По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!

1. В своих рассуждениях я исходил из вряд ли нового сравнения

$X + Y-Z\equiv0\mod P^2$, доказательство, которого элементарно и принятого

без доказательства сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$.

2. Противоречие сохраниться если $X + Y-Z\equiv0\mod P^5$. В этом случае левая часть будет делиться на $P^6$, а правая на $P^5$.

3. Но я надеюсь, что в Вашем вопросе скрыт, более общий смысл, а именно, а если:

$X + Y-Z\equiv0\ modP^2^m$,

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$. где m – любое натуральное число, тогда

Левые и правые части «Противоречивого» сравнения будут сравнимы с нулем по модулю

$P^2^m^+^1$ и Противоречие исчезнет.

К сожалению, мы еще не приступили к доказательству

«ключевого» сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$.

Мои наработки указывают на то, что если трехчлен

$X + Y-Z\equiv 0\mod P^m$, то и

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$, а в этом случае Противоречие сохраниться.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!

1. В своих рассуждениях я исходил из вряд ли нового сравнения

$X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$, доказательство, которого элементарно и принятого

без доказательства сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$.

2. Противоречие сохраниться если $X + Y-Z\equiv 0\mod P^5$. В этом случае левая часть будет делиться на $P^6$, а правая на $P^5$.

3. Но я надеюсь, что в Вашем вопросе скрыт, более общий смысл, а именно, а если:

$X + Y-Z\equiv 0\mod P^2^m$,

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$. где m – любое натуральное число, тогда

Левые и правые части «Противоречивого» сравнения будут сравнимы с нулем по модулю

$P^2^m^+^1$ и Противоречие исчезнет.

К сожалению, мы еще не приступили к доказательству

«ключевого» сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$.

Мои наработки указывают на то, что если трехчлен

$X + Y-Z\equiv 0\mod P^m$, то и

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$, а в этом случае Противоречие сохраниться.

[vasili]

(2) $(x+1)^n \equiv x^n+1$ по модулю $n^2$.

Уважаемый Феликс Шмидель! Это сравнение имеет решения, если простое число n имеет вид n= 6m + 1.

Пусть g- наименьший первообразный корень по модулю $(6m +1)^2$ и функция Эйлера

$\varphi(6m +1)^2 =6m(6m+1)$, тогда решения сравнения (2) будут

$X^n\equiv g^2^m^{(6m + 1)}\mod(6m + 1)^2$ и

$X^n\equiv g^4^m^{(6m+1)}\mod(6m +1)^2$, отсюда

$X\equiv g^2^m\mod (6m +1)^2$

$X\equiv g^4^m\mod (6m+1)^2$

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #763553 писал(а):

(2) $(x+1)^n \equiv x^n+1$ по модулю $n^2$.


$X^n\equiv g^2^m^{(6m + 1)}\mod(6m + 1)^2$

Откуда это следует? А $X$ это то же самое, что $x$?

[Феликс Шмидель]

То, что Вы написали, уважаемый vasili, ошибочно, так как противоречит результатам компьютерной программы, о которой я говорил. Жаль, я потерял ссылку на работу, о которой я говорил, но может быть то, что $t^2+t+1$ не может делиться на $n$, где $t=x/y$ следует из одного из сравнений Мириманова? Это довольно простые сравнения, которые нам необязательно доказывать (доказательство в 13 лекциях о ВТФ Рибенбойма довольно длинное). Что будет, если мы подставим $t \equiv i_3$ в эти сравнения?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!

1. В своих рассуждениях я исходил из вряд ли нового сравнения

$X + Y-Z\equiv 0 \mod P^2$, доказательство, которого элементарно и принятого

без доказательства сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^2$.

2. Противоречие сохраниться если $X + Y-Z\equiv 0\mod P^5$. В этом случае левая часть будет делиться на $P^6$, а правая на $P^5$.

3. Но я надеюсь, что в Вашем вопросе скрыт, более общий смысл, а именно, а если:

$X + Y-Z\equiv 0 \mod P^2^m$,

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$. где m – любое натуральное число, тогда

Левые и правые части «Противоречивого» сравнения будут сравнимы с нулем по модулю

$P^2^m^+^1$ и Противоречие исчезнет.

К сожалению, мы еще не приступили к доказательству

«ключевого» сравнения

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$.

Мои наработки указывают на то, что если трехчлен

$X + Y-Z\equiv 0\mod P^m$, то и

$ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^m$, а в этом случае Противоречие сохраниться.

[Феликс Шмидель]

А зачем Вы повторяете это сообщение? Я с ним согласен. И хочу вместе с Вами попробовать доказать, что если $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P$, то можно придти к противоречию.
Вы знаете, что такое многочлены и сравнения Мириманова?

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Я не могу согласиться с Вами, что сравнение

$(X + 1)^n\equiv X^n + 1\mod n^2$, где $n = 6 m + 1$ не имеет решения.

Я мог бы привести доказательство, но оно обьемное, поэтому приведу простые примеры:


1.Пусть $n^2 = 7^2 = 49$ и $g = 3$ - первообразный корень по

модулю $7^2$, тогда

$X = 32$ и $(32 + 1)^7\equiv32^7 + 1\mod 49$, где

$33^7\equiv19\mod 49$,

$32^7\equiv18\mod 49$ получим

$19 = 18 + 1$, а так же


$X = 9$, тогда $(9 + 1)^7\equiv 9^7 + 1\mod 49$


$9^7\equiv30\mod 49$,

$10^7\equiv31\mod 49$ получим

$31 = 30 + 1$.

2. Пусть $n^2 = (13^2)$, $(19^2)$ и $(31^2)$ и соответственно $g = 2, 2, 3$, тогда

соответственно $X = (16, 87)$, $(64, 125)$ и $(428, 192)$.

[Феликс Шмидель]

Я проверял, что cравнение $(x+1)^n-x^n-1 \equiv 0$ по модулю $n^2$ не имеет решений, кроме $x \equiv 0$, $x \equiv -1$, $x \equiv i_3$, $x \equiv i_3^2$ по модулю $n$, где $i_3$ - кубический корень из 1, отличный от 1, по модулю $n$.

В вашем примере, $n=7$, $x=9$ имеем $9^3 \equiv 1$ по модулю $7$. Также, если $x=32$, то $32^3 \equiv 1$ по модулю $7$. То есть, $9 \equiv i_3$, $32 \equiv i_3^2$ по модулю $7$.

Первообразные корни ни при чём, и Ваше доказательство с первообразными корнями наверняка ошибочно.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #764657 писал(а):

И хочу вместе с Вами попробовать доказать, что если $ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P$, то можно придти к противоречию.

В книге "Последняя Теорема Ферма для любителей" на стр. 194 написано, что Pollaczek доказал это в 1917 году.

[Феликс Шмидель]

Для полноты картины добавлю (источник та же книга): если cравнение $(x+1)^n-x^n-1 \equiv 0$ по модулю $n^2$ редко но может иметь решения, отличные от $0$, $-1$, $i_3$ и $i_3^2$ по модулю $n$, то сравнение $(x+1)^n-x^n-1 \equiv 0$ по модулю $n^3$ не имеет решений, отличных от указанных по модулю $n$.
Это не доказано (из этого следовал бы первый случай ВТФ), но проверено для очень большого числа показателей.
Таким образом, использую теорему Поллачека, можно доказать первый случай ВТФ для любого конкретного показателя $n$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
На Ваш вопрос: «А если X + Y-Z\equiv 0\mod P^5?»
предлагаю нижеследующий ответ.

1. Пусть $X + Y-Z\equiv 0\mod P^K$, но и $X^P + Y^P-Z^P\equiv 0\mod P^K$, где

$K >1$.

2. Допустим, что

2.1. $X^P^-^1\equivA\mod P^K$, тогда $X^P\equiv AX\mod P^K$;

2.2. $Y^P^-^1\equivA\mod P^K$, тогда $Y^P\equiv AY\mod P^K$;

2.3. $Z^P^-^1\equivA\mod P^K$, тогда $Z^P\equiv AZ\mod P^K$, где

A – натуральное число.

3, Сложим сравнения 2.1. и 2.2. и вычтем сравнение 2.3. имеем

$X^P + Y^P-Z^P\equiv A(X + Y-Z)\equiv 0\mod P^K$

Получили справедливое сравнение, следовательно, допущения 2.1., 2.2. и 2.3. также справедливы.


4. Пусть

4.1. $r_1Z\equiv X\mod P^K$,

4.2. $Z\equiv r_2Y\mod P^K$,

4.3. $r_3X\equiv -Y\mod P^K$, где

($r_1$, $r_2$, $r_3$) - наименьшие натуральные вычеты приведенной системы вычетов

по модулю $P^K$

5. Тогда

5.1. $Z^P^-^1\equiv X^P^-^1\mod P^K$, а с учетом 4.1.,

$Z^P^-^1\equiv r_1^P^-^1Z^P^-^1\mod P^K$, отсюда

$r_1^P^-^1\equiv 1\mod P^K$.

5.2. $Z^P^-^1\equiv Y^P^-^1\mod P^K$, а с учетом 4.2.,

$r_2^P^-^1Y^P^-^1\equiv Y^P^-^1\mod P^K$,

отсюда

$r_2^P^-^1\equiv 1\mod P^K$.

5.3. $X^P^-^1\equiv Y^P^-^1\mod P^K$, а с учетом 4.3.

$X^P^-^1\equiv r_3^P^-^1X^P^-^1\mod P^5$,

отсюда

$r_3^P^-^1\equiv 1\mod P^K$.

6. Пусть

6.1. $r_1\equiv g^m^1\mod P^K$, а с учетом (5.1.)

$r_1\equiv (g^m^1)^P^-^1\equiv 1\mod P^K$, отсюда

$m_1(P-1)\equiv 0\mod P^K^-^1(P-1)$, отсюда

$m_1\equiv 0\mod P^K^-^1$, а значит

$m_1 = m_0_1P^K^-^1$.

6.2. $r_2\equiv g^m^2\mod P^K$, а с учетом (5.2.)

$r_2\equiv (g^m^2) ^P^-^1\equiv 1\mod P^K$, отсюда

$m_2 (P-1)\equiv0\mod P^K^-^1(P-1)$, отсюда

$m_2\equiv 0\mod P^K^-^1$, а значит

$m_2 = m_0_2P^K^-^1$.

6.3. $r_3\equiv g^m^3\mod P^K$, а с учетом (5.3.)

$r_3\equiv (g^m^3)^P^-^1\equiv 1\mod P^K$, отсюда

$m_3 (P-1)\equiv0\mod P^K^-^1(P-1)$, отсюда

$m_3\equiv 0\mod P^K^-^1$, а значит

$m_3 = m_0_3P^K^-^1$, где

g – наименьший первообразный корень по модулю $P^5$, a

($m_1$, $m_2$, $m_3$, $m_0_1$,$m_0_2$ $m_0_3$) Є{1,2,3,....., (P-1)}.



Рассмотрим множество вычетов R по модулю $P^K$ таких, индексы которых, по

указанному модулю, равны $ind R = mP^K^-^1$, где

$m = 1,2,3,\idots, (P - 1)$, а $ K >1$.

Обозначим множество таких вычетов через [R].

Утверждение 1.

Если $P = 6n +1$, то в множестве [R] имеются только 2 (два) вычета $R_1$ и $R_2$ таких,

что $R_1 + R_2\equiv 1\mod P^K\engo (1)$.


Доказательство Утверждения 1

Покажем, что сравнение (1) справедливо.

Пусть функция Эйлера $\varphi (6n + 1)^K = 6n(6n +1)^K^-^1 = 6nP^K^-^1$.

Пусть $U = P^K^-^1$,

тогда обозначим вычеты множества {R}, индексы которых кратны $nP^K^-^1= nU$.

пусть

$R_1\equiv g^n^U\mod P^K$,

$U_1\equiv g^2^n^U\mod P^K$,

$-1\equiv g^3^n^U\mod P^K$,

$U_2\equiv g^4^n^U\mod P^K$,

$R_2\equiv g^5^n^U\mod P^K$,

$1\equiv g^6^n^Umod P^K$.


Очевидно, вычеты $R_1$ и $R_2$ принадлежат показателю 6 по модулю $P^K$ и

вычетов, принадлежащих показателю 6 по указанному модулю, только 2(два), так как

$\varphi(6) = 2$, а потому


$(R_1) ^3\equiv -1\mod P^K$, отсюда

$(R_1 + 1) (R_1^2 -R_1 + 1)\equiv 0\mod P^K$, а значит

$R_1^2 -R_1 + 1\equiv 0\mod P^K$, тогда

$R_1 + (-1) R_1^2\equiv 1\mod P^K$ или

$[math]$g ^n^ U + g^3^n^U g^2^n^U\equiv g ^ n^ U + g^5^n^U\equiv R_1 + R_2\equiv1\mod P^K$$[/math], что

подтверждает сравнение (1).

Обратим внимание на симметричность индексов вычетов $R_1$ и $R_2$ относительно индекса вычета $-1$ равного $3nP^K^-^1$, так

$ihd R_1 = 3nP^K^-^1-2nP^K^-^1 = nP^K^-^1= nU$, а

$ihd R_2 = 3nP^K^-^1 + 2nP^K^-^1 = 5nP^K^-^1= 5nU$.

Пусть существуют в множестве вычетов {R} вычеты $R_3$ и $R_4$, удовлетворяющие

условию (1), т.е.

$R_3 + R_4\equiv1\mod P^K$

и пусть

$R_3\equiv g^3^n^U^-^m^1^U$,

$R_4\equiv g^3^n^U^+^m^1^U$, где $m_1$Є {1,2,3,...,(3n-1)}, тогда

$g^3^n^U^-^m^1^U + g^3^n^U^+^m^1^U\equiv 1\mod P^K$.

Умножим последнее сравнение на $g^m^1^U$ и, учитывая что

$(-1)\equiv g^3^n^U\mod P^K$

имеем

$(g^m^1^U) ^2 + g^m^1^U + 1\equiv 0\mod P^K$, тогда

$(g^m^1^U) ^3\equiv 1\mod P^K$, отсюда

$3m_1U\equiv 0\mod 6nU$, отсюда

$m_1 = 2n$
или
$m_1 = 4n$, тогда

$R_3\equiv g^3^n^U^-^2^n^U\equiv g^n^U\equiv R_1\mod P^K$

или

$R_3\equiv g^3^n^U^-^4^n^U\equiv g^-^n^ U\equiv g^5^n^U\equiv R_2\mod P^K$.

Пришли к противоречию: вычет $R_3$ равен вычету $R_1$ или вычету $R_2$, что

указывает на Справедливость Утверждения 1.

Анализ

1. Очевидно, числа $r_1$, $r_2$ $r_3$ индексы, которых по модулю $P^K$ равны

соответственно $m_0_1P^K^-^1$, $m_0_2P^K^-^1$ и $m_0_3P^K^-^1$,

принадлежат множеству {R].

2. Из сравнения $X + Y-Z\equiv 0\mod P^K$ с учетом сравнений 4.1., 4.2. и 4.3. имеем

$r_1r_2-r_2 + 1\equiv 0\mod P^K$

$r_1r_3-r_1 + 1\equiv0\mod P^K$,

$r_2r_3-r_3 + 1\equiv 0\mod P^K$.

3. Благодаря Утверждению 1 числа $r_1$, $r_2$ $r_3$ равны $R_1$ или $R_2$,

тогда из сравнений п.2. следует

$(r_1)^2- r_1 + 1\equiv 0\mod P^K$, где $r_1 = R_1$ или $= R_2$.

Умножим последнее сравнение на $Z^2$ и, учитывая сравнение $Y\equiv Z-X\mod P^K$

имеем

$Z^2[(r_1)^2- r_1 + 1]\equiv X^2-ZX + Z^2\equiv(Z-X)^2 + ZX\equiv (Z-X)Y + ZX \equiv ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^K$,

так как $X\equiv Z-Y\mod P^K$, а $Z\equiv X + Y\mod P^K$, то получим соответственно

$X^2-ZX + Z^2\equiv (Z-Y)^2-Z(Z-Y) + Z^2\equiv(Z-Y)^2 + ZY\equiv X(Z-Y) + ZY \equiv ZX +ZY-XY\equiv 0\mod P^K $,

$X^2-ZX + Z^2\equiv X^2-(X + Y)X + (X + Y )^2\equiv (X+Y)^2-XY\equivZ(X + Y)- XY\equiv ZX + ZY-XY\equiv 0\mod P^K$.

Мы доказали, что трехчлены X + Y-Z и ZX + ZY-XY сравнимы по

модулю P^K,

а значит противоречие, указанное в предыдущем сообщении, сохранилось.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili,

Цитата:

2. Допустим, что

2.1. $X^P^-^1\equivA\mod P^K$, тогда $X^P\equiv AX\mod P^K$;

2.2. $Y^P^-^1\equivA\mod P^K$, тогда $Y^P\equiv AY\mod P^K$;

2.3. $Z^P^-^1\equivA\mod P^K$, тогда $Z^P\equiv AZ\mod P^K$, где

A – натуральное число.

Во-первых, исправьте это, чтобы имело смысл.
Во-вторых, обоснуйте (мне кажется это сомнительным).

[lasta]

Уважаемый vasili!
Применяйте фигурные скобки для сложных аргументов, например, для сложного показателя
2.1. $X^{P-1}\equiv A\mod P^K$,

-- 09.10.2013, 22:11 --

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель!
1. (x и X) -число одно и тоже.
2. Повтор сообщения я произвел из-за незнания, что сообщение есть на стр.2 Прошу прощения.
3 Допустим, что

3.1. $X^P^-^1\equiv A\mod P^K$, тогда $X^P\equiv AX\mod P^K$;

3.2. $Y^P^-^1\equiv A\mod P^K$, тогда $Y^P\equiv AY\mod P^K$;

3.3. $Z^P^-^1\equiv A\mod P^K$, тогда $Z^P\equiv AZ\mod P^K$, где

A – натуральное число.

Если эти допущения ошибочны, то мы получим противоречивые сравнения. Полученные сравнения справедливы, следовательно допущения так же справедливы.
4. Любое решение X будет иметь вычет по модулю $n^2$, который имеет выражение через первообразный корень так $X\equiv g^m\mod n^2$, где $m =1,2,3,\cdots, \varphi(n^2)$.