2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  След.
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение19.11.2013, 19:48 


16/08/05
1146
ishhan в сообщении #789116 писал(а):
...
Из этого следует невозможность первого случая ВТФ для $n=5$.


Данный факт можно подтвердить в Вольфраматике решением соответствующей системы по модулю $5$:

Код:
Reduce[{x + y - z == 0, x^2 + y^2 + z^2 + x y - x z - y z == 0}, {}, Modulus -> 5]

решение:
Код:
x == 0 && y == 0 && z == 0

т.е. система разрешима только при невзаимнопростых $x,y,z$.


Ещё интересно, что простые модули в диапазоне от 3 до 100, для которых система разрешима, не могут быть делителями $xyz$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение23.11.2013, 06:40 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый venco!

1. Условие $(5ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 2 случая ВТФ, а условие

$(ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 1 случая ВТФ.

С целью сокращения обьема сообщения, на Ваш вопрос, введу некоторые

дополнительные обозначения, используя формулы Абеля.

2. Пусть $Z=UV$, $X=U_1V_1$ и

$Y=U_2V_2$, где

$(U,V) =1$, $(U_1,V_1) =1$ и

$(U_2,V_2)=1$ и

пусть

$CU = X + Y$, $C_1U_1 = Z-Y$ и

$C_2U_2=Z-X$, где

$C= U^4$ и $= U^4/5$ для 2 сл. ВТФ,

$C_1=U_1^4$ и $= U_1^4/5$ для 2 сл. ВТФ и

$C_2=U_2^4$ и $=U_2^4/5$ для 2 сл. ВТФ , очевидно

$(C,V) =1$, $(C_1,V_1) =1$ и $(C_2, V_2) =1$.

3. Тогда равенства будут

$(X + Y)-Z =  CU-UV = U(C-V) = K_0UU_1U_2$,



$X- (Z Y) =  U_1V_1-C_1U_1 = U_1(V_1-C_1) = K_0UU_1U_2$,



$ Y- (Z- X)  =  U_2V_2-C_2U_2 = U_2(V_2-C_2) = K_0 UU_1U_2$, откуда

соответственно

$C-V = K_0 U_1U_2$,

$V_1-C_1 = K_0 UU_2$,

$V_2-C_2 = K_0 UU_1$, отсюда

следует, что $K_0$ не может иметь общих делителей с числами

$V_i$ и числами $C_i$ ,

в противном случае числа $U_i$ и $V_i$ не будут взаимно

простые, что противоречит начальным условиям.

Для 2 случая ВТФ одно из чисел

$U$, $U_1$ или $U_2$ кратно 5, тогда

$(5, K_0) = 1$.

А потому $(5UU_1U_2, K_0) = 1$, $(5VV_1V_2, K_0) = 1$,

а значит $(5ZXY, K_0) = 1$.



Для 1 случая ВТФ $(K_0, 5^2) = 5^2$ и ни одно из чисел

$Z, X,Y$ не кратно 5, тогда

следует $(ZXY, K_0) = 1$.



Одновременно приношу извинение за нелепость в предыдущем сообщении.

Я писал:

«..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 доказан.

Все это нелепость.


Правильно будет

Так как

$X^{\varphi(K_0)}-Y^{\varphi(K_0)}\equiv 0\mod K_0\engo(7)$,

$Z^{\varphi(K_0)}-Y^{\varphi (K_0)}\equiv 0\mod K_0\engo(8)$.

Если $\varphi(K_0)$-функция Эйлера не делиться на 3, т.е если все простые

делители $K_0$ имеют вид

$6i+5$, тогда с учетом (1) и (2) имеем 2 варианта:

вариант, когда $K_0$, состоит из нечетного количества простых делителей

$6i+5$,тогда

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

$X-Y\equiv Z+Y\equiv 0\mod K_0$, отсюда

$(Z –X) + 2Y\equiv3Y\equiv 0\mod K_0$.

Пришли к противоречию.

И вариант, когда $K_0$ состоит из четного количества простых делителей

$6i+5$, тогда

$X^2-Y^2\equiv Z^2+Y^2\equiv 0\mod K_0$, отсюда

$(X-Y)\equiv 0\mod K_0$, так как $[(X + Y), K_0] = 1$, тогда

$ Z^2+Y^2\equiv (X + Y) ^2 +Y^2\equiv (2Y) ^2 +Y^2\equiv 5Y^2\equiv 0\mod K_0$,

Также пришли к противоречию.

Если же $K_0$ имеет хотя бы один делитель вида $6i +1$ или $3^m$, где $m > 1$, то

противоречия нет. 2 случай ВТФ для $P = 5$ не доказан.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение24.11.2013, 15:25 


21/11/10
546
vasili в сообщении #790063 писал(а):
$V^P\equiv V_1^P\equiv V_2^P\equiv 1\mod P^2$, 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.

Этот способ доказательства ВТФ1$ n=5$ нуждается в более подробном изложении.
У меня большие сомнения, что можно доказать делимость $x+y-z$ на $5^2$.
То, что вы приводите в качестве аргументов о делимости $x+y-z$ на $5^2$ не убедительно.
Вот для $n=3$ можно доказать что $x+y-z$ делится на $3^2$.
И это возможно потому что таковы условия целостности уравнения $(x+y-z)^3=3(z-x)(z-y)(x+y)$:
$z-x=p^3$
$z-y=q^3$
$x+y=9t^3$
Из этих условий необходимо следует делимость одного из чисел $(z-x),(z-y),(x+y)$ на $9$
Из которых следует:
1)$(z-x)+(z-y)+(x+y)=2(x+y-z)=p^3+q^3+9t^3$
Далее запишем бином для чисел $p$ и $q$
2)$(p+q)^3-p^3-q^3=3pq(p+q)$
из 1) следует, что $p^3+q^3$ делится на $3$
из 2) следует что $(p+q) $ делится на $3$ и поэтому $p^3+q^3$ делится не только на $3$ но и на $9 $ и вследствие 1)$ x+y-z $ делится на 9.
Для $n=5$ условия целостности для уравнения: $(x+y-z)^5=5(z-x)(z-y)(x+y)(x^2+y^2+z^2+xy-zx-zy)$
таковы, что доказать делимость $x+y-z$ на $5^2$ действуя по той же схеме как $n=3$ не получится.
Если не сложно, приведите другой способ доказательства делимости $x+y-z$ на$ 5^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение24.11.2013, 16:39 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
vasili в сообщении #791591 писал(а):
Уважаемый venco!

1. Условие $(5ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 2 случая ВТФ, а условие

$(ZXY, K_0) = 1$ справедливо для 1 случая ВТФ.
Повторение высказывания не является его доказательством.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение25.11.2013, 16:20 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan!

Вы сомневаетесь, что $(X + Y-Z)\equiv0\mod 5^2$?

Если общий случай доказательства не убедителен, то приведу для $P =5$.

1 случай ВТФ

1.Выпишем часть формул Абеля для 1 случая ВТФ в обозначениях М.М.Постникова

«Теорема Ферма» Наука 1978 г. для P =5.

$Z = UV$, $X= U_1V_1$ и $Y=U_2V_2$, где

$(X + Y) = U^5$,

$Z-Y = U_1^5$,

$Z-X = U_2^5$.

2. Запишем очевидное равенство

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

$U^5-U_1^5-U_2^5 = 2(X + Y-Z)$.

3. Запишем очевидное сравнение по модулю $5^2$

$X^5 + Y^5- Z^5\equiv 0\ mod 5^2$, а с учетом формул Абеля получим

$U_1^5V_1^5 + U_2^5V_2^5-U^5V^5\equiv 0\mod5^2\engo(1)$

4. Запишем формулы Абеля для чисел V, $V_1$ и $V_2$ с преобразованием правой части

$V_1^5 = Z^4 +Z^3Y +Z^2Y^2+ZY^3 +Y^4 = (Z-Y)^4 +5ZY(Z-Y)^2 + 5Z^2Y^2$,

$V_2^5 = Z^4 +Z^3X +Z^2X^2+ZX^3 +X^4 = (Z-X)^4 +5ZX(Z-X)^2 + 5Z^2X^2$,

$V^5 = X^4-X^3Y +X^2Y^2-XY^3 +Y^4 = (X + Y)^4 -5XY(X+Y)^2 + 5X^2Y^2$,

отсюда благодаря Малой теореме

Ферма имеем соответственно

$V_1^5-1\equiv 0 \mod 5$,

$V_2^5-1\equiv 0 \mod 5$,

$V^5-1\equiv 0 \mod 5$

и также благодаря Малой теореме Ферма будет

$V_1^5-1\equiv V_1-1\equiv 0\mod 5$, отсюда

$V_1 = 5µ_1 + 1$,

$V_2^5-1\equiv V_2-1\equiv 0\mod 5$, отсюда

$V_2 = 5µ_2 + 1$,

$V^5-1\equiv V-1\equiv 0\mod 5$, отсюда

$V = 5µ + 1$, тогда

$V_i^5-1= (5µ_i + 1)^5-1 =(5µ_i)^5 + 5(5µ_i)^4 + 10(5µ_i)^3 + 10(5µ_i)^2 + 


(5µ_i) + 1 -1\equiv 0\mod 5^2$,

а с учетом этого сравнение (1) будет

$U_1^5 + U_2^5- U^5\equiv 0\mod5^2$ или

$U^5 -U_1^5- U_2^5\equiv 0\mod5^2$, а значит и

$U^5-U_1^5-U_2^5 = 2(X + Y-Z)\equiv 0\mod 5^2$, что и т.д.



2 случай ВТФ

Доказательство приведу только для варианта когда $(Z,5) =5$, $(X,5) =1$ и $(Y,5) =1$.

Доказательство остальных вариантов 2 случая ВТФ аналогично.

1. Выпишем часть формул Абеля для 2 случая ВТФ указанного варианта.

$U^5/5 = (X + Y)$,

$U_1^5 = (Z-Y)$,

$U_2^5 = (Z-X)$.

2. Запишем очевидное равенство

$(X + Y)-(Z-Y)-(Z-X) =2(X +Y-Z) = 2K_0UU_1U_2$, а с учетом формул п.1.

$U^5/5-U_1^5- U_2^5 =2(X + Y-Z) = 2K_0UU_1U_2\engo(2)$

Правая часть последнего равенства делиться на 5, так как (U,5) = 5, тогда и левая часть

должна делиться на 5, а значит

$U_1^5 +U_2^5\equiv 0\ mod 5$, но

$U_1^5+U_2^5 = (U_1+U_2)[(U_1+U_2)^4 -5U_1U_2(U_1+ U_2)^2 

+5U_1^2U_2^2]$,

отсюда

так как левая часть делится на 5, то должен делиться на 5 один из множителей правой

части это или $(U_1 + U_2)$ или

$[(U _1+U_2)^4- 5U_1U_2(U_1 + U_2)^2 +5U_1^2U_2^2]$,

но если один из множителей правой части делиться на 5, то тогда и

второй множитель правой части также делиться на 5, а значит, правая часть делиться

на $5^2$, отсюда имеем

$ U^5/5-(U_1^5+U_2^5)\equiv 0\mod 5^2$, а потому благодаря (2)

$2(X + Y-Z) = 2K_0UU_1U_2\equiv 0\mod 5^2$, что и т. д.

Отсюда кстати $(U, 5^2) = 5^2$

Уважаемый venco!
О Вашем замечании
Я не только повторил известные условия, но и дал их развернутое обоснование.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение25.11.2013, 17:32 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
vasili в сообщении #792492 писал(а):
Уважаемый venco!
О Вашем замечании
Я не только повторил известные условия, но и дал их развернутое обоснование.
Ок, прошёл все рассуждения по своему, и пришёл к тому же: $(5ZXY, K_0) = 1$.
Очень уж у вас всё запутано. Можно было ввести гораздо более понятные обозначения, и явно определить некоторые переменные, например, как $U=(Z,X+Y), U_1=(X,Z-Y)$ (в ваших обозначениях).
Насколько я понял, дальше (начиная с малой теоремы Ферма) вы не продвинулись. К примеру, не доказано, что $K_0 > 1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение26.11.2013, 12:14 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый venco!

1.Вы правы я не доказал, что $K_0 >1$ для 2 случая ВТФ.

Приведу доказательство для $P =5$.

Воспользуюсь тождеством, представленным на форуме участником ishhan, а именно:

$(X + Y-Z)^5 = 5(X +Y)(Z-X)(Z-Y)(X^2 +Y^2 + Z^2-ZX –ZY + XY)$,

где $ (Z,X,Y) є N^+$ и пусть $Z > X >Y$

С другой стороны

$(X + Y-Z)^5 = K_0^5U^5U_1^5U_2^5 = K_0^5  5(X +Y)(Z-X)(Z-Y)$, тогда

$K_0^5 5(X +Y)(Z-X)(Z-Y) =


=5(X +Y)(Z-X)(Z-Y)(X^2 +Y^2 + Z^2-ZX-ZY + XY)$

отсюда

$K_0^5 = X^2 +Y^2 + Z^2-ZX-ZY+XY$, преобразуем правую часть, с

целью доказательства, что она больше 1

$X^2 +Y^2 + Z^2-ZX-ZY + XY = X(X+Y) + Z(Z-Y)-Y(Z-Y)$

Исходим из того, что

$X + Y > Z$, а значит $Z-Y < X$, тогда

$X(X+Y) >ZX $, а

$Y(Z-Y) < XY$

Пусть

$X(X+Y) = ZX$ (уменьшим), а

$Y(Z-Y) =XY$ (увеличим)

Тогда и в этом случае

$X(X+Y) + Z(Z-Y)-Y(Z-Y) > ZX-XY + Z(Z-Y) =X(Z-Y) +Z(Z-Y) =(Z+X)(Z-Y)>>1$

а значит $K_0 >1$, что и т.д.

А тождество $(X + Y-Z)^P = P(X +Y)(Z-X)(Z-Y)W(X,Y,Z)$,

(так же приведенное ishhan),

где $K_0^P = W(X,Y,Z)$ указывает на то, что $K_0 >1$.

2. И наконец, пишущий должен дать простор для творческого участия

в обсуждении, «пищу» для размышлений и простор в познании непознанного.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение26.11.2013, 15:23 


15/12/05
754
ishhan в сообщении #792109 писал(а):
Этот способ доказательства ВТФ1$ n=5$ нуждается в более подробном изложении.
У меня большие сомнения, что можно доказать делимость $x+y-z$ на $5^2$.
То, что вы приводите в качестве аргументов о делимости $x+y-z$ на $5^2$ не убедительно.


Вероятно не совсем в тему для Случая 1.

Из соотношений Барлоу для Случая 2 следует... Если $z$ делится на $5^2$, то $(x+y)$ делится на $5^9$. Соответственно $(x+y-z,5^2)=5^2$.
А вот для варианта, когда $z$ имеет только один множитель $5$, то $(x+y-z,5^2)=5^2$ является противоречием.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение26.11.2013, 21:56 


21/11/10
546
vasili в сообщении #792492 писал(а):
$V_i^5-1= (5µ_i + 1)^5-1 =(5µ_i)^5 + 5(5µ_i)^4 + 10(5µ_i)^3 + 10(5µ_i)^2 + 


(5µ_i) + 1 -1\equiv 0\mod 5^2$

Уважаемый vasili!
Для того чтобы утверждать делимость этого выражения на $5^2$
каждое слагаемое должно делится на $5^2$?
Из этого следует, что $µ_i$ должно делится на пять.
Но у вас нигде не упоминается о таком предположении о делимости числа $µ_i$.
Поясните плиз.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение27.11.2013, 00:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
ishhan в сообщении #793142 писал(а):
vasili в сообщении #792492 писал(а):
$V_i^5-1= (5µ_i + 1)^5-1 =(5µ_i)^5 + 5(5µ_i)^4 + 10(5µ_i)^3 + 10(5µ_i)^2 + 


(5µ_i) + 1 -1\equiv 0\mod 5^2$

Уважаемый vasili!
Для того чтобы утверждать делимость этого выражения на $5^2$
каждое слагаемое должно делится на $5^2$?
Из этого следует, что $µ_i$ должно делится на пять.
Но у вас нигде не упоминается о таком предположении о делимости числа $µ_i$.
Поясните плиз.

Все гораздо проще. vasili проврался в формуле Бинома.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение27.11.2013, 09:45 


21/11/10
546
shwedka в сообщении #793201 писал(а):
Все гораздо проще. vasili проврался в формуле Бинома.

И правда там ошибка должно быть в последнем коэффициенте у "мю" $5^2 $.
Тогда всё сходится и$ V_i^5-1 $ делится на $5^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение27.11.2013, 13:44 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемая shwedka! Спасибо за найденную опечатку. Последний член разложения должен быть
$5(5µ_i)$.

-- 27.11.2013, 16:55 --

Уважаемая shwedka! Спасибо за найденную опечатку. Предпоследний член разложения должен


быть $5(5µ_i)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение27.11.2013, 21:48 


21/11/10
546
Уважаемый vasili!
Согласен с вашим доказательством того, что $x+y-z$ делится на $5^2$ )
Ещё Гаусс показал, что для троек Ферма выполняется сравнение $ (x+y)^P\equiv{x^p+y^p}\mod{p^2}$ см. ссылку ниже.
Но суть противоречия:
vasili в сообщении #790063 писал(а):
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.

которое по-вашему мнению делает невозможным существования решений ВТФ5 1-го случая, не очень понял. Если можно, поясните более развёрнуто.
Вот если бы вы показали, что из предположения делимости$ x+y-z$ на $5^2$ следует делимость его же на $5^3$ и так далее, тогда другое дело)
Кое-что касательно ВТФ5 можно найти по этой ссылке http://www.mathpages.com/home/kmath367.htm
На мой взгляд условие целостности тринома $x+y-z$ для первого случая ВТФ5 нужно записывать как $(x+y-z)^5=5 U^5U^5_1U^5_25^4K^5$ или как
$x+y-z=5UU_1U_2K$ из чего следует, что в случае делимости $x+y-z$ на $5^2 $ число $K$ делится на $5$, что ничему не противоречит.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение28.11.2013, 08:21 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Когда я писал " в противном случае" я имел ввиду, что $(X + Y-Z)$ делиться только на P.

 Профиль  
                  
 
 Re: По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции
Сообщение28.11.2013, 09:28 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ishhan! Теперь мы можем развить доказательство Гаусса, а именно

показать, что

$(X + Y)^P\equiv X^P + Y^P\mod P^3$

В самом деле, из сравнения $X + Y-Z\equiv 0\mod P^2$ следует, что

$X + Y = µ P^2 + Z$, тогда

$(X + Y)^P = (µ P^2 + Z)^P\equiv P(µ P^2) Z^{P-1} + Z^P\equiv X^P + Y^P\mod P^3$,


где очевидно $X^P + Y^P-Z^P\equiv 0\mod P^3$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 118 ]  На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group