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
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.



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, 7  След.
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение05.12.2015, 09:03 


31/03/06
1384
Цитата:
Возможно, мы доказали

(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

но мы пока поставим и это утверждение под сомнение.
Дело в том, что доказательство утверждения (60) зависит от наличия такого простого делителя $p$, на которое делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$, что среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю такого делителя (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю этого делителя).


Теперь мы уже не сомневаемся в (60), потому что существует другое доказательство этого утверждения, не связанное с наличием таких простых делителей $p$.
Это другое доказательство основано на применении закона квадратичной взаимности Гекке в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.
Числа в (60) (вернее идеал, генерированный каждым из них) являются квадратом идеала.
То, что одно из чисел в (60) является нечётным и сравнимо с квадратом по модулю $4$ следует из найденных нами выражений коэффициентов $c_0, c_2, c_3$ через $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$:

Цитата:
$c_0=-3 a_0^5+20 a_0^3 a_1 a_4-10 a_0^3 a_2 a_3+40 a_0^2 a_1 a_2^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4-80 a_0 a_1^3 a_2+80 a_0 a_1^2 a_4^2-40 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4+80 a_0 a_1 a_3^3-20 a_0 a_2^3 a_4-120 a_0 a_3 a_4^3+ 64 a_1^5-320 a_1^3 a_3 a_4+80 a_1^2 a_2 a_3^2+40 a_1 a_2^3 a_3+160 a_1 a_2 a_4^3+400 a_1 a_3^2 a_4^2-12 a_2^5- 40 a_2^2 a_3 a_4^2-120 a_2 a_3^3 a_4-64 a_3^5-128 a_4^5$

$c_2=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2- 16 a_0 a_3 a_4^3-32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

$c_3=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2-16 a_0 a_3 a_4^3- 32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$


Поскольку числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ чётные, то $c_0 \equiv -3 a_0^5 \mod 4, c_2 \equiv 5 a_0^5 \mod 4, c_3 \equiv 5 a_0^5 \mod 4$, следовательно $(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3) \equiv (-3+5 i_5^2+5 i_5^3) a_0^5 \mod 4$.
Проверим, что $(i_5+1)^5=-3+5 i_5^2+5 i_5^3$.
В самом деле, $(i_5+1)^5=1+5 i_5^4+10 i_5^3+10 i_5^2+5 i_5+1=5 (1+i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4)-3+5 i_5^3+5 i_5^2=-3+5 i_5^3+5 i_5^2$.
Значит $(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3) \equiv (i_5+1)^5 a_0^5 \mod 4$.
Умножая это сравнение на $i_5+1$ получим, что одно из чисел в (60) сравнимо с $(i_5+1)^6$ по модулю $4$, то есть является квадратом по модулю $4$.
Что и требовалось.

-- Сб дек 05, 2015 09:53:13 --

Это сообщение даёт надежду на успешное завершение этой темы.
В самом деле, мы знаем, что $x y z$ делится на $11$, и если одно из нечётных чисел, скажем, $x$ делится на $11$, то можно получить противоречие из (60), поскольку коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$ делятся на $11$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение07.12.2015, 09:38 


31/03/06
1384
Предположим, что $x$ и $y$ - нечётные числа, а $z$ - чётное число.
Мы теперь знаем, что $x$ и $y$ не делятся на $11$.
Поскольку $x y z$ делится на $11$, в силу критерия Вендта, то $z$ делится на $11$.
Согласно теореме 1 в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1" имеет место равенство:

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Из этого равенства можно получить равенство:

(28 z) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(n)+\alpha_1(g i_n))=z^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $g=\sqrt[n]{2}$.

Рассмотрим вопрос, можно ли используя это равенство придти к противоречию, рассуждая как в случае с равенством (28).

Сначала разберёмся в вопросе чётности коэффициентов $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$.
Мы знаем из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4", лемма 15.2.2, что $a_1$ - нечётное число, а остальные коэффициенты - чётные.
Но мы установим это снова, поскольку хотим, чтобы наши рассуждения устанавливали чётность коэффициентов не только для $n=5$.

Из равенства (3 z) и нечётности числа $x y$ следует, что коэффициент $a_1$ - нечётный.
Число $z$ делится на $4$, и из уравнение Ферма $x^n+y^n+z^n=0$ следует, что $x+y$ делится на $4^n$ (поскольку $\frac{x^n+y_n}{x+y}=x^{n-1}+x^{n-2} (-y)+...+y^{n-1}$ - нечётное число).
Значит $x y \equiv -x^2 \mod 4^n$, следовательно $x y+1$ делится на $8$.
Отнимая от обеих частей равенства (3 z) число $\sqrt[n]{4}$ получим, что произведение

$(a_0+(a_1-1) g +a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}) (a_0+(a_1+1) g +a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$ делится на $8 g^2$.

Значит один из сомножителей делится на $2 g^4$ (поскольку $8 g^2=g^{17}$), из чего следует, что коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ - чётные.
Пусть, например, первый сомножитель делится на $2 g^4$.
Тогда $\frac{a_0}{2}+\frac{a_1-1}{2} g+\frac{a_2}{2} g^2+\frac{a_3}{2} g^3$ делится на $g^4$ из чего можно последовательно установить, что числа $a_0, a_1-1, a_2, a_3$ делятся на $4$.
Тогда наибольшая степень $g$, на которую делится второй сомножитель равна $g^6$ (поскольку $(a_1+1) g$ делится на $g^6$ и не делится на $g^7$).
Из этого следует, что первый сомножитель делится на $4 g$, следовательно коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $4$.
В сравнении с леммой 15.2.2 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4", этот результат более сильный ( так как в лемме 15.2.2 возможно, что $a_4$ не делится на $4$).

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение07.12.2015, 13:10 


31/03/06
1384
Уже понятно, что нам не удастся получить противоречие из (28 z) так как мы получили противоречие из (28) (и предположения, что $x$ делится на $11$).
Второй сомножитель в левой части равенства (28 z) делится на $2 g$ и не делится на $2 g^2$, и можно рассчитывать на то, что этот сомножитель, делённый на $2 g$ является квадратом.
Для того, чтобы применить закон квадратичной взаимности Гекке, уже нет необходимости умножать этот сомножитель на $i_n+1$, достаточно, чтобы коэффициент $a_1$ был сравним с $1$ по модулю $4$ (поскольку во втором сомножителе член c $a_1$ равен $2 i_n a_1 g$, и после деления на $2 g$, получим $i_n a_1$).

Таким образом, мы доказали только, что именно четное число $z$ делится на все релевантные конкретные простые числа $p$, на которые делится произведение $x y z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение07.12.2015, 15:39 


31/03/06
1384
На эти конкретные простые числа $p$ делится первый сомножитель в левой части равенства (28 z), поскольку на $p$ делятся коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$, в силу теоремы 3 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1".
Первый сомножитель в левой части равенства (28 z) делится на $p^2$, поскольку второй сомножитель взаимно-прост с $p$ (так как $a_1$ не делится на $p$), а $z^2$ делится на $p^2$.
Для $n=5$ у нас есть информация о степенях числа $p$, на которые делятся коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$.
Эту информацию даёт нам лемма 4.6 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5":

Цитата:
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.

Если $a_1$ не делится на $p$, то наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{2 t}, p^{4 t},  p^t$.

(Лемма 4.6 утверждает, что $a_3$ делится на $p^{4 t}$, лемма 4.7 - что $p^{4 t}$ является наибольшей степенью $p$, на которую делится $a_3$).

Поскольку первый сомножитель в левой части равенства (28 z) делится на чётную степень $p$, то $t$ - чётное число, и разделив первый сомножитель на $p^t$, получим частное, которое при делении на $p$ даёт остаток, определяемый членом с коэффициентом $a_4$.
Посмотрим, ведёт ли это к противоречию.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение07.12.2015, 21:10 


31/03/06
1384
Я думаю, что это ведёт к противоречию, потому что член с коэффициентом $a_4$ в первом сомножителе равен $\frac{1}{i_5+1}\frac{i_5-i_5^4}{i_5-1} g^4$.
Если среди вычетов $(i_5+1) (i_5^2+i_5+1)$ по модулю $p$ есть квадратичные и неквадратичные, то мы получим противоречие.

Рассмотрим случай любого нечётного простого $n<100$ (а не только $n=5$).
Пусть $p^t$ - максимальная степень $p$, на которую делится $z^2$.
Мы показали, что коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p^t$.
Поскольку $z^2=a_0^2+2 a_1 a_{n-1}+2 a_2 a_{n-2}+...+2 a_{(n-1)/2} a_{(n+1)/2}$, то $a_{n-1}$ не делится на $p^{t+1}$ (так как $a_1$ не делится на $p$, а все остальные слагаемые в правой части этого равенства, кроме $2 a_1 a_{n-1}$, делятся на $p^{2 t}$). Числа же $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-2}$ делятся на $p^{2 t}$, поскольку $2 a_0 a_{j+1}+2 a_1 a_j+...=0$, и все слагаемые в этом равенстве, кроме $2 a_1 a_j$, делятся на $p^{2 t}$, для любого $j=2, 3, ..., n-2$ (случай $j=0$ лучше рассмотреть отдельно, потому что сумма, в этом случае, имеет вид: $2 a_0 a_1+...=0$).

Значит наше рассуждение для $n=5$ можно сформулировать в общем виде и доказать ВТФ для многих конкретных $n$.
Если рассуждение выдержит проверку, то эта тема будет успешно завершена.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение07.12.2015, 22:59 


31/03/06
1384
К сожалению, последнее рассуждение не проходит по простой причине: число $(i_5+1) (i_5^2+i_5+1)$ равно $-i_5^3 (i_5+1)^2$ и не может давать квадратичные и неквадратичные вычеты.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.12.2015, 23:26 


31/03/06
1384
Вернёмся к равенству (28):

(28) $(\frac{1}{i_5+1}\frac{i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5)}{i_5-1})(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2$

и вопросу о том, верно ли утверждение (62):

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Мы показали, что оно сводится к вопросу:

(62.a) является ли число $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ квадратом по модулю $4$?

Мы показали, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ имеется $16^{10}-16^9=1030792151040$ вычетов по модулю $4$, взаимно-простых с $4$.
Пусть число $\beta(i_5, g)$ представляет какой-либо из этих вычетов, и пусть $\beta(i_5, g) \equiv \beta_1(i_5, g) \mod 2$.
Тогда $\beta^2(i_5, g) \equiv \beta_1^2(i_5, g) \mod 4$.
Значит достаточно рассмотреть вычеты по модулю $2$, взаимно-простых с $2$, коих имеется $16^5-16^4=983040$.
Для этого числа можно проверить на компьютере, является ли квадрат одного из этих вычетов сравним с $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ по модулю $4$.

-- Пн дек 14, 2015 00:25:49 --

Эти вычеты по модулю $2$ имеют вид: $u_0(i_5)+u_1(i_5) g+u_2(i_5) g^2+u_3(i_5) g^3+u_4(i_5) g^4$.
Из этих вычетов нас интересуют только такие, квадрат которых сравним с $\pm 1$ по модулю $2$.
У таких вычетов коэффициенты $u_1(i_5)$ и $u_2(i_5)$ должны быть чётными (иначе квадрат одного из этих коэффициентов нечётный, из чего следует наличие в квадрате вычета члена с $g^2$ или $g^4$ c нечётным коэффициентом).
Значит нас интересуют только вычеты вида $u_0(i_5)+u_3(i_5) g^3+u_4(i_5) g^4$.
В квадрате такого вычета коэффициент при $g^2$ делится на $4$ (так как он равен $4 u_3(i_5) u_3(i_5)$).
Выглядит так, что квадрат такого вычета не может быть сравним с $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ по модулю $4$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение14.12.2015, 00:32 


31/03/06
1384
Итак, мы вроде установили, что утверждение

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$

неверно (при условии, что $x y z$ делится на $4$ и не делится на $8$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение14.12.2015, 21:50 


31/03/06
1384
Если утверждение (62) неверно, то можно найти такой делитель единицы $u(g, i_5)$, не являющийся квадратом в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, что выполняется утверждение:

(62.b) $u(g, i_5)(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Можно надеяться получить из (62.b) противоречие, рассматривая выражение $u(g, i_5)(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ по модулю конкретных простых чисел $p$, на которые делятся коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$.
В самом деле, из (62.b) следует, что либо $u(g, i_5)$, либо $-u(g, i_5)$ является квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ по модулю $p$.
Если бы удалось получить из этого противоречие, это не доказывало бы ВТФ для $n=5$, а только доказывало, что $x y z$ делится на $8$, и тогда было бы верно не (62.b), а утверждение (62).
Но это тоже интересно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.12.2015, 23:13 


31/03/06
1384
У нас есть новые идеи для случая, если $x y z$ делится на $8$.
Сначала покажем, что в этом случае все коэффициенты $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$, кроме одного делятся на $4$.

Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число, и

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $2^t$ - наибольшая степень двойки, на которую делится $x y z$, где $t \ge 2$.

Пусть $x$ - нечётное число.
Покажем, что в этом случае коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{t-1}$.

Рассмотрим формулу

(4) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})=-y z$.

Поскольку $y z$ делится на $4$, то один из сомножителей в левой части этого равенства делится на $2$.
Тогда другой сомножитель делится на $g^{n-1}$ и не делится на $2$, поскольку разность между вторым и первым сомножителями равна $x g^{n-1}$.
Следовательно, один из сомножителей делится на $2^{t-1} g$, а другой на $g^{n-1}$.
Что и требовалось.

Можно было бы определить наибольшие степени двойки, на которые делятся коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$, как мы это сделали для $n=5$ (в лемме 4.8 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5" (кстати мы заметили ошибку в доказательстве этой леммы, не влияющую на результат: в третьей строке доказательства должно быть не $2^{3 t}$, а $2^{3 t}$ или $2^{4 t-2}$, при $t=1$ второе число меньше)).
Но это непросто сделать в общем виде, для любого $n$, и нам это не нужно.

Пусть теперь выполняется не (3), а (3 z):

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $2^t$ - наибольшая степень двойки, на которую делится $x y z$, где $t \ge 2$.

Пусть $z$ - чётное число.

Покажем, что в этом случае коэффициенты $a_0, a_2, a_3,  ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{2 t-2}$.
Из уравнения $x^n+y^n+z^n=0$ следует, что $x+y$ делится на $2^{t n}$, следовательно $-x y \equiv x^2 \mod 2^{t n}$.
Из равенства (3 z) следует (делением на $\sqrt[n]{4}$) сравнение:

$(a_1+a_2 g+a_3 g^2+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0}{2} g^{n-1})^2 \equiv x^2 \mod 2^{2 t -1} g^{n-2}$.

Следовательно:

$((a_1-x)+a_2 g+a_3 g^2+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0}{2} g^{n-1}) ((a_1+x)+a_2 g+a_3 g^2+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0}{2} g^{n-1}) \equiv 0 \mod 2^{2 t -1} g^{n-2}$.


Поскольку $2 t-1>1$, то один из сомножителей в левой части этого сравнения делится на $2 g$.
Тогда другой сомножитель делится на $2$ и не делится на $2 g$, поскольку разность этих сомножителей равна $2 x$.
Значит один из сомножителей делится на $2^{2 t-2} g^{n-2}$, а другой делится на $2$.
Cледовательно, коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{2 t-2}$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение19.12.2015, 02:20 


31/03/06
1384
Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число, и

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $x y z$ делится на $8$.

Пусть $x$ - нечётное число.

Имеет место равенство (28):

(28) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))=x^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$

Пусть $s a_1 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Это число нечётно, то есть, взаимно-просто с $2$ и примарно, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$, поскольку
коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $4$

В силу закона квадратичной взаимности Гекке, это число является квадратом по модулю любого нечётного простого главного идеала поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Следовательно:

(62) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, при условии однозначности разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Сформулируем (62) и по-другому, не предполагая однозначности разложения на простые множители:

(62 b) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение19.12.2015, 11:43 


31/03/06
1384
Перейдём теперь к изложению самой идеи.

Пусть обозначения как в предыдущем сообщении, $x y z$ делится на $8$, $x$ - нечётное число.

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$. (В предыдущем сообщении ошибка: должно быть с $a_0$, а не с $a_1$).

Пусть $p$ - нечётный простой делитель произведения $y z$, на который делятся не все коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, на который делится $p$.
Каждое из чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ сравнимо либо с $x$ либо с $-x$ по модулю идеала $\rho$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $x$, а другая часть сравнима с $-x$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-x$ следует за числом, сравнимым с $x$, и некоторое число, сравнимое с $x$ следует за числом, сравнимым с $-x$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n)), s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g i_n)+\alpha_1(g i_n^2)), ... s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g i_n^{n-1})+\alpha_1(g))$ есть два числа, одно из которых сравнимо с $s (i_n+1)(i_n-1) x$, а другое сравнимо с $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ по модулю идеала $\rho$.
Поскольку оба эти числа являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$, в силу (62 b), то числа $s (i_n+1)(i_n-1) x$ и $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.
Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $s (i_n+1)(i_n-1) x$ и $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $s (i_n+1)(i_n-1) x \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70) числа $(i_n+1)(i_n-1) s x$ и $-(i_n+1)(i_n-1) s x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.12.2015, 12:49 


31/03/06
1384
Пусть обозначения как в предыдущем сообщении, $x y z$ делится на $8$, $x$ - нечётное число.

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Пусть $p$ - нечётный простой делитель числа $x$, на который делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Наша цель получить результат, аналогичный (70), который мы получили в предыдущем сообщении.

Пусть

$\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$,

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-1} g^{n-2}+a_{00} g^{n-1}$, где целое число $a_{00}$ сравнимо с $a_0/2$ по модулю $p$.

Тогда $\alpha_1(g)=\beta(g) g+\frac {a_0-2 a_{00}}{p} p$.

Из равенства

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$

следует сравнение

(3.1) $\beta^2(g) \equiv -y z \mod p$,

поскольку $\beta^2(g) g^2 \equiv \alpha^2(g) \equiv -g^2 y z \mod p$.

Из (3.1) следует:

(3.2) $\beta^2(g) \equiv m^2 \mod p$, где целое число $m$ сравнимо с $y^n/(yz)^{(n-1)/2}$ по модулю $p$.

В самом деле $m^2 \equiv y^{2 n}/(y z)^{n-1} \equiv -(y z)^n/(y z)^{n-1} \equiv -y z \mod p$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, делящий $p$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $m$, а другая часть сравнима с $-m$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-m$ следует за числом, сравнимым с $m$, и некоторое число, сравнимое с $m$ следует за числом, сравнимым с $-m$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-m g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m g i_n^{j_1}$, и некоторое число, сравнимое с $m g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Числа $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})+\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})+\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$ делятся на $\rho$.
Эти числа, соответствующие второму сомножителю в равенстве (28) нас не интересуют.

Нас интересуют числа $s (i_n-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})-\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s (i_n-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})-\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$, соответствующие первому сомножителю в равенстве (28), умноженному на $s (i_n+1) (i_n-1)^2$.

Эти числа, сравнимые соответственно с $s (i_n-1) 2 m g i_n^{j_1+1}$ и $s (i_n-1) 2 (-m) g i_n^{j_2+1}$ по модулю идеала $\rho$, являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, в силу (62).

Поскольку $2 g=(g^{(n+1)/2})^2$ и $i_n=(i_n^{(n+1)/2})^2$, то числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n-1) s (-m)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n-1) s (-m)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n-1) s m \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70.x) числа $(i_n-1) s m$ и $-(i_n-1) s m$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.12.2015, 14:06 


31/03/06
1384
Пусть обозначения как в предыдущем сообщении, $x y z$ делится на $8$, $x$ - нечётное число.

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Пусть $p$ - простое число, по модулю которого числа $i_n+1$ и $(i_n+1) s a_1$ не сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$.

Покажем, что $x$ не может делиться на $p$.
Предположим обратное, что $x$ делится на $p$.
Если не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$, то выполняется утверждение (70.x), которое противоречит условию, что $i_n+1$ не сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
В самом деле, из утверждения (70.x) следует, что числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n^2-1) s m$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Деля второе число на первое, получим: число $i_n+1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$, что противоречит условию.

Значит все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Тогда $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n)) \equiv s (i_n+1) 2 i_n g a_1 \mod p$.

Из утверждения (62.b):

(62 b) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

следует, что число $(i_n+1) s a_1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.

Перемножая сравнения $(i_n+1) s a_1 \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

Число $(i_n+1) s a_1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Что противоречит условию.
Что и требовалось.

Теперь мы можем усилить теорему 6 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1",
заменив условие:

Цитата:
Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

на условие
Цитата:
Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

То есть уже не требуется несуществования $\sqrt[n]{2}$ по модулю $p$.
Но следует добавить к условиям теоремы 6 то, что $x y z$ делится на $8$, и что число $p$ разлагается в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

-- Вс дек 20, 2015 15:03:16 --

Я думаю, что надо ещё раз рассмотреть случай, когда $z$ - чётное число и выполняются равенства:

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа

и

(28 z) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(n)+\alpha_1(g i_n))=z^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $g=\sqrt[n]{2}$.

Тем более, что нет необходимости в предположении $x y z$ делится на $8$ для того, чтобы сомножители в левой части равенства (28 z) (умноженные на определённые числа), были квадратами.

Мы не смогли получить из равенства (28 z) противоречия, рассматривая простые числа $p$, на которые делятся $z$ и коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Но мы не рассматривали случая когда $z$ делится на $p$, и не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
В этом случае мы можем надеятся получить аналог утверждения (70.x) ввиду наличия числа $i_n^2-1$ в знаменателе в первом сомножителе в равенстве (28 z).
A поскольку именно $z$ делится на конкретные простые числа $p$, по модулю которых среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные, то это противоречит утверждению (70.z), которое мы получим.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.12.2015, 20:47 


31/03/06
1384
Цитата:
Тем более, что нет необходимости в предположении $x y z$ делится на $8$ для того, чтобы сомножители в левой части равенства (28 z) (умноженные на определённые числа), были квадратами.

Уберём это утверждении из предыдущего сообщения, так как мы сомневаемся в этом.

Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число.

Пусть $x y z$ делится на $8$.

Пусть $z$ - чётное число, и имеет место равенство (3 z):

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Из этого равенства можно получить равенство:

(28 z) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(n)+\alpha_1(g i_n))=z^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $g=\sqrt[n]{2}$.

Пусть $s_1 a_1 \equiv 1 \mod 4$, где $s_1=1$ или $-1$.

Тогда второй сомножитель в левой части равенства (28 z), делённый на $2 g$ и помноженный на $s_1$ является примарным, то есть сравнимым с квадратом по модулю $4$ числом.
Поскольку сомножители в левой части равенства (28 z) могут оба делиться только на степень $g$, и учитывая, что число $2 g=g^{n+1}$ является квадратом, то из закона квадратичной взаимности Гекке следует, что второй сомножитель, помноженный на $s_1$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Значит и первый сомножитель, помноженный на $s_1$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Помножим первый сомножитель также на $(i_n^2-1)^2$ и сформулируем этот рtзультат:

(62.z.1) число $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, при условии однозначности разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Сформулируем (62.z.1) и по-другому, не предполагая однозначности разложения на простые множители:

(62.z.1 b) число $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

Пусть $p$ - нечётный простой делитель числа $z$, на который делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Мы определили

$\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$,

Пусть

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-1} g^{n-2}+(a_0/2) g^{n-1}$.

Тогда $\alpha_1(g)=\beta(g) g$.

Из равенства

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$

следует сравнение

(3.z.1) $\beta^2(g) \equiv -x y \mod p$,

поскольку $\beta^2(g) g^2 \equiv \alpha^2(g) \equiv -g^2 x y \mod p$.

Из (3.z.1) следует:

(3.z.2) $\beta^2(g) \equiv m_1^2 \mod p$, где целое число $m_1$ сравнимо с $x^n/(x y)^{(n-1)/2}$ по модулю $p$.

В самом деле $m_1^2 \equiv x^{2 n}/(x y)^{n-1} \equiv -(x y)^n/(x y)^{n-1} \equiv -x y \mod p$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, делящий $p$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $m_1$, а другая часть сравнима с $-m_1$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-m_1$ следует за числом, сравнимым с $m_1$, и некоторое число, сравнимое с $m_1$ следует за числом, сравнимым с $-m_1$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-m_1 g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m_1 g i_n^{j_1}$, и некоторое число, сравнимое с $m_1 g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m_1 g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Нас интересуют числа $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})-\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})-\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$, соответствующие первому сомножителю в равенстве (28.z), умноженному на $s_1 (i_n^2-1)^2$.

Эти числа, сравнимые соответственно с $s_1 (i_n^2-1) 2 m_1 g i_n^{j_1+1}$ и $s_1 (i_n^2-1) 2 (-m_1) g i_n^{j_2+1}$ по модулю идеала $\rho$, являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, в силу (62.z.1).

Поскольку $2 g=(g^{(n+1)/2})^2$ и $i_n=(i_n^{(n+1)/2})^2$, то числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $(i_n^2-1) s_1 (-m_1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $(i_n^2-1) s_1 (-m_1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n^2-1) s_1 m_1 \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70.z) числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $-(i_n^2-1) s_1 m_1$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

Мы не сможем получить противоречия из утверждения (70.z) для конкретных простых делителей $p$ числа $z$ по той причине, что коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на все эти кoнкретные $p$.

Мы показали, что нечётное число $x$ не может делится на эти кoнкретные $p$, рассматривая второй множитель равенства (28), помноженный на $s (i_n+1)$, по модулю $p$.
Но с чётным числом $z$ и вторым множителем равенства (28.z), помноженным на $s_1$ такое рассуждение не проходит.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 93 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  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