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, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение08.05.2018, 11:19 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki! Ошибки нет. После преобразования левой части сравнения, а именно $(z^2-x^2)^3$
получаем $x^3(z + x)^3$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение08.05.2018, 16:25 


19/04/14
321
$(z^2-zx)=z(z-x)\equiv-x(z-x)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$, тогда $$x^3(z-x)^3\equiv x^6\equiv z^6 \mod(6n_2+1)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.05.2018, 07:24 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Покажу подробнее справедливость моих преобразований.
$(z^2-x^2)^3 =(z-x)^3(z + x)^3$
Пhеобразуем только множитель $(z-x)^3$
$(z- x)^3 = (z-x)^2(z-x)=[(z^2-zx +x^2)-zx](z-x)$, отсюда с учетом (6)
$-zx(z-x) =-x(z^2-zx)\equiv-x(-x^2) =x^3\mod (6n_2 +1)$, тогда
$(z- x)^3\equiv x^3\mod (6n_2 + 1)$, а
$(z^2-x^2)^3 =(z-x)^3(z + x)^3\equiv x^3(z + x )^3$$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.05.2018, 14:49 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1297106 писал(а):
Очевидно благодаря (6) будет справедливо сравнение
$z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n _2 + 1)\engo(8)$.

vasili в сообщении #1308504 писал(а):
Благодаря (6) имеем
$(z^2-zx)\equiv-x^2\mod(6n_2 + 1)$

Уважаемый vasili
Согласно (8) имеем $(z^2-zx)\equiv(z^2+x^2)\mod(6n_2 + 1)$, но не $(z^2-x^2)$, которое Вы используете в своих преобразованиях. Поэтому справедливо все таки $$x^3(z-x)^3\equiv x^6\equiv z^6 \mod(6n_2+1)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.05.2018, 17:45 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Из сравнения (19) с учетом (8) получено сравнение (20), а после возведения которого в 3-ю степень получили сравнение $(z^2-x^2)^3\equiv-z^6$. Преобразование левой части которого я подробно изложил в предыдущем посте.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.05.2018, 19:20 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1308504 писал(а):
11. Итак, пусть $2n_2 = 3k_2 + 2$, тогда сравнения (19) будет
$z^{3k_2 +2}+ x^{3k_2 +2} + 1\equiv0\mod (6n_2 к+1)\engo(19)$, а с учетом (8) имеем

$(z^3)^{k_2} z^ 2+ (- z^ 3)^{k_2} x^ 2 + 1\equiv0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$,отсюда

$(z^3)^{k_2} (z^ 2-x^ 2)\equiv -1\mod (6n_2 +1)\engo(19)$, а после умножения на $z^2$ имеем

$z^{3k_2 +2}(z^ 2-x^ 2)\equiv -z^2\mod (6n_2 +1)\engo(20)$


Значит и здесь ошибка. $2n_2 = 3k_2 + 2$, след. $k_2$ -четно. Тогда (19), (20) $$(z^3)^{k_2} (z^ 2+x^ 2)\equiv -1\mod (6n_2 +1)\eqno(19)$$, $$z^{3k_2 +2}(z^ 2+x^ 2)\equiv -z^2\mod (6n_2 +1)\eqno(20)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение11.05.2018, 12:12 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki! Благодарю за указанную ошибку в сравнении (20). Тем самым Вы нашли ошибочным мое утверждение "показатель $2n_2$ не равен $3k_2 +2$. Еще раз благодарю за внимательное чтение моих размышлений...

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение01.06.2018, 05:53 


27/03/12
446
г. новосибирск
июнь 2018
Окончание «Размышления…» в 2-х частях
ЧАСТЬ I
Для вариантов, когда $2n_2 =3k_1 +1$

10. Найденная, уважаемым binki ошибка, в предыдущем посте (размышление о случае, когда $2n_2 = 3k_2 + 2$ заставила несколько изменить порядок изучения свойств вычетов по модулю $6n _2 + 1$ принадлежащего к Подмножеству 2 простых чисел вида $6n_2 +1$, признаком которых является сравнение
$2^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$.

11. Из сравнений (12) и (19) следует, что числа
$ z^{2n_2}$ и $x^{2n_2}$ принадлежат показателю 3 по модулю $6n _2 + 1$.
Иных чисел, принадлежащих показателю 3 по модулю
$6n _2 + 1$, быть не может, так как функция Эйлера $\varphi (3) = 2$.
Это значит, что возведенные в степень $2n_2$, натуральные числа будут сравнимы с 1 или с числом $z^{2n_2}$ или с числом $x^{2n_2}$ по модулю $6n_2 + 1$.

12..Продолжим рассмотрение сравнения
$z^{2n_2} +x^{2n_2} +1\equiv 0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$
для случая, когда $2n_2 =3k_1+ 1 и для случая, когда    $2n_2 =3k_2 + 2$
Случай, когда $2n_2 =3k_0$ рассмотрен выше.

13.. Итак, пусть $2n_2 = 3k_1 + 1$ тогда сравнения (19) будет
$z^{3k_1 +1}+ x^{3k_1 +1} + 1\equiv0\mod (6n_2 +1)\engo(19)$.

14.Введем в рассмотрение различные степени числа y
Запишем с учетом (1) сравнение (8) в форме

$z^3 +x^3 =z^3 +(z^3-y^3) \equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, отсюда

$y^3\equiv 2z^3\engo(A)$, а также в форме

$z^3 + x^3=(x^3 + y^3) + x^3\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, отсюда
$y^3\equiv-2x^3\ engo(B)$,

15.Пусть число $y^{3k_1 + 1}$ сравнимо с числом

$z^{3k_1 +1}$ по модулю $6n_2 +1$.

Покажем с учетом (A) справедливость такого сравнения

$$z^{3k_1}z\equiv y^{3k_1}y\equiv 2^{k_1}(z^3)^{k_1}y\mod (6n_2 + 1)\engo(26)$$,
а после сокращения на $z^{3k_1}$
левой и правой частей сравнения (26) получим

$z\equiv  2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1) \engo(27)$,

отсюда с учетом вспомогательного сравнения $z\equiv r_2y$ [см.(21) ] имеем

$r_2y\ equiv  2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1) $, отсюда

$r_2\ equiv  2^{k_1}\mod (6n_2 + 1) \engo(28)$,

Так как $y\equiv-r_3x\mod (6n_2 +1)$, а

$x\equiv r_1z\mod (6n_2 +1)$ [см. (20) и (22)], то тогда

$y\equiv-r_3x\equiv –r_3r_1z$
А с учетом этого (27) будет

$z\equiv  2^{k_1}(–r_3r_1z) \mod (6n_2 + 1)$, отсюда

$r_3r_12^{k_1}\equiv -1\mod (6n_2 + 1)$, а

после умножения этого сравнения на $2^{2k_1 + 1}$
и учитывая, , что $2^{3k_1 +1}\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем
$r_3r_1\equiv -2^{2k_1 +1}\mod (6n_2 + 1)\engo(29)$,

Воспользуемся вспомогательным сравнением (23), т.е.

$r_1r_2r_3\equiv -1\mod (6n_2 + 1) \engo(23)$,

С учетом сравнений (28) и (29) сравнение (23) будет,

$$r_1r_3r_2\equiv (-2^{2k_1 +1})2^{k_1}\ equiv -2^{3k_1 +1} equiv -1\mod (6n_2 + 1)$$,

Пришли к справедливому сравнению, следовательно, сравнение (26) справедливо.

16 Покажем, что и сравнение
$$x^{3k_1}x\equiv y^{3k_1}y\equiv -2^{k_1}(x^3)^{k_1}y \mod (6n_2 + 1) \engo(30)$$,   
 также справедливо.                         

После  сокращения  на $x^{3k_1}$
левой и правой частей    сравнения (30) получим

$x\equiv - 2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1) engo(31)$.   а 

Учитывая (20) и(21) имеем,   

$r_1z\equiv r_1r_2y\equiv - 2^{k_1}y\mod (6n_2 + 1)$.   отсюда

$r_1r_2 \equiv - 2^{k_1}\mod (6n_2 + 1) \engo(32)$.   

А с учетом (22) сравнение (31)будет

$x\equiv - 2^{k_1}(-r_3x)\mod (6n_2 + 1)$,  отсюда
 
$r_32^{k_1}\equiv 1\mod(6n_2 + 1)$, а после  умножения  этого сравнения на $2^{2k_1 + 1}$ 
и учитывая, что  $2^{3k_1 +1}\equiv 1\mod (6b_2 +1)$ имеем   

$r_3\equiv 2^{2k_1 +1 }\mod (6n_2 +1) \engo(33)$.

С учетом (32) и (33) сравнение  (23) будет

$$r_1r_2r_3\equiv (-2^{k_1})2^{2k_1 +1}\equiv -2^{3k_1 +1} \equiv -1\mod (6n_2 + 1)$$,

Пришли к справедливому сравнению, следовательно, сравнение (30) справедливо.
Мы получили сравнения
$z^{3k_1+1}\equiv y^{3k_1+1}\mod(6n_2 + 1)$,
$x^{3k_1+}\equiv y^{3k_1+1}\mod(6n_2 + 1)$,
которые противоречат сравнению (19), в самом деле с учетом этого из сравнения (19) следует
$2z^{3k_1+1}\equiv -1\mod (6n_2 +1)$, а
после возведения в 3-ю степень и учитывая, что
$[z{3k_1+1}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем

$2^3\equiv (-1)^3\mod (6n_2+1)$, отсюда
$3^2 \equiv 0\mod (6n_2+1)$, что не возможно, т.к.
$3< 6n_2  + 1$/
Пришли к противоречию.
Вывод: Число $2n_2$ не может быть равно $3k_1 + 1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение01.06.2018, 08:17 


27/03/12
446
г. новосибирск
июнь 2018
Окончание «Размышления…» в 2-х частях

ЧАСТЬ II
Для вариантов, когда $2n_2 =3k_2 +2$

17. Покажем, что (для варианта, когда $2n_2= 3k_2 +2$) с учетом (B) нижеследующее сравнение справедливо

$$x^{3k_2}x^2\equiv y^{3k_2}y^2\equiv 2^{k_2}(x^3)^{k_2}y^2\mod (6n_2 + 1) \engo(34)$$.
После сокращения на $x^{3k_2}$
левой и правой частей сравнения (34) получим

$x^2\equiv 2^{k_2}y^2\mod (6n_2 + 1) \engo(35)$, а

учитывая (20) и(21) имеем,

$(r_1z)^2\equiv (r_1r_2y)^2\equiv  2^{k_2}(y)^2\mod (6n_2 + 1)$. отсюда

$(r_1r_2)^2 \equiv  2^{k_2}\mod (6n_2 + 1)\engo(32)$.,

А с учетом (22) сравнение (34) будет

$x^2\equiv  2^{k_2}(-r_3x)^2\mod (6n_2 + 1)$, отсюда

$(r_3)^2 2^{k_2}\equiv -1\mod(6n_2 + 1)$, а после умножения этого сравнения на $2^{2k_2 + 2}$
и учитывая, что $[2^{3k_2 +2}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем
$(r_3)^2\equiv -2^{2k_2 +2}\mod (6n_2 +1) \engo(33)$.
С учетом (32) и (33) сравнение (23) будет

$$(r_1r_2r_3)^2\equiv (2^{k_2})(2^{2k_2 +2})\equiv 2^{3k_2 +2} \equiv 1\mod (6n_2 + 1)$$,

Пришли к справедливому сравнению, следовательно, сравнение (34) справедливо.
Размышления аналогичные, приведенным в п.17.
покажут,что сравнение
$z^{3k_2+2}\ equiv y^{3k_2+2}\mod(6n_2 + 1)[math]$$ справедливо
Мы получили сравнения
$x^{3k_2+2}\equiv y^{3k_2+2}\mod(6n_2 + 1)$ и
$z^{3k_2 + 2}\equiv y^{3k_2+ 2}\mod(6n_2 + 1)$$, которые противоречат сравнению (19). В самом деле, с учетом этого из сравнения (19) следует
$2z^{3k_2+2}\equiv -1\mod (6n_2 +1)$, а после возведения в 3-ю степень и учитывая, что
$[z{3k_2+2}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ имеем

$2^3\equiv (-1)^3\mod (6n_2+1)$, отсюда
$3^2 \equiv 0\mod (6n_2+1)$, что не возможно, т.к.
$3< 6n_2  + 1$/
Пришли к противоречию.
Вывод: Число $2n_2$ не может быть равно $3k_2 + 2$.

Заключение.
Для доказательства ВТФ3 применялся метод Гаусса, где в качестве модулей были взяты делители вспомогательного трехчлена $z^2-zx +x^2$
. Особенно интересны делители $p_2= 6n_2 + 1$,где
$2n_2 = 3k_0$ пример $p_2 =109, 127, ….$,
$2n_2 = 3k_1 +1$ пример $p_2 =31,157,787…$,
$2n_2 = 3k_2 +2$ пример $p_2 =43, 547,,$.
По всем модулям получены противоречия.
ВТФ 3 можно считать доказанной..

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение02.06.2018, 19:30 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1316636 писал(а):
Так как $y\equiv-r_3x\mod (6n_2 +1)$

Уважаемый vasili!
Почему минус?

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение03.06.2018, 02:46 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki! Чтобы числа $z-x$, $z-y$ и $x + y$ дклились на $6n_2 +1$ использукм числа $ r_1, r_2, r_3$ и получаем $r_1z-x$, $z-r_2y$ и $r_3x + y\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение08.06.2018, 19:26 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1297106 писал(а):
Из (15) вычтем (16) получим
$ z^{4n_2}- x^{4n_2}\equiv- (z^{2n_2}- x^{2n_2})\mod (6n_2+ 1)$, отсюда
$(z^{2n_2}- x^{2n_2})(z^{2n_2}+ x^{2n_2} + 1)\ equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(17)$, отсюда возможны 2 варианта сравнений

Уважаемый vasili!
Ошибка. Должно быть: .... "отсюда
$(z^{2n_2}+ x^{2n_2} + 1)\equiv 0\mod (6n_2 +1) \engo(17)$."
Выражение $(z^{2n_2}- x^{2n_2})$ сокращено. Поэтому дальнейшее сравнение $(z^{2n_2}- x^{2n_2})\equiv 0 \mod (6n_2 +1)$ не существует. Следовательно, не существуют и выводы сделанные по этому сравнению. Устранение этой ошибки значительно сократит объём Вашего сообщения. Кроме того, следует заметить, что имеется много опечаток.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение09.06.2018, 07:57 


19/04/14
321
Сравнения (26),(30), (34) необходимо доказывать на основе существующих формул. То есть идти от $r_1r_2r_3\equiv -1\mod (6n_2 + 1) \engo(23)$ к получению (26), (30),(34). Использование $x^2\equiv 2^{k_2}y^2\mod (6n_2 + 1) \engo(35)$, как и (27),(31) не правомерно, так как эти сравнения получены на основе тех же не доказанных (26),(30), (34)

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.06.2018, 04:36 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki !
1. Левая часть сравнения (17) состоит из 2-х множителей. «отбрасывать» один из них нет оснований до доказательства того, что один из
них не имеет общих делителей с модулем. Поэтому и было рассмотрено сравнение
$z^{2n_2}-x^{2n_2}\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$, которое оказалось не справедливое.

2.Справедливость сравнений (26), (30).и (34) показана с помощью вспомогательных сравнений.. Что не так?

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.06.2018, 11:42 


19/04/14
321
Уважаемый vasili!
1. $ z^{4n_2}- x^{4n_2}\equiv- (z^{2n_2}- x^{2n_2})\mod (6n_2+ 1)$
делим правую и левую части на $(z^{2n_2}- x^{2n_2})$, получаем $(z^{2n_2}+ x^{2n_2}) \equiv-1  \mod (6n_2 + 1)$
2. Сравнения (27), (31), (35) получены на основе не доказанных сравнений (26), (30), (34). Предположим, что (27),(31),(35) не справедливы. Тогда в цепи рассуждений не справедливы промежуточные сравнения и конечное $r_1r_2r_3\not \equiv -1\mod (6n_2 + 1) $. Достаточно ли это, чтобы утверждать, что (26),(30),(34) справедливы?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 76 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  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