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 ... 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение21.12.2015, 09:15 


31/03/06
1384
Заметим, что каждое из утверждений (70), (70.x), (70.z) можно упростить и свести к утверждению:

(70.1) числа $i_n-1$ и $-(i_n-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

Покажем это на примере утверждения (70.z):

(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 $p$,

которое выполняется при условии, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.

Мы получили (70.z) из того, что 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 $\rho$.

Но также верно, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ либо некоторое число, сравнимое с $m_1 g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m_1 g i_n^{j_1}$, либо 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 $\rho$.

Рассматривая второй сомножитель в равенстве (28.z), умноженный на $s_1$, получим, что либо $s_1 m$ либо $-s_1 m$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Cравнивая это утверждение с (70.z) получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ 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 $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n^2-1) \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Последнее утверждение эквивалентно (70.1).
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение09.08.2016, 18:52 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #802924 писал(а):
Я только сейчас заметил, что $c_2=c_3$. Забавно.

-- Ср дек 18, 2013 06:27:07 --

На всякий случай, вычислим также произведение сопряжённых чисел с первым сомножителем в равенстве (28), а именно: $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^2)+\alpha_1(g i_5^3))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^3)+\alpha_1(g i_5^4))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^4)+\alpha_1(g))/(i_5-1)$.

Мы опустили сомножитель $1/(i_5+1)$, поскольку ясно, что придётся помножать на $i_5+1$ или на $-(i_5+1)$, чтобы получить квадрат (из тех же соображений, что и в случае второго сомножителя равенства (28)).

Код:
load_package polydiv;

v0:=a0+a1*g+a2*g^2+a3*g^3+a4*g^4;

v1:=a0+a1*g*i5+a2*g^2*i5^2+a3*g^3*i5^3+a4*g^4*i5^4;

v2:=a0+a1*g*i5^2+a2*g^2*i5^4+a3*g^3*i5^6+a4*g^4*i5^8;

v3:=a0+a1*g*i5^3+a2*g^2*i5^6+a3*g^3*i5^9+a4*g^4*i5^12;

v4:=a0+a1*g*i5^4+a2*g^2*i5^8+a3*g^3*i5^12+a4*g^4*i5^16;

u1:=(i5*v0-v1)/(i5-1);

u2:=(i5*v1-v2)/(i5-1);

u3:=(i5*v2-v3)/(i5-1);

u4:=(i5*v3-v4)/(i5-1);

u5:=(i5*v4-v0)/(i5-1);

v5:=((u1*u2) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=((u3*u4) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v7:=((v5*v6) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v8:=((v7*u5) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:=v8 mod i5;

v9:=(v8-c0)/i5;

c1:=v9 mod i5;

v10:=(v9-c1)/i5;

c2:=v10 mod i5;

c3:=(v10-c2)/i5;

c0;
c1;
c2;
c3;


Получим:

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

где
$c_0=a_0^5-20 a_0^2 a_2 a_4^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4+20 a_0 a_2^2 a_3^2+80 a_0 a_3 a_4^3-4 a_2^5+40 a_2^2 a_3 a_4^2-80 a_2 a_3^3 a_4+24 a_3^5-48 a_4^5$

$c_2=10 (-a_0^3 a_2 a_3+2 a_0^2 a_2 a_4^2+4 a_0^2 a_3^2 a_4+2 a_0 a_2^3 a_4-2 a_0 a_2^2 a_3^2-12 a_0 a_3 a_4^3-8 a_2^2 a_3 a_4^2+12 a_2 a_3^3 a_4-4 a_3^5+8 a_4^5)$

$c_3=10 (-a_0^3 a_2 a_3+2 a_0^2 a_2 a_4^2+4 a_0^2 a_3^2 a_4+2 a_0 a_2^3 a_4-2 a_0 a_2^2 a_3^2-12 a_0 a_3 a_4^3-8 a_2^2 a_3 a_4^2+12 a_2 a_3^3 a_4-4 a_3^5+8 a_4^5)$


В (63) допущена ошибка.
Должно быть

(63) 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 $\mathbb{Z}[i_5]$,

-- Вт авг 09, 2016 18:56:14 --

Феликс Шмидель в сообщении #803156 писал(а):
Нетрудно выразить целые числа $c_0$ и $c_2$ параметрически.

Из (63) следует:

(64) $c_0=\pm (b_0^2+b_1^2)$, $c_2=\pm (2 b_0 b_1-b_1^2)$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

В самом деле, обозначим $h=i_5^2+i_5^3=(-1-\sqrt{5})/2$.
Из (63) следует: $\pm (c_0+c_2 h)=(b_0+b_1 h)^2=b_0^2+b_1^2 h^2+2 b_0 b_1 h=b_0^2+b_1^2 (1-h)+2 b_0 b_1 h=(b_0^2+b_1^2)+(2 b_0 b_1-b_1^2) h$ (поскольку $h^2+h-1=0$ и $h^2=1-h$).


В результате ошибки, которую мы исправили, это параметрическое решение тоже ошибочно.

-- Вт авг 09, 2016 19:29:34 --

Помножим (63) на $i_5^2$.
Получим: $\pm h (c_0+c_2 h)=\pm ((c_0-c_2) h+c_2)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Параметрическое решение имеет вид:

(64) $c_2=\pm (b_0^2+b_1^2)$, $c_0-c_2=\pm (2 b_0 b_1-b_1^2)$.

Но возможно ещё одно решение.
Поскольку $i_5^2+i_5^3=h$, то $h i_5^2=i_5^4+1$, и $i_5^2=(h \pm \sqrt{h^2-4})/2$.
Возведя последнее равенство в куб, получим, что $i_5$ выражается через $\sqrt{h^2-4}$ и квадрат в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$ тоже.
Поэтому ещё одно параметрическое решение получается из:

$\pm ((c_0-c_2) h+c_2)=v^2 (h^2-4)=v^2 (-h-3)$, где $v \in \mathbb{Z}[h]$.

-- Вт авг 09, 2016 19:44:17 --

Покажем, что (64) невозможно.
Поскольку $c_2$ делится на $4$, то $b_0$ и $b_1$ должны быть чётными, что противоречит нечётности числа $c_0-c_2$.

Кажется, мы, наконец, получили противоречие.
Но нужно проверять.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение09.08.2016, 20:19 


31/03/06
1384
Предыдущее сообщение ошибочно, и будем считать его удалённым.
То, что было раньше верно, то есть

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение10.08.2016, 15:14 


31/03/06
1384
У меня появилась новая идея.
Начнём с (28):


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

Представим это равенство в виде:

(28.1) $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2 (i_5^2-1)$

Подставим вместо $g$: $g i_5, g i_5^2, g i_5^3, g i_5^4$ и перемножим все 5 полученных равенств специальным образом, так чтобы в левой части получилась разность квадратов.

Сделаем это в программе "Reduce":

Код:
load_package polydiv;

v0:=a0+a1*g+a2*g^2+a3*g^3+a4*g^4;

v1:=a0+a1*g*i5+a2*g^2*i5^2+a3*g^3*i5^3+a4*g^4*i5^4;

v2:=a0+a1*g*i5^2+a2*g^2*i5^4+a3*g^3*i5^6+a4*g^4*i5^8;

v3:=a0+a1*g*i5^3+a2*g^2*i5^6+a3*g^3*i5^9+a4*g^4*i5^12;

v4:=a0+a1*g*i5^4+a2*g^2*i5^8+a3*g^3*i5^12+a4*g^4*i5^16;

s1:=i5*v0*i5*v1+v1*v2;

s2:=i5*v0*v2+i5*v1*v1;

s1:=(s1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

s2:=(s2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

t1:=i5*v2*i5*v3+v3*v4;

t2:=i5*v2*v4+i5*v3*v3;

t1:=(t1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

t2:=(t2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

m1:=s1*t1+s2*t2;

m2:=s1*t2+t1*s2;

m1:=(m1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

m2:=(m2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

n1:=m1*i5*v4+m2*v0;

n2:=m1*v0+i5*v4*m2;

n1:=(n1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

n2:=(n2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

n1;
n2;


Получим в левой части равенства выражение вида $n_1^2-n_2^2$, где $n_1$ и $n_2$ - громоздкие выражения через коэффициенты $a_0, ..., a_4$ и $i_5$ (без $g$), а в правой части равенства: $x^{10} (i_5^2-1)^5$.
Представим это равенство в виде:

(28.2) $(n_1-x^5 (i_5^2-1)^2 \sqrt{i_5^2-1})(n_1+x^5 (i_5^2-1)^2 \sqrt{i_5^2-1})=n_2^2$

Я проверил в программе "Sage", что число классов поля $\mathbb{Q}[\sqrt{i_5-1}]$ равно 1.

Поэтому сомножители в левой части равенства являются квадратами в этом поле (возможно помноженными на делитель единицы).
Можно попытаться получить из этого противоречие.

-- Ср авг 10, 2016 15:28:01 --

Можно упростить равенство (28.2), подставив $i_5^3$ вместо $i_5$.
Получим:

(28.3) $(n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})(n_1+x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})=n_2^2$

В $n_1$ и $n_2$ мы тоже подставили $i_5^3$ вместо $i_5$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение11.08.2016, 02:30 


31/03/06
1384
Сомножители в левой части равенства (28.3) не являются взаимно-простыми, поэтому неверно, что они являются квадратами, помноженными на делитель единицы.
Это осложняет получение противоречия.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение12.08.2016, 22:20 


31/03/06
1384
Тем не менее, например, первый сомножитель в левой части равенства (28.3) не может быть квадратом по простой причине: коэффициент при $\sqrt{i_n-1}$ - нечётный.
Что касается делителей единицы, на которые можно помножить этот сомножитель, то фундаментальных делителей единицы всего 3 (не считая корней из единицы, которые являются квадратами).
Значит делителей единицы, на которые можно помножить этот сомножитель, всего 7.
Я думаю все или большинство этих случаев можно отсеить по той же причине: коэффициент при $\sqrt{i_n-1}$ не будет чётным.

-- Пт авг 12, 2016 22:45:15 --

Чтобы убедиться, что целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt{i_5-1}]$ являются полиномами от $\sqrt{i_5-1}$ (без знаменателя), можно использовать код в "Sage":

Код:
n=5;
F.<a>=NumberField(((x^2+1)^n-1)/((x^2+1)-1));
M=F.maximal_order();
M.gens();

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.08.2016, 00:00 


31/03/06
1384
Фундаментальные делители единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt{i_5-1}]$ даются следующим кодом в "Sage":

Код:
n=5;
F.<a>=NumberField(((x^2+1)^n-1)/((x^2+1)-1));
U=F.unit_group();
U.gens_values()


Получим: $-a^4 - 2 a^2 - 1, a^4 + 2 a^2 + 2, a^6 + 3 a^4 + 3 a^2 - a + 1, a^7 + 3 a^5 + a^4 + 3 a^3 + 2 a^2 + a + 2$.

Первый фундаментальный делитель единицы равен $-i_5$, второй равен $i_5+1$.
Умножение на эти делители единицы не меняют нечётности коэффициента при $\sqrt{i_5-1}$.
В самом деле, эти делители единицы не делятся на $2$, а $2$ - простое число не только в кольце целых чисел, но и в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_5]$.
Третий фундаментальный делитель единицы равен $i_5^3-\sqrt{i_5-1}$, четвёртый равен $(i_5^2+1)+i_5^3 \sqrt{i_5-1}$.
Произведение этих двух делителей единицы равно $(2 i_5^3-i_5^4+1)+(i_5-i_5^2-1) \sqrt{i_5-1}$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.08.2016, 05:16 


31/03/06
1384
Выражение $n_1$ является громоздкой суммой, в которой все слагаемые, начиная с 4-го делятся на $2$ (и даже на $4$).
Сумма первых трёх слагаемых равна $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)$.
Помножим $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на $i_5^3-\sqrt{i_5-1}$.
Коэффициент при $\sqrt{i_5-1}$ в этом произведении даётся следующим кодом в программе "Reduce":

Код:
load_package polydiv;
v1:=a0^5*(10*i5^3+5*i5+1);
v2:=-x^5*(i5-1)^2;
u1:=i5^3;
u2:=-1;
s:=v1*u2+v2*u1;
s:=(s mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));


Получим: $a_0^5 (-10 i_5^3-5 i_5-1)+x^5 (-3 i_5^3-2 i_5^2-2 i_5-3)$
По модулю $2$ это выражение сравнимо с $(-i_5-1)+(-i_5^3-3) \equiv -i_5-i_5^3 \mod 2$.
Полученное выражение не делится на $2$, что и требовалось.

Помножим теперь $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на $(i_5^2+1)+i_5^3 \sqrt{i_5-1}$.

Код:
load_package polydiv;
v1:=a0^5*(10*i5^3+5*i5+1);
v2:=-x^5*(i5-1)^2;
u1:=i5^2+1;
u2:=i5^3;
s:=v1*u2+v2*u1;
s:=(s mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));


Получим: $a_0^5 (-4 i_5^3-5 i_5^2+5 i_5-5)+x^5 (3 i_5^3-i_5^2+3 i_5)$.
По модулю $2$ это выражение сравнимо с $(-i_5^2+i_5-1)+(i_5^3-i_5^2+i_5) \equiv i_5^3-1 \mod 2$.
Полученное выражение не делится на $2$, что и требовалось.

Осталось помножить $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на произведение $(i_5^3-\sqrt{i_5-1})((i_5^2+1)+i_5^3 \sqrt{i_5-1})$.

Я вычислял последнее произведение вручную.
На всякий случай вычислим его кодом:

Код:
load_package polydiv;
v1:=i5^3;
v2:=-1;
u1:=i5^2+1;
u2:=i5^3;
s1:=v1*u1+v2*u2*(i5-1);
s1:=(s1 mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));
s2:=v1*u2+v2*u1;
s2:=(s2 mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));
s1;
s2;


Получим $(3 i_5^3+i_5^2+i_5+2)+(-i_5^2+i_5-1) \sqrt {i_5-1}$.
Это выражение равно полученному вручную: $(2 i_5^3-i_5^4+1)+(i_5-i_5^2-1) \sqrt{i_5-1}$.

Продолжение следует.

-- Сб авг 13, 2016 05:38:42 --

Помножим теперь $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на $(2 i_5^3-i_5^4+1)+(i_5-i_5^2-1) \sqrt{i_5-1}$.
Коэффициент при $\sqrt{i_5-1}$ в этом произведении даётся следующим кодом в программе "Reduce":

Код:
load_package polydiv;
v1:=a0^5*(10*i5^3+5*i5+1);
v2:=-x^5*(i5-1)^2;
u1:=2*i5^3-i5^4+1;
u2:=i5-i5^2-1;
s:=v1*u2+v2*u1;
s:=(s mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));


Получим: $a_0^5 (-25 i_5^3-6 i_5^2-14 i_5-21)+x^5 (-7 i_5^3-6 i_5^2-2 i_5-10)$.
По модулю $2$ это выражение сравнимо с $(-i_5^3-1)+(-i_5^3) \equiv -1 \mod 2$.
Полученное выражение не делится на $2$, что и требовалось.

Вроде всё доказано, теперь проверять.

-- Сб авг 13, 2016 05:54:56 --

Ошибка: я использовал выражение $n_1$ перед подстановкой $i_5^3$ вместо $i_5$.
Придётся переделать умножение на делители единицы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.08.2016, 06:28 


31/03/06
1384
Это меняет дело, потому что умножение на $i_5^3-\sqrt{i_5-1}$ теперь даёт чётный коэффициент при $\sqrt{i_5-1}$.
Умножение на другой делитель единицы и на произведение делителей даёт нечётные коэффициенты.
Значит возможно, что

$(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$(i_5+1)(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$

является квадратом, помноженным на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.

Нужно искать другую причину, почему нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.08.2016, 15:43 


31/03/06
1384
Точнее

$(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$-(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$(i_5+1)(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$-(i_5+1)(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$

является квадратом, помноженным на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.

Посмотрим нельзя ли получить противоречие по модулю простого числа $p \equiv 1 \mod 5$, на которое делится $y z$.
Есть множество небольших таких конкретных $p$, на которые делятся все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ (кроме $a_0$).
Мы знаем, что $x^2 \equiv a_0^2 \mod p$, поэтому можно получить выражения, зависящие только от $i_5$, которые являются квадратами по модулю $p$. Возможно, проверка покажет, что это не так, и мы получим искомое противоречие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.08.2016, 21:25 


31/03/06
1384
Возьмём какое-либо из перечисленных четырёх выражений с целью доказать, что оно не является квадратом, помноженным на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.
Будем подставлять в это выражение вычеты по модулю $p$, соответствующие числам $i_5, i_5^2, i_5^3, i_5^4$.
Если для части из этих вычетов, выбранное выражение будет квадратичным вычетом, а для части неквадратичным по модулю $p$, то выражение не является квадратом, помноженым на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.
Мы проверяем простые числа $p$, удовлетворяющие следующим условиям:

1) $p \equiv 1 \mod 5$.

2) либо $p \equiv 3 \mod 4$, либо ($p \equiv 1 \mod 4$ и не все вычеты, соответствующие $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$) являются квадратичными по модулю $p$.

3) $x y z$ делится на $p$.

Эти условия гарантируют, что $a_1,  ..., a_4$ (но не $a_0$) делятся на $p$ (при условии $y z$ делится на $p$).
Мы показали это ранее.
Если $x$ делится на $p$, меняем $x$ и $y$ местами.

-- Сб авг 13, 2016 22:10:38 --

К сожалению в этом плане есть изъян: наибольший делитель $(n_1, x)$ может принадлежать кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$, а не $\mathbb{Z}$, и тогда от него так просто не избавиться.
Я подозреваю, что $n_1$ и $x$ - не имеют общих делителей, но это нужно доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение16.08.2016, 08:14 


31/03/06
1384
Я не могу доказать, что $n_1$ и $x$ - не имеют общих делителей.
Напротив, выглядит так, что они имеют общие делители.

Рассмотрим равенство:

(28.1) $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2 (i_5^2-1)$

Пусть $x$ делится на некоторый идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Тогда один из сомножителей в левой части равенства (28.1) делится на $\rho$.
Если, например, $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))$ делится на $\rho$, и $(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))$ делится на $\rho$, то $\rho$ является общим делителем чисел $n_1$ и $x$.
В самом деле, обозначим $v_1=i_5 \alpha_1(g), v_2=\alpha_1(g i_5), u_1=i_5 \alpha_1(g i_5), u_2=\alpha_1(g i_5^2)$.
Тогда $v_1 u_1+v_2 u_2$ делится на $\rho$, и $v_1 u_2+v_2 u_1$ делится на $\rho$.
А $(v_1^2-v_2^2)(u_1^2-u_2^2)=(v_1 u_1+v_2 u_2)^2-(v_1 u_2+v_2 u_1)^2$.

При дальнейшем умножении таким способом, получим, что $n_1$ и $n_2$ делятся на $\rho$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.08.2016, 05:53 


31/03/06
1384
Пусть $x$ делится на простое число $p$, которое не является общим делителем коэффициентов $a_0, a_2, a_3, a_4$.
Покажем, что $n_1$ делится на $p$.
Для этого покажем, что $n_1$ делится на $\rho^t$, где $p$ делится на $\rho^t$, $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Мы знаем, что коэффициенты $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ удовлетворяют системе сравнений по модулю $\rho^t$, в которых играют роль числа $s_1, s_2, s_3, s_4$, каждое из которых равно $0$ или $1$.
Нетрудно показать, что $n_1$ не делится на $\rho^t$ только если $s_1=0, s_2=0, s_3=0, s_4=0$, то есть когда коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$ делятся на $\rho^t$.
В самом деле, можно определить числа $v_0, v_1, v_2, v_3, v_4$ так, что $s_i=0$ если $v_0 \equiv v_i \mod \rho^t$, и $s_i=0$ если $v_0 \equiv -v_i \mod \rho^t$, для $i=1, 2, 3, 4$.
Число $n_1$ вычисляется теперь путём умножения $(v_0^2-v_1^2)(v_1^2-v_2^2)(v_2^2-v_3^2)(v_3^2-v_4^2)(v_4^2-v_0^2)$ особым способом.
Пример в предыдущем сообщении показывает, что если $v_i \equiv v_{i+1}$ и $v_j \equiv -v_{j+1}$ по модулю $\rho^t$, то $n_1$ делится на $\rho^t$.
Что и требовалось.

Числа $v_0, v_1, v_2, v_3, v_4$ можно определить различными способами.
Мы определили одним способом в этой теме в сообщении:

Феликс Шмидель в сообщении #794374 писал(а):

и другим способом в сообщении:

Феликс Шмидель в сообщении #1076945 писал(а):
Пусть $x$ делится на $p$.
Тогда $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv -\sqrt[n]{4} y z \mod p$.
Умножая это сравнение на $(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ получим:

$(2 a_1+2 a_2 \sqrt[n]{2}+2 a_3 (\sqrt[n]{2})^2...+2 a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-2}+a_0 (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv -4 y z \mod p$


Последний способ проще, и мы будем использовать его.

Определим

$v_0=2 a_1+2 a_2 \sqrt[n]{2}+2 a_3 (\sqrt[n]{2})^2...+2 a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-2}+a_0 (\sqrt[n]{2})^{n-1}$,
$v_1=v_0(\sqrt[n]{2} i_n)$,
$v_2=v_0(\sqrt[n]{2} i_n^2)$,
...
$v_{n-1}=v_0(\sqrt[n]{2} i_n^{n-1})$.

При этом имеют место равенства:

$v_0^2=x^2 g^{2 (n-1)}-4 y z$ и $v_0^2-v_1^2=x^2 g^{2 (n-1)}(1-i_n^{n-2})$

У меня возникли два вопроса.
Во-первых, случай, когда $v_0 \equiv -v_1, v_1 \equiv -v_2, v_2 \equiv -v_3, v_3 \equiv -v_4 \mod \rho^t$.
Казалось бы в этом случае $n_1$ не должно делиться на $\rho^t$.
Но я не учёл, что в этом случае $v_4 \equiv v_0 \mod \rho^t$.

Во-вторых, громоздкое выражение $n_1$ включает степени числа $i_5$ и делится на $p$ только если все громоздкие выражения c коэффициентами $a_0, ..., a_4$ при этих степенях делятся на $p$.
Мне казалось это странным.
Но я вспомнил, что есть более простые выражения с этими коэффициентами, которые равны нулю или делятся на $p$.
Так что ничего странного здесь нет.

Таким образом, наибольший общий делитель $(n_1, x)$ является целым числом, и мы можем продолжить наш план, изложенный в сообщении:

[quote="Феликс Шмидель в сообщении #1143947"]

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.08.2016, 12:28 


31/03/06
1384
С целью выявления подходящих простых $p$ напишем программу на UBASIC:

Код:
   10   N=5
   30   open "PRIMEST.txt" for input as #1
   40   for I=1 to 10000
   50   input #1,P
   60   P=val(P)
   70   R=modpow(P,1,N)
   80   if R<>1 goto 380
   100  S5=0
  110   for I1=2 to P-1
  120   R=modpow(I1,N,P)
  140   if R=1 then S5=I1
  150   next I1
  160   Allsquares=1
  170   for I1=1 to 4
  180   if fnNotsquare(1+S5^I1,P) then Allsquares=0
  190   next I1
  200   R=modpow(P,1,4)
  210   if R=1 and Allsquares=0 goto 380
  220   Allsquares=1
  230   Therearesquares=0
  240   Notsquare=0
  250   for I1=1 to 4
  260   S6=modpow(S5,I1,P)
  270   Sqr=0
  280   for I3=0 to P-1
  290   if modpow(I3,2,P)=S6-1 then Sqr=I3
  300   next I3
  310   if Sqr=0 then Notsquare=1:goto 340
  320   F=(S6^3-Sqr)*(10*S6^3+5*S6+1-(S6-1)^2*Sqr)
  330   if fnNotsquare(F,P) then Allsquares=0 else Therearesquares=1
  340   next I1
  350   if Notsquare=1 goto 380
  360   if Allsquares=0 and Therearesquares=1 then print P,
  380   next I
  390   close #1
  400   end
  410   fnNotsquare(V,P)
  420   V=modpow(V,1,P)
  430   Notsquare=1
  440   for I2=0 to P-1
  450   if modpow(I2,2,P)=V then Notsquare=0
  460   next I2
  470   return(Notsquare)


Получим 11, 211, 311, 431, 461, 541, ...

Теперь нужно проверять вручную, не сделали ли мы ошибки в программе.

-- Чт авг 18, 2016 12:51:58 --

Одну ошибку я вижу: мы подставили в $n_1$ $i_5^3$ вместо $i_5$, поэтому должно быть:

Код:
320   F=(S6^3-Sqr)*(10*S6^4+5*S6^3+1-(S6-1)^2*Sqr)

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение18.08.2016, 13:51 


31/03/06
1384
Другая ошибка, что переменная Notsquare используется в функции в конце программы, поэтому в остальных местах эту переменную нужно переименовать.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 93 ]  На страницу Пред.  1 ... 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