а я ведь ,был грех,очень порадовался,что нашелся еще один фермист, направивший свои исследования по пути,который не заметили другие исследователи за 300 лет.Наверное я ошибаюсь.Проверять численными расчетами,пожалуйста.
Уравнение вида
$x_1^5+z^5=x^5+y^5+5(z-x)(z-y)(x+y)[x^2+y^2+(z-x)(z-y)]$ справедливо для любой простой степени (равенство выполняется).Можем проверить на 2 степени,так как знаем Пифагоровые тройки,например $3,4,5$.Подставьте в приведенное уравнение и ВЫ убедитесь,что я прав,так как в правой части сумма равна 3157 и в левой части так же имеем число 3157.
Точно так же можем проверить и $m^7$.Как у Вас с такой проверкой.
Да,если принять,что $x^5+y^5=z^5$,то только для 5 степени будем иметь:
$x_1^5=5(z-x)(z-y)(x+y)[x^2+y^2+(z-x)(z-y)]$.
А доказать 1 случай для 5 степени можем очень просто.
Доказано,что для регулярных степеней должно выполняться условие:
$y-x=n-n_1\equiv 0 mod(N^2)$, в нашем случае должно делиться на $5^2$.
Тогда и $(n-n_1)^2=(n^2-2nn_1+n_1^2)\equiv 0 mod (5^4)$, но и
$(n^2+nn_1+n_1^2)\equiv 0 mod (5^2)$
Вычтем из второго сравнения первое,имеем,что
$3nn_1\equiv 0 mod (5^2)$, но $nn_1$ не делятся на 5 по условию.Вот только зачем это делать,когда можем доказать,что для всех регулярных степеней должно выполняться условие $2^{N-1}-1\equiv 0 mod (N^3)$
Например с той же 5 степенью: $2^{5-1}-1=15\equiv 0 mod (5^3)$.
Все довольно легко и просто,но с нерегулярными степенями дело обстоит сложнее.
P.S. Советы всегда принимаю с удовольствием,но с Вами не согласен.И чем я Вас обидел,что Вы пошли в атаку с открытым забралом.

[ishhan]

Прошу Вас ,уважаемый Гаджимурат, не обращать внимание на мой лёгкий выпад в Ваш адрес.
Меня наверное задело то, что Вы считаете не верным выражение:
$W^4(x,y)=(x^2+xy+z^2)^2$, а оно между тем верно и все значения $W^4(x,y)$ являются квадратами.
Насчёт Пифагоровых троек, что у Вас что у меня одна и та же формула с разными обозначениями.
Вы, на мой взгляд, усложняете восприятие Ваших алгебраических выкладок тем, что вводите новые обозначения такие как:
$n,n_1,m,$.
Надеюсь Вы не будете возражать что:
$W^4(x,y,z)=x^4+y^4+z^4+2(x^3y+xy^3+z^3x+x^3z+z^3y+zy^3)+3(x^2y^2+z^2x^2+z^2y^2)+5xyz(x+y+z)$

[Гаджимурат]

ishhan в сообщении #411313 писал(а):

Вы, на мой взгляд, усложняете восприятие Ваших алгебраических выкладок тем, что вводите новые обозначения такие как:$n,n_1,m,.$

Почему усложняю. Я пользуюсь 4 самыми простыми (и взаимно простыми) символами,это $a,b,c,m$.И,что бы не писать все время $a^n,b^n$,я степень $n$ стал обозначать как $N$,а освободившийся символ $n$ стал использовать в качестве: $n=a^N$ и $n_1=b^N$.Удобно печатать и уравнения стали более нагляднее для восприятия.Пример: $\frac{m^5}5=a^{10}+a^5b^5+b^{10}+2abcmz$ или,что тоже:
$\frac{m^5}5=n^2+nn_1+n_1^2+2x_1z$.Вот это уравнение вроде читается лучше,более понятное.Да и просто привык за 30 лет,тогда же не было интернета.

ishhan в сообщении #411313 писал(а):

Надеюсь Вы не будете возражать что:

Давайте уточним наши позиции.Я имею ввиду для $m^7$ следующее.
(1)$x_1^7+z^7=x^7+y^7+7(z-x)(z-y)(x+y)[x^4+y^4+2(z-x)(z-y)(x^2+y^2)+3(z-x)^2(z-y)^2+3(z-x)(z-y)x_1z+x_1^2z^2]$ или,что тоже:
$x_1^7+z^7=x^7+y^7+7nn_1(x+y)[x^4+y^4+2nn_1(x^2+y^2)+3n^2n_1^2+3nn_1x_1z+x_1^2z^2]$.
Это уравнение справедливо для "любой" степени.Поясню.Вот если бы уравнение 3 степени имело решение и мы бы нашли эти $x,y,z$ в числовых значениях,то подставив в (1), мы бы убедились в том,что равенство соблюдается.Так можно проверять на любой степени.Но мы не знаем этих числовых значений,поэтому пользуемся для проверки (1) "Пифагоровыми" тройками.А в общем виде это выглядит так:
$x_1^N+z^N=x^N+y^N+Nnn_1(x+y)M_{(N)}$, где
$M_{(N)}=x^{N-3)}+y^{N-3}+...........+x_1^{\frac{N-3}2}z^{\frac{N-3}2}$.
Вот что я имел ввиду. А ВЫ?.
Я думаю все же Вы работаете с другим уравнением,т.есть у Вас другой подход к решению ВТФ. Каждый видит ВТФ по своему и каждый прав.Не знаешь кто прав,а кто нет.

[ishhan]

Уважаемый Гаджимурат!
Я работаю с тем же уравнением, что и Вы.
Только у Вас вместо трёх переменных $x,y,z$ фигурируют дополнительные параметры, которые выражаются через всё те же переменные.
Больше всех мне жалко форму$W^{n-3}(x,y,z)$, которую Вы обезличиваете символом $m$ и считаете просто неким целым числом.
Тем самым Вы теряете массу полезной информации о алгебраической форме $m=W^{n-3}(x,y,z)$
У меня действительно другой подход к решению ВТФ .
Ключевым местом является свойство инвариантности формы "Ноль Характеристики n":
$(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n$ для нечётных степеней $n$
А так же свойство инвариантности формы$(x+y)(x-z)(y-z)$ относительно замены переменных:
$x_1=-x-y+z$
$y_1=y$
$z_1=z$
Для наглядности привожу простые выкладки:
$(x_1+y_1-z_1)^n-x_1^n-y_1^n+z_1^n= (-x-y+z+y-z)^n-(-x-y+z)^n-y^n+z^n= -x^n+(x+y-z)^n-y^n+z^n= (x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n$
Для чётныых степеней $n$ такая замена не проходит, а для простых не чётных проходит.
Проделаем ту же замену для формы $(x+y)(x-z)(y-z)$:
$(x_1+y_1)(x_1-z_1)(y_1-z_1)= (-x-y+z+y)(-x-y+z-z)(y-z)= (z-x)(-x-y)(y-z)= (x-z)(x+y)(y-z)$
Как видите формы не изменились!
А это значит что $W^{n-3}(x,y,z)$, так же будет обладать свойством инвариантности.
Тогда правая часть Мнимого Уравнения Ферма:
$(x+y-z)^n=n(x+y)(x-z)(y-z)W^{n-3}(x,y,z)$ будет обладать свойством инвариантности, а левая нет так как из неё исключены слагаемые входящие в уравнение Ферма.
Но это пока нельзя назвать доказательством. Это идея доказательства.
Эту идею подтверждают свойства множества $T^n(x,y,z)$ состоящего из троек вычетов сумма которых является простым числом$x+y+z=0modn$:
Приведу в примере подмножество$E^{13}(1,a,-1-a)$ элементов множества $T^{13}(x,y,z)$, которое обязательно среди своих компонент содержит единицу.
1,1,11
1,2,10
1,3,9
1,4,8
1,5,7
1,6,6
К необходимости введения этого множества я пришёл изучая численные значения формы $W^{n-3}(x,y,z)$

[Гаджимурат]

ishhan в сообщении #411556 писал(а):

Я работаю с тем же уравнением, что и Вы.

Давайте сразу договоримся-без обид.Вести себя вежливо,уважать коллегу,спокойно воспринимать критику,поправлять и т.д. Вы сказали,что работаете с тем же уравнением-попробуем разобраться и начнем с первой формулы. Вы написали:
Первое $(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n$ (1) и чему это равно.
Второе $x_1=-x-y+z$ ,но $x+y>z$,тогда Ваше $x_1=-x_1$.Поэтому,если подставим вместо $x+y-z=-x_1$ в (1),то получим следующее
$-x_1^n-x^n-y^n+z^n$. Но вот как $x$ в этом выражении становится $x_1$,мне не понятно.Пока я понял только одно :если Ферма прав,то $-x^n-y^n+z^n=0$ и
$-x_1^n=-$ ,наверное равно Вашему $W^{n-3}(x,y,z)$.Но это не так.$x_1^n+z^n-x^n-y^n=W^{n-3}(x,y,z)$.Пока остановимся.Постарайтесь ответить только на поставленные вопросы и пойдем дальше.