По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции

[Belfegor]

ishhan в сообщении #787303 писал(а):

Надо будет поискать другие решения $(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=q_2^22^2$, но сдаётся мне что целочисленными будут только пифагоровы тройки.
Так как, справедливо тождество:$(x+y-z)^2-x^2-y^2+z^2=2(z-x)(z-y)$

Уважаемый ishhan!

$\begin{array}{l} (23 + 24 - 25)^2 - (23)^2 - (24)^2 + (25)^2 = 2^2 \\ 2(25 - 23)(25 - 24) = 2^2 \\ \end{array}$

[vasili]

Уважаемый ishhan!

1. Я привел формулы норвежского математика Абеля и указал источник, где их можно посмотреть, в надежде, что они помогут частично разобраться в Вашем тождестве. Вот и все.
2. На Вашу «шутку» о фактически обещанном призе в 100 000 марок у М. М.Постникова можно найти буквально следующее: «В период инфляции после первой мировой войны премия Вольфскеля обесценилась и ныне «ферматисты» (так называют математики лиц, пытающихся явно негодными средствами атаковать теорему Ферма) ни на какое вознаграждение рассчитывать не могут.»
3. Приведенные Вами равенства для трехчлена $X + Y-Z = 5$ и для чисел $X + Y$, $Z-X$, $Z-Y$ указывают, что числа X,Y,Z Вы выбирали произвольно, не связывая их с уравнением ВТФ?

[ishhan]

Уважаемый Belfegor!
Спасибо за деликатный намёк. Вы правы, есть уйма, решений помимо троек Пифагора, как никак имеем дело с тождеством.
Придётся рассматривать более сложное уравнение: $(x+y-z)^n-x^n-y^n+z^n=2^n q^nn^n$.

[ishhan]

vasili в сообщении #787397 писал(а):

1. Я привел формулы норвежского математика Абеля и указал источник, где их можно посмотреть, в надежде, что они помогут частично разобраться в Вашем тождестве. Вот и все.

Уважаемый vasili!
Для иллюстрации возможностей скрытых в использовании "три_номинального" тождества приведу доказательство первого случая ВТФ для $n=5$.
Запишем пятую степень тринома $(x+y-z)^3$ в виде суммы четырёх слагаемых:
$(x+y-z)^5=x^5+y^5-z^5+5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$.
Далее полагаем выполнение уравнения Ферма
$x^5+y^5-z^5=0$
Тогда трином пятой степени имеет вид:
$(x+y-z)^5=5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$.
Откуда без использования малой теоремы Ферма следует что:
$5|(x+y-z)$
То есть делимость тринома на $5$
Заметим, что если какое либо из трёх переменных тринома, пусть $x$ делится на $5$,
то алгебраическая сумма двух остальных $z-y$ так же делится на 5.
Таким образом приходим к важному заключению:
Если ни одно из чисел x,y,z не делится на $5 $, то алгебраический сомножитель $(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$
который можно назвать "сердцевиной тринома", обязан делится на $5^4$.
Это условие целостности тринома пятой степени $(x+y-z)^5$.
И эту делимость на $5 $ выражения $(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$ можно проверить численно
Для этого вычислим значения "сердцевины" для всех троек $x,y,z$ из множества остатков от деления на $5$ $(1,2,3,4)$ таких что:
$x+y-z=0$
Для набора $1,2,3$ имеем: $1^2+2^2+3^2+1\cdot2-1\cdot3-2\cdot3=7$ на $5$ не делится.
Для остальных наборов результат так же отрицательный, можете проверить.
Из этого следует невозможность первого случая ВТФ для $n=5$.
Отметим, что уравнение $x^5+y^5=z^5$ нельзя проверить на остатках отделения на $5$ в силу малой теоремы Ферма.

[dmd]

Верно ли вижу?

В равенстве $(x+y-z)^5=5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$ не только $5$, но и любое простое, делящее $(x+y-z)$, не может одновременно делить и $(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$.

Т.е. $(x+y-z,x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)=1$.

Еще $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy$ есть полная 5-я степень.

Т.е. $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy=u^5$, где $u$ - некоторое целое.

[ishhan]

dmd в сообщении #789214 писал(а):

Еще $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy$ есть полная 5-я степень.

Для второго случая ВТФ это так и "сердцевина тринома"
$x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy=u_2^5$
должна быть пятой степенью, а одно из чисел $(z-x),(z-y),(x+y)$ должно быть равно $5^4p_2^5$
Но для первого случая ВТФ, когда ни одно из чисел $x,y,z$ и соответственно $(z-x),(z-y),(x+y)$ не делится на 5 условие целостности должно быть $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy=5^4u_1^5$ а каждое из чисел $(z-x),(z-y),(x+y)$ должно быть пятой степенью. Всё в соответствии с формулами Абеля или Барлоу, но только добавляется к ним условие целостности для $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy$-"сердцевины тринома".
Что касается числа $x+y-z$, то в случае выполнения $x^5+y^5-z^5=0$, помимо 5 оно должно делится на каждый простой делитель $q$ входящий в разложение чисел $(z-x),(z-y),(x+y)$ и $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy$

[dmd]

Если $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy=u^5$

и $(x+y-z,x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)=1$,

то $x+y-z \mid xyz$.



Доказательство такое же как и для $n=3$.
Умножаем левую и правую часть $(x+y-z)^5=5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$
на $(x^4 - x^3 y + x^2 y^2 - x y^3 + y^4) (y^4 + y^3 z + y^2 z^2 + y z^3 + z^4) (x^4 + x^3 z + x^2 z^2 + x z^3 + z^4)$
и делим обе части на $5$

А $(x^4 - x^3 y + x^2 y^2 - x y^3 + y^4) (y^4 + y^3 z + y^2 z^2 + y z^3 + z^4) (x^4 + x^3 z + x^2 z^2 + x z^3 + z^4)/5=v^5$ - тоже полная пятая степень.

И $(z-x)(z-y)(x+y)(x^4 - x^3 y + x^2 y^2 - x y^3 + y^4) (y^4 + y^3 z + y^2 z^2 + y z^3 + z^4) (x^4 + x^3 z + x^2 z^2 + x z^3 + z^4)=(xyz)^5$.

Т.е. получается $(x+y-z)^5(x^4 - x^3 y + x^2 y^2 - x y^3 + y^4) (y^4 + y^3 z + y^2 z^2 + y z^3 + z^4) (x^4 + x^3 z + x^2 z^2 + x z^3 + z^4)/5=(xyz)^5(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$

Следовательно $x+y-z \mid xyz$.



Если $5\mid x+y-z$ и $x+y-z \mid xyz$, то $5\mid xyz$. Это здесь уже лемма, а не гипотеза. Поэтому гипотеза $5\nmid xyz$ становится неуместной.

[ishhan]

dmd в сообщении #789256 писал(а):

Если $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy=u^5$

и $(x+y-z,x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)=1$,

то $x+y-z \mid xyz$.

То есть вы хотите сказать, что произведение $xyz$ делится на$ x+y-z$.
И не могу понять как так:
$(x+y-z,x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)=1$
ведь если выполнено ВТФ то все простые множители числа $x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy $ должны входить в разложение числа $x+y-z$ на множители. Это следует из уравнения

dmd в сообщении #789214 писал(а):

$(x+y-z)^5=5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$

[dmd]

Да, Вы правы, я поспешил с выводами. Прошу прощения.

[vasili]

Уважаемый ishhan!

1. Вы убедительно показали возможности тождества для доказательства

1 случая ВТФ для n =5, при этом фактически не забыли формулы Абеля, когда пишете:

«Заметим, что если какое либо из трёх переменных тринома, пусть X делится на 5 ,

то алгебраическая сумма двух остальных $Z-Y$ так же делится на 5».

Но это вытекает из формулы Абеля $Z-Y = U_1^P$, a $X = U_1V_1$, тогда $Z-Y$

для P =5 делиться как минимум на $5^5$ (можно показать, что делиться на $5^1^0)$.

2. Я позволю повторить иные тождества с помощью которых, также легко доказать

1 случай ВТФ для P = 5.

$(X + Y)^P-Z^P = PXY(X + Y)[(X + Y)^2-XY]^SW_0$,

$X^P-(Z-Y)^P- = PZY(Z -Y)[(Z-Y)^2 +ZY]^SW_{01}$,

$Y^P-(Z-X)^P- = PZX(Z -X)[(Z-X)^2 +ZX]^SW_{02}$,

S = 1, если P = 6n +5,

S =2, если P = 6n +1.

Пусть P = 5,

$(X + Y)^5-Z^5 = PXY(X + Y)[(X + Y)^2-XY]$,

$X^5-(Z-Y)^5 = PZY(Z -Y)[(Z-Y)^2 +ZY]$,

Очевидно, левая часть делиться на $5^3$, так как $X + Y-Z\equiv 0\mod 5^2$,

тогда в правой части

$[X + Y)^2-XY]\equiv 0\mod 5^2$,

$[(Z -Y)^2 +ZY]\equiv 0\mod 5^2$,

отсюда

$X^3-Y^3\equiv 0\mod 5^2\engo(1)$,

$Z^3 + Y^3\equiv 0\mod 5^2\engo(2)$.

Так как благодаря Малой теореме Ферма

$X^4-Y^4\equiv Z^4-Y^4\equiv 0\mod 5$, тогда с учетом (1) и (2) имеем

$X-Y\equiv Z+Y\equiv 0\mod 5$, отсюда

$(Z-X) + 2Y\equiv3Y\equiv 0\mod 5$

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ для Р =5 доказан.

[vasili]

К сожалению не научился писать без ошибок. Читать следует:
Но это вытекает из формул Абеля $P(Z-Y) = U_1^P$, a $X = U_1V_1$, тогда $Z-Y$

для P =5 делиться как минимум на $5^4$ (можно показать, что делиться на $5^9)$.

[ishhan]

vasili в сообщении #789536 писал(а):

Очевидно, левая часть делиться на $5^3$, так как $X + Y-Z\equiv 0\mod 5^2$,

Уважаемый vasili!
Хотелось бы увидеть обоснование этого утверждения:
Если $ x+y-z$ делится на $5$ и если выполнено уравнение ВТФ, то следует делимость $x+y-z$ на $5^2$
Правильней будет сформулировать ваше утверждение так :
Для первого случая ВТФ $ n=5$ необходимо выполнение делимости $x+y-z$ не только на $5 $ но и на $5^2$.

[vasili]

Уважаемый ishhan!
Логика моих рассуждений проста.
1. Так как доказательство ВТФ ведем от противного, т.е Допускаем существования целых рациональных (не равных нулю) чисел X,Y и Z , удовлетворяющих уравнению $X^P + Y^P-Z^P =0\engo(1)$.
2. То это Допущение накладывает определенные условия на числа $X,Y и Z$ являющиеся решением (1). Эти условия сформулировал Абель в своих формулах.
3. На трехчлен $X + Y-Z\engo(2)$ составленный из этих чисел, с учетом формул Абеля так же накладываются определенные условия.

Если же Вы берете трехчлен, где $X,Y и Z$ не являются решением (1),то это уже другой трехчлен с иными свойствами, не имеющими отношения к (2).
Прошу прощения за банальность.
4. Теперь об условии

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

Доказательство
4.1. Запишем очевидное равенство

$2(X +Y- Z) = (X+Y)-(Z-Y)-(Z-X)$, a с учетом формул Абеля

$2(X +Y-Z) = U^P - U_1^P - U_2^P$, где $Z = UV$, $X= U_1V_1$ и $Y=U_2V_2$.

4.2. Сравним уравнение (1) по модулю $P^2$ с учетом обозначений п.4.1

$X^P +Y^P-Z^P = V_1^PU_1^P + V_2^PU_2^P-V^PU^P\equiv 0\mod P^2\engo(3)$

Если $V^P\equiv V_1^P\equiv V_2^P\equiv 1\mod P^2$, то из (3) следует что

$U_1^P + U_2^P- U^P\equiv 0\mod P^2$, тогда

$2(X +Y- Z) = U^P-U_1^P-U_2^P\equiv 0\mod P^2$,

5.Осталось доказать, что

$V^P\equiv V_1^P\equiv V_2^P\equiv 1\mod P^2$,

В самом деле, так как благодаря формулам Абеля для 1 случая ВТФ

$V^P = X^{P-1}- X^{P-2}Y +\cdots-XY^{P-2} + Y^{P-1} = (X + Y)^{P-1}- -PXYM$,

$V_1^P = Z^{P-1}+Z^{P-2}Y +\cdots +ZY^{P-2} + Y^{P-1} = (Z-Y)^{P-1}+ +PZYM_1$,

$V_2^P = Z^{P-1}+Z^{P-2}X +\cdots +ZX^{P-2} + X^{P-1} = (Z-X)^{P-1}+ +PZXM_2$,

то отсюда благодаря Малой теореме Ферма правые части, указанных равенств, сравнимы с 1 по модулю P, тогда и левые части

$V^P\equiv V_1^P\equiv V_2^P\equiv 1\mod P$, но тогда (общеизвестно) и

$V^P\equiv V_1^P\equiv V_2^P\equiv 1\mod P^2$, так как (привожу один из

способов доказательства)



$V_i^P-1 = (V_i- 1)^P + PV_i(V_i-1)^{P-2} +A_2V_i^2(V_i-1)^{P-4}+\cdots + A_{P- 3/2}V_i^{P-3/2}(V_i-1)^3 +PV_i^{P-1/2}(V_i-1)$,

где

последний член разложения делиться на $P^2$, что и т.д.

Это означает, что если $X,Y и Z$ являются решением уравнения (1), то образованный из них трех член $X +Y-Z$ должен как минимум делиться на $P^2$ в противном случае мы приходим к противоречию, и 1 случай ВТФ был бы доказан.


6.Теперь о других условиях наложенными на указанный трехчлен формулами Абеля

Запишем трехчлен в трех формах и, учитывая, формулы Абеля для 1 случая ВТФ имеем

$(X +Y)-Z =U^P-VU= U(U^{P-1}-V)$,

$X -(Z-Y) = V_1U_1-U_1^P = U_1(V_1-U_1^{P-1})$,

$Y-(Z-X) = V_2U_2-U_2^P = U_2(V_2-U_2^{P-1})$,

Для 2 случая ВТФ рассуждения аналогичные и результаты эквивалентные.

Так как числа $U$, $U_1$, и $U_2$ попарно взаимно простые, для примитивного

решения (1), то будет справедливо

$(X +Y)-Z = K_0UU_1U_2\engo(4)$, [верно для 1 и 2 случаев ВТФ], где

$K_0$ - целое нечетное число и $(K_0,X) =1$,

$(K_0,Y) =1$

и $(K_0,Z) =1$.

Кроме того

$K_0\equiv 0\mod P^2$ для 1 случая ВТФ и

$K_0 > 1$ для 2 случая ВТФ (кроме ВТФ для P =3).

Так как $2(X + Y-Z)\equiv 0 \mod P^2$, то правая часть (4) умноженная на 2, также

$2K_0UU_1U_2\equiv 0\mod P^2$, отсюда для 2 случая ВТФ имеем, что

или

$U\equiv 0\mod P^2$, если $(Z, P) = P$

или

$U_1\equiv 0\mod P^2$, если $(X, P) = P$

или

$U_2\equiv 0\mod P^2$, если $(Y, P) = P$.

[vasili]

Уважаемый ishhan!

1.Теперь, когда Вы познакомились с моими рассуждениями по поводу трехчлена

$X + Y-Z$ предлагаю доказательство 2 случая ВТФ для $P =5$.

2.Пусть натуральные числа $X,Y Z$ есть примитивное решение уравнения

$X^P + Y^P-Z^P = 0\engo (1)$ и пусть одно из чисел решения кратно P.

Доказательство ведем с использованием метода Гаусса- метода сравнения чисел по модулю.
В качестве модуля будем использовать делитель $K_0$ трехчлена $X + Y-Z$.

И тогда будет справедливо сравнение

$X + Y-Z\equiv 0\mod K_0\engo(2)$.

2. Воспользуемся преобразованиями уравнения (1) для $P=5$ и сравним их по

модулю $K_0$

$(X + Y)^5-Z^5\equiv 5XY(X + Y)[(X + Y)^2-XY]\mod K_0\engo(3)$.

$X^5- (Z-Y)^5\equiv 5ZY(Z-Y)[(Z-Y)^2 + ZY]\mod K_0\engo(4)$.


С учетом (2) левые части (3) и (4) сравнимы с нулем по модулю $K_0$, тогда

$5XY(X + Y)[(X + Y)^2-XY]\equiv 0\mod K_0$,

$5ZY(Z-Y)[(Z-Y)^2-ZY]\equiv 0\mod K_0$,

учитывая, что

$(5XYZ, K_0) = 1$

получим

$[(X + Y)^2-XY]\equiv 0\mod K_0$,

$[(Z-Y)^2 + ZY]\equiv 0\mod K_0$,

отсюда соответственно

$X^3-Y^3\equiv 0\mog K_0\engo(5)$,

$Z^3 +Y^3\equiv 0\mog K_0\engo(6)$,

но и благодаря Малой теореме Ферма имеем

$X^4-Y^4\equiv 0\mod K_0\engo(7)$,

$Z^4-Y^4\equiv 0\mod K_0\engo(8)$.

Из (7) с учетом (5) и из (8) с учетом (6) имеем

$X-Y\equiv Z +Y\mod K_0$, отсюда

$(Z-X) + 2Y\equiv 3Y\equiv 0\mod K_0$.

Пришли к противоречию. 2 случай ВТФ для $P=5$ доказан.

[venco]

vasili в сообщении #790250 писал(а):

учитывая, что

$(5XYZ, K_0) = 1$

Как вы это получили?