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 1, 2, 3, 4, 5 ... 7  След.
 
 Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение10.11.2013, 00:28 


31/03/06
1384
В этой теме, мы с ananova займёмся подготовкой доказательства ВТФ для $n=5$.
Уважаемый ananova, Вы в курсе, что в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы не доказали это, а нашли, используя математическую компьютерную программу gp/PARI.
Эта программа определила, что число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ равно 1.
Вы, возможно не знаете, что такое идеал, и тем более, что такое число классов идеалов.
Важно то, что если число классов идеалов равно 1, то имеет место единственность разложения на множители.
Когда мы найдём доказательство ВТФ для $n=5$, мы можем не доказывать эту единственность, а воспользоваться приёмом из моего доказательства для $n=3$.

Сейчас это не важно, важно то, что в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ можно не говорить об идеалах, поскольку все идеалы представляются обычными числами этого кольца.

Но если в кольце обычных целых чисел есть только два делителя единицы: $1$ и $-1$, то в кольце
$\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ есть и другие делители единицы, например $\sqrt[5]{2}-1$.

Если ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^5+y^5+z^5=0$, то $x^{10}-4 (yz)^5=a^2$, где $a=y^5-z^5$.
Будем считать, что $x$ - нечётное числом, а число $a$ не делится на $n$.
Этого можно добиться, поменяв $x$, $y$ и $z$ местами.

Пусть $c=x^2-\sqrt[5]{4} y z$, $d=x^8+x^6 y z \sqrt[5]{4}+x^4 (y z)^2 (\sqrt[5]{4})^2+x^2 (y z)^3 (\sqrt[5]{4})^3+(y z)^4 (\sqrt[5]{4})^4$.
Не трудно доказать, что $c$ и $d$ - взаимно-простые числа, то есть единственными общими делителями этих чисел являются делители единицы.

Исходя из равенства:

(1) $c d=a^2$,

взаимной простоты чисел $c$ и $d$, и единственности разложения на простые множители, получим:

(2) $c=u \alpha^2$,

где $u$ - делитель единицы, и оба числа $u$ и $\alpha$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.

Используя приём из моего доказательства для $n=3$ можно показать, что из (2) следует:

(3) $c=\alpha_1^2$,

где число $\alpha_1$ принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ (мы ввели индексированное число $\alpha_1$, поскольку оно может отличаться от числа $\alpha$ из (2)).

Наша задача: получить из равенства (3) противоречие.

Пусть $\alpha_1=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4$, где $g=\sqrt[5]{2}$, а $a_0$, ..., $a_4$ - целые рациональные числа.

Тогда (3) можно записать в виде:

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

Обратите внимание на симметричную форму сомножителей в левой части равенства (4), которые переходят друг в друга при замене $x$ на $-x$.
Что касается числа $-y z$, то для нас важно только то, что это целое рациональное число (мы могли бы обозначить его через $w$, например, впрочем, нам не мешает его запись в виде $-y z$).

Oбозначим первый сомножитель в (4) через $\gamma(g)$, а второй сомножитель через $\beta(g)$.
То есть:

(5)
$\gamma(g)=a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4$
$\beta(g)=a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4$


Числа $\gamma(g i_5)$, $\gamma(g i_5^2)$, $\gamma(g i_5^3)$, $\gamma(g i_5^4)$ (где $i_5$ - комплексный корень пятой степени из 1) называются сопряжёнными с числом $\gamma(g)$.
Произведение всех сопряжённых чисел и самого числа $\gamma(g)$ называется нормой числа $\gamma(g)$ и обозначается: $N(\gamma)$.

Подобным образом, определяются сопряжённые числа с числом $\beta$, а также норма $N(\beta)$.
Обратите внимание, что числа $\beta$ и $\gamma$ - взаимно-просты (или их наибольший общий делитель равен $g^4$), поскольку их разность равна числу $x g^4$, которое не имеет с $y z$ общих делителей, кроме $g^4$.

Определим число $\gamma_1$ как произведение всех сопряжённых с $\gamma$ чисел (но, в отличие от нормы, не включая в произведение само число $\gamma$).
Подобным образом определим и число $\beta_1$.
То есть:

(6)
$\gamma_1=\gamma(g i_5)\gamma(g i_5^2)\gamma(g i_5^3)\gamma(g i_5^4)$,
$\beta_1=\beta(g i_5)\beta(g i_5^2)\beta(g i_5^3)\beta(g i_5^4)$

В принципе, произведения в правой части равенств (6) можно преобразовать раскрытием скобок и получить выражение через коэффициенты чисел $\gamma$ и $\beta$.
В этих выражениях не будет числа $i_5$, которое исчезнет при использовании формулы $1+i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4=0$.
Но я не советую пробовать вычислить числа $\gamma_1$ и $\beta_1$ таким способом, потому что это непросто.
Есть гораздо более простой метод получить выражение, например, числа $\gamma_1$ через коэффициенты $a_1$, ..., $a_4$, $\frac{a_0-x}{2}$.
Cуществуют формулы, выражающие норму $N(\gamma)$ через детерминант матрицы коэффициентов числа $\gamma$, а коэффициенты числа $\gamma_1$ через детерминанты подматриц этой матрицы.

Наша первая с Вами задача, уважаемый ananova доказать, что если присоединить к коэффициентам числа $\gamma_1$ коэффициенты числа $\beta_1$, то все эти целые числа не могут иметь общих делителей (кроме тривиальных $1$ и $-1$).
Из этого можно вывести значительные следствия, например, что коэффициенты $a_1$, ..., $a_4$ делятся на $y z$, из чего можно вывести, что все эти коэффициенты (кроме $a_2$) делятся на $(y z)^2$.
Я не знаю, пока, как получить из этих следствий и равенства (4) противоречие, поэтому и сказал, что наш успех "почти" гарантирован.

Что касается коэффициентов чисел $\gamma_1$ и $\beta_1$, я покажу Вам, как просто получить для них выражения на компьютере, и как доказать взаимную простоту всех этих коэффициентов.
Для этого Вам нужно будет проделать некоторые манипуляции, впрочем выкладки будет выполнять под вашим руководством компьютер.

Если Вы согласны принять в этом участие, я дам Вам дополнительные инструкции.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение10.11.2013, 02:27 


31/03/06
1384
У меня появилась идея, как получить противоречие из того, что коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $y z$: если разделить равенство (4) на $y z$ и разделить один сомножитель в левой части (4) на часть делителей $y z$, а другой сомножитель на другую часть делителей, то сомножители становятся делителями единицы.
И вообще, по-моему, сомножители (после деления) делятся на $g$, что противоречит тому, что они делители единицы.

В этом выводе противоречия играет роль следствие, что $a_1$ делится на $(y z)^2$, и, значит на $2 (y z)$.

Нужно внимательно проверить мой вывод того, что $a_1$, ..., $a_4$ делятся на $y z$, не играет ли особой роли двойка (как играет число $n=5$, впрочем о разложении числа $5$ на множители, известно, что оно является пятой степенью (идеала), поэтому если $yz$ делится на $5$, то один из сомножителей левой части равенства (4) должен делится на $5$).

Возможно, $\frac{a_0-x}{2} \frac{a_0+x}{2}$ не делится на $y z$, а делится только на $y z/2$ (поскольку $g^4 g^4=2 g^3$.
В этом случае, сомножители в левой части (4) (после деления) будут не делителями единицы, а делителями двойки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение10.11.2013, 09:06 


15/12/05
752
Феликс Шмидель в сообщении #786879 писал(а):
Если Вы согласны принять в этом участие, я дам Вам дополнительные инструкции.


Я бы с удовольствием, но технически не успею за Вами. Часто дни бывают весьма загруженными и заняты другими мыслями. Поэтому не смогу ответить на Ваше предложение и быть соавтором Вашего труда. Но я буду, в меру своих возможностей, следить и перечитывать Ваши посты и, если будет возможность, то и помогать, как волонтер ;).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение10.11.2013, 15:49 


31/03/06
1384
ananova в сообщении #786930 писал(а):
Поэтому не смогу ответить на Ваше предложение и быть соавтором Вашего труда.


Хорошо, докажу всё сам.

Мы докажем, что коэффициенты чисел $\beta_1(g)$ и $\gamma_1(g)$, взятые вместе, взаимно-просты позже.
А пока докажем, что следствием этого является то, что коэффициенты $a_1$, $a_2$, $a_3$ и $a_4$ делятся на $y z$.

Имеем:

(7) $\gamma(g) \beta(g)=-yz$,
(8) $\gamma(g) \gamma_1(g)=N(\gamma(g))$.

Равенство (7) следует из равенств (4) и (5), а равенство (8) следует из определения нормы.

Деля (7) на (8) получим: $\beta(g)/\gamma_1(g)=-yz/N(\gamma(g))$.
Значит:

(9) $N(\gamma(g)) \beta(g)=(-yz) \gamma_1(g)$.

Обозначим наибольший общий делитель коэффициентов: числа $\beta$ через $D_{\beta}$, числа $\gamma$ через $D_{\gamma}$, числа $\beta_1$ через $D_{\beta_1}$, числа $\gamma_1$ через $D_{\gamma_1}$.

Равенство двух чисел кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ означает равенство их коэффициентов, из чего следует равенство наибольших общих делителей коэффициентов.

Из (9) следует:

(10) $N(\gamma(g)) D_{\beta}=(-yz) D_{\gamma_1}$,

поскольку левая часть равенства (10) является наибольшим общим делителем коэффициентов левой части равенства (9), и то же самое верно для правых частей.

Деля (9) на (10) получим: $\beta(g)/D_{\beta}=\gamma_1(g)/D_{\gamma_1}$.
Значит:

(11) $D_{\gamma_1} \beta(g)=D_{\beta} \gamma_1(g)$.

Из определения (6) числа $\gamma_1(g)$ следует:

(12) $\gamma_1(g i_5^j)$ делится на $\gamma(g)$,

для любого $j=1, 2, 3, 4$, в том смысле, что частное от деления $\gamma_1(g i_5^j)$ на $\gamma(g)$ является целым алгебраическим числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Из (11) и (12) следует:

(13) $D_{\gamma_1} \beta(g i_5^j)$ делится на $\gamma(g)$,

для любого $j=1, 2, 3, 4$.

Добавляя к (13) то, что $D_{\gamma_1} \gamma(g)$ делится на $\gamma(g)$, и преобразуя это утверждение в эквивалентное: $D_{\gamma_1} \beta(g)-D_{\gamma_1}  x g^4$ делится на $\gamma(g)$, получим систему пяти сравнений по модулю числа $\gamma(g)$:

(14)
$D_{\gamma_1} a_1+D_{\gamma_1} a_2 g+D_{\gamma_1} a_3 g^2+D_{\gamma_1} a_4 g^3+D_{\gamma_1} \frac{a_0+x}{2} g^4 \equiv D_{\gamma_1} x g^4$,
$D_{\gamma_1}  a_1+D_{\gamma_1}  a_2 g i_5^j+D_{\gamma_1}  a_3 g^2 i_5^{2 j}+D_{\gamma_1}  a_4 g^3 i_5^{3 j}+D_{\gamma_1}  \frac{a_0+x}{2} g^4 i_5^{4 j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, 3, 4$.

Сложив все сравнения системы (14) получим: $5 D_{\gamma_1} a_1 \equiv D_{\gamma_1} x g^4$.
Разделив второе (и последующие) сравнения на $i_5^j$ и сложив все сравнения, получим: $5 D_{\gamma_1} a_2 g \equiv D_{\gamma_1} x g^4$.
Действуя так далее, получим:

(15) $5 D_{\gamma_1} a_1 \equiv 5 D_{\gamma_1} a_2 g \equiv 5 D_{\gamma_1} a_3 g^2 \equiv 5 D_{\gamma_1} a_4 g^3 \equiv 5 D_{\gamma_1} \frac{a_0+x}{2} g^4 \equiv D_{\gamma_1} x g^4$

по модулю числа $\gamma(g)$.

Умножая сравнения (15) на $\beta(g)$ получим:

(16) $5 D_{\gamma_1} \beta(g) a_1 \equiv 5 D_{\gamma_1} \beta(g) a_2 g \equiv 5 D_{\gamma_1} \beta(g) a_3 g^2 \equiv 5 D_{\gamma_1} \beta(g) a_4 g^3 \equiv 5 D_{\gamma_1} \beta(g) \frac{a_0+x}{2} g^4 \equiv D_{\gamma_1} \beta(g) x g^4$

по модулю числа $y z$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение10.11.2013, 19:06 


31/03/06
1384
Введём обозначение: $a_5=\frac{a_0+x}{2}$.

Пусть

(17) $\beta(g)=D_{\beta} \beta_0(g)=D_{\beta} (b_1+b_2 g+b_3 g^2+b_4 g^3+b_5 g^4)$,

где $a_j=D_{\beta} b_j$ для $j=1, 2, 3, 4, 5$.

Коэффициенты $b_1, ..., b_5$ - целые числа, поскольку $D_{\beta}$ - наибольший общий делитель коэффициентов $a_1, ..., a_5$.

Из (16) и (17) следует:

(18) $5 D_{\gamma_1} D_{\beta} \beta_0(g) a_1 \equiv 5 D_{\gamma_1} D_{\beta} \beta_0(g) a_2 g \equiv 5 D_{\gamma_1} D_{\beta} \beta_0(g) a_3 g^2 \equiv 5 D_{\gamma_1} D_{\beta} \beta_0(g) a_4 g^3 \equiv 5 D_{\gamma_1} D_{\beta} \beta_0(g) a_5 g^4 \equiv D_{\gamma_1} D_{\beta} \beta_0(g) x g^4$

по модулю числа $y z$.

Из (18) следует:

(19) $5 \beta_0(g) a_1 \equiv 5 \beta_0(g) a_2 g \equiv 5 \beta_0(g) a_3 g^2 \equiv 5 \beta_0(g) a_4 g^3 \equiv 5 \beta_0(g) a_5 g^4 \equiv  \beta_0(g) x g^4$

по модулю числа $y z/(D_{\gamma_1} D_{\beta}, y z)$, где $(D_{\gamma_1} D_{\beta}, y z)$ - наибольший общий делитель чисел $D_{\gamma_1} D_{\beta}$ и $y z$.

Покажем, что никакое нечётное простое число $p$ не является делителем числа $y z/(D_{\gamma_1} D_{\beta}, y z)$.

Предположим обратное, что $y z/(D_{\gamma_1} D_{\beta}, y z)$ делится на $p$.

Тогда из (19) следует:

(20) $5 \beta_0(g) a_1 \equiv 5 \beta_0(g) a_2 g \equiv 5 \beta_0(g) a_3 g^2 \equiv 5 \beta_0(g) a_4 g^3 \equiv 5 \beta_0(g) a_5 g^4 \equiv  \beta_0(g) x g^4$

по модулю $p$.

Число $x$ не делится на $p$, поскольку оно взаимно-просто с $y z$.
Число $p$ не равно $5$, иначе все коэффициенты числа $\beta_0(g) x g^4$
делятся на $5$, что противоречит взаимной простоте коэффициентов числа $\beta_0(g)$.
По крайней мере, один из коэффициентов числа $\beta_0(g) x g^4$ не делится на $p$, поэтому из (20) следует, что все коэффициенты $a_1$, ..., $a_5$ не делятся на $p$, значит и все коэффициенты $b_1$, ..., $b_5$ не делятся на $p$.

Наша ближайшая цель - получить из сравнений (20) противоречие.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение11.11.2013, 09:47 


31/03/06
1384
Вопреки моим ожиданиям, система сравнений (20) оказалась разрешимой и противоречия из неё получить нельзя.

Она имеет следующее решение: $a_1 \equiv \frac{x}{5} g_1^4$, $a_2 \equiv \frac{x}{5} g_1^3$, $a_3 \equiv \frac{x}{5} g_1^2$, $a_4 \equiv \frac{x}{5} g_1$, $a_5 \equiv \frac{x}{5}$, где $g_1^5 \equiv 2$ по модулю $p$.

Это рушит разработанный мной план доказательства.
Я возвращаюсь в другую тему для поиска нового плана доказательства.
Должен извиниться за неудавшуюся попытку доказательства и свою неоправданную самоуверенность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение13.11.2013, 22:37 


31/03/06
1384
Я решил продолжить поиск доказательства в этой теме.
Система сравнений (20) оказалась разрешимой, таким образом для некоторых простых делителей $p$ числа $y z$ мы получили необходимые условия равенства (4) в виде:

(21) : $a_1 \equiv \frac{x}{5} g_1^4$, $a_2 \equiv \frac{x}{5} g_1^3$, $a_3 \equiv \frac{x}{5} g_1^2$, $a_4 \equiv \frac{x}{5} g_1$, $a_5 \equiv \frac{x}{5}$, где $g_1^5 \equiv 2$ по модулю $p$,

где $g_1^5-2$ делится на $p$.

Для одних делителей $p$, $a_5=\frac{a_0+x}{2}$, для других, $a_5=\frac{a_0-x}{2}$.
Третьи делители $p$ числа $y z$ делят все коэффициенты $a_1, ..., a_5$.

Других вроде нет, но точно неизвестно, поскольку мы это не доказали.

Я предполагаю, что эти сведения зависят от разложения (4) числа $y z$ на множители, и если найти другое разложение, то мы получим другой результат.

Из (3) следует, что $(\alpha_1(g i_5))^2=c(g i_5)=x^2-y z g^2 i_5^2$, значит:

(22) $(\alpha_1(g))^2-(\alpha_1(g i_5))^2=y z g^2 (i_5^2-1)$

Из (22) следует:

(23) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$.

Если теперь подставить в равенство (23) $i_5^2$, $i_5^3$ и $i_5^4$ вместо $i_5$ и перемножить полученные равенства, то мы получим разложение числа $(y z)^4$ на множители в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.

Заметим, мимоходом, что подобным образом можно получить разложение на множители числа $x^8$.
Это интересно, но мы пока займёмся разложением числа $(y z)^4$.
Если доказать, что сомножители взаимно-просты, то каждый из них был бы квадратом (и даже четвёртой степенью). Доказать взаимную простоту сомножителей может быть непросто, но, может быть проще доказать это для коэффициентов, удовлетворяющих сравнениям (21), которые были получены из другого разложения.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение14.11.2013, 09:16 


31/03/06
1384
Мы всё таки переключимся на разложение числа $x^2$ на множители, потому что получается проще.

Из (3) следует, что $(\alpha_1(g i_5))^2=c(g i_5)=x^2-y z g^2 i_5^2$, значит:

(24) $(i_5 \alpha_1(g))^2-(\alpha_1(g i_5))^2=x^2 (i_5^2-1)$.

Из (24) следует:

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

Нетрудно показать, что сомножители в левой части равенства (25) взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ расширения Куммера: $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

В самом деле, предположим, что оба эти сомножителя делятся на $\rho$.
Тогда их сумма и разность делятся на $\rho$, и ввиду нечётности числа $x$, получим:

(26) Числа $\alpha_1(g)$ и $\alpha_1(g i_5)$ делятся на $\rho$.

Из (26) следует:

(27) Числа $(\alpha_1(g))^2$ и $(\alpha_1(g i_5))^2 (\alpha_1(g i_5^2))^2 (\alpha_1(g i_5^3))^2 (\alpha_1(g i_5^4))^2$ делятся на $\rho$.

Но $(\alpha_1(g))^2=c$, и $(\alpha_1(g i_5))^2 (\alpha_1(g i_5^2))^2 (\alpha_1(g i_5^3))^2 (\alpha_1(g i_5^4))^2=d$.
Поскольку числа $c$ и $d$ - взаимно-просты, то (27) невозможно.
Значит сомножители в левой части равенства (25) взаимно-просты.

Из (25) следует:

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

Обратим внимание на то, что число $i_5+1$ является делителем единицы.

Поскольку два сомножителя в левой части равенства (28) взаимно-просты, то из (28) следует, что они являются квадратами идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение23.11.2013, 12:46 


31/03/06
1384
Равенство (28) даёт нам выражения, являющиеся квадратами, но как получить из них противоречие неясно. Можно пытаться разложить такое выражение на множители, предварительно прибавив к ним линейную комбинацию нулевых выражений (равенство (3) даёт $n-2$ нулевых выражений из коэффициентов числа $\alpha_1(g)$).
В случае $n=3$ этот путь ведёт к успеху, но в общем случае неясно какого вида множители можно получить.
Мы не будем пока развивать этот подход, а рассмотрим другой подход, связанный с равенством (23).

Цитата:
Если теперь подставить в равенство (23) $i_5^2$, $i_5^3$ и $i_5^4$ вместо $i_5$ и перемножить полученные равенства, то мы получим разложение числа $(y z)^4$ на множители в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.


Таким образом получим равенство:

(30) $\beta_{new} \gamma_{new}=(y z)^4$.

К этому равенству можно применить такие же соображения, которые привели нас от равенства (4) к системе сравнений (21).
Эту систему сравнений можно понять на качественном уровне, не проводя тех выкладок, которые к ней привели.
Пусть $\beta$ делится на некоторый простой идеал $\rho$ кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.
Тогда число $\beta_1$, которое является произведением всех сопряжённых с $\beta$ чисел, делится на число $N(\rho)/\rho$, которое делится на $p/\rho$, где $p$ - простое число, делящееся на простой идеал $\rho$.
Если наибольший общий делитель $D_{\beta_1}$ коэффициентов числа $\beta_1$ не делится на $p$, то $\gamma$ делится на $p/\rho$.
В этом случае, поскольку числа $\beta$ и $\gamma$ - взаимно-просты, то $\rho$ - единственный простой (идеал) делитель числа $p$, на который делится число $\beta$.
Такие свойства имеет произведение $(g_1-g)(g_1^4+g_1^3 g+g_1^2 g^2+g_1 g^3+g^4)$, равное $g_1^5-2$, которое делится на $p$.
Если подставить сравнения (21) в $\beta$ и $\gamma$, то одно из этих чисел сравнимо с $\frac{x}{5}(g_1^4+g_1^3 g+g_1^2 g^2+g_1 g^3+g^4)$ по модулю $p$, а второе число сравнимо с выражением, делящимся на $g_1-g$.
Эти рассуждения не доказывают сравнений (21), но проведённые ранее выкладки ведут к строгому доказательству этих сравнений.
Такие же выкладки можно провести и для равенства (30).

Можно подставить сравнения (21) в равенство (30), и в числа $\beta_{new_1}$ и $\gamma_{new_1}$
и посмотреть, что будет.
Для начала, надо получить выражения для $\beta_{new}$ и $\gamma_{new}$.

Я не собираюсь производить утомительные умножения вручную, а буду искать возможность сделать это на компьютере в какой-либо математической программе.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение24.11.2013, 09:19 


31/03/06
1384
Вычислим $\beta_{new}=(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^2))(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^3))(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^4))$.

Для этого, в алгебраической программе "REDUCE", дадим следующие комманды:

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;

v5:=(v0-v1)*(v0-v2)*(v0-v3)*(v0-v4);

v6:=v5 mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v7:=v6 mod (g^5-2);

c0:=v7 mod g;

v8:=(v7-c0)/g;

c1:=v8 mod g;

v9:=(v8-c1)/g;

c2:=v9 mod g;

v10:=(v9-c2)/g;

c3:=v10 mod g;

v11:=(v10-c3)/g;

c4:=v11 mod g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;

Получим:

$c_0=10(3 a_1^3 a_2+2 a_1^2 a_4^2+22 a_1 a_2 a_3 a_4+6 a_1 a_3^3+6 a_2^3 a_4+2 a_2^2 a_3^2+12 a_3 a_4^3)$

$c_1=20(a_1^3 a_3+2 a_1^2 a_2^2+4 a_1 a_2 a_4^2+7 a_1 a_3^2 a_4+6 a_2^2 a_3 a_4+a_2 a_3^3+2 a_4^4)$

$c_2=10(a_1^3 a_4+7 a_1^2 a_2 a_3+2 a_1 a_2^3+12 a_1 a_3 a_4^2+8 a_2^2 a_4^2+8 a_2 a_3^2 a_4+2 a_3^4)$

$c_3=10(6 a_1^2 a_2 a_4+4 a_1^2 a_3^2+4 a_1 a_2^2 a_3+2 a_1 a_4^3+a_2^4+14 a_2 a_3 a_4^2+4 a_3^3 a^4)$

$c_4=5(a_1^4+8 a_1^2 a_3 a_4+14 a_1 a_2^2 a_4+12 a_1 a_2 a_3^2+2 a_2^3 a_3+8 a_2 a_4^3+16 a_3^2 a_4^2)$

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение24.11.2013, 20:21 


31/03/06
1384
Цитата:
(23) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$.


Мы не учли, что в правой части равенства (23) есть множитель $g^2$ (что касается множителя $i_5^2-1$,
то подстановка в него $i_5^2$, $i_5^3$, $i_5^4$ вместо $i_5$ и перемножение даёт $5$, и этот фактор легко учесть).

Поэтому повторим вычисления, разделив $v_5$ на $g^4$.

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;

v5:=(v0-v1)*(v0-v2)*(v0-v3)*(v0-v4)/g^4;

v6:=v5 mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v7:=v6 mod (g^5-2);

c0:=v7 mod g;

v8:=(v7-c0)/g;

c1:=v8 mod g;

v9:=(v8-c1)/g;

c2:=v9 mod g;

v10:=(v9-c2)/g;

c3:=v10 mod g;

v11:=(v10-c3)/g;

c4:=v11 mod g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;

Получим:

$c_0=5 (a_1^4+8 a_1^2 a_3 a_4+14 a_1 a_2^2 a_4+12 a_1 a_2 a_3^2+2 a_2^3 a_3+8 a_2 a_4^3+16 a_3^2 a_4^2)$

$c_1=5  (3 a_1^3 a_2+2 a_1^2 a_4^2+ 22 a_1 a_2 a_3 a_4+6 a_1 a_3^3+6 a_2^3 a_4+2 a_2^2 a_3^2+ 12 a_3 a_4^3)$

$c_2=10  (a_1^3 a_3+2 a_1^2 a_2^2+4 a_1 a_2 a_4^2+7 a_1 a_3^2 a_4+6 a_2^2 a_3 a_4+a_2 a_3^3+2 a_4^4)$

$c_3=5  (a_1^3 a_4+7 a_1^2 a_2 a_3+2 a_1 a_2^3+ 12 a_1 a_3 a_4^2+8 a_2^2 a_4^2+8 a_2 a_3^2 a_4+2 a_3^4)$

$c_4=5  (6 a_1^2 a_2 a_4+4 a_1^2 a_3^2+4 a_1 a_2^2 a_3+2 a_1 a_4^3+a_2^4+ 14 a_2 a_3 a_4^2+4 a_3^3 a_4)$

Заметим, что нет нужды переписывать результаты вычислений.
Лучше сохранить их в '.log' файле, сделать несколько глобальных замен и затем скопировать.

Итак:

(31) $\beta_{new}=c_0+c_1 g+c_2 g^2+c_3 g^3+c_4 g^4$,

где

$c_0=a_1^4+8 a_1^2 a_3 a_4+14 a_1 a_2^2 a_4+12 a_1 a_2 a_3^2+2 a_2^3 a_3+8 a_2 a_4^3+16 a_3^2 a_4^2$,

$c_1=3 a_1^3 a_2+2 a_1^2 a_4^2+ 22 a_1 a_2 a_3 a_4+6 a_1 a_3^3+6 a_2^3 a_4+2 a_2^2 a_3^2+ 12 a_3 a_4^3$,

$c_2=2  (a_1^3 a_3+2 a_1^2 a_2^2+4 a_1 a_2 a_4^2+7 a_1 a_3^2 a_4+6 a_2^2 a_3 a_4+a_2 a_3^3+2 a_4^4)$,

$c_3=a_1^3 a_4+7 a_1^2 a_2 a_3+2 a_1 a_2^3+ 12 a_1 a_3 a_4^2+8 a_2^2 a_4^2+8 a_2 a_3^2 a_4+2 a_3^4$,

$c_4=6 a_1^2 a_2 a_4+4 a_1^2 a_3^2+4 a_1 a_2^2 a_3+2 a_1 a_4^3+a_2^4+ 14 a_2 a_3 a_4^2+4 a_3^3 a_4$.

Мы разделили $c_0$, ..., $c_4$ на $5$, учтя фактор $i_5^2-1$ в правой части равенства (23).

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение25.11.2013, 12:29 


31/03/06
1384
Подстановка сравнений (21) в (31) не ведёт к противоречию.
Она даёт: $200 g_1, 200, 100 g_1^4, 100 g_1^3, 100 g_1^2$ для $c_0, c_1, c_2, c_3, c_4$.
Значит $c_0 \equiv c_1 g_1$, $c_1 \equiv c_2 g_1$, $c_2 \equiv c_3 g_1$, $c_3 \equiv c_4 g_1$.
Это именно тот результат, к которому привели бы выкладки.

Найдём теперь $\gamma_{new}$.
Я внёс некоторые изменения в комманды, потому что оказалось, что из-за багов программа не всегда заканчивает вычисления.

load_package polydiv;

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

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

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

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

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

u1:=(a0*g^5+v0+v1)/g;
u2:=(a0*g^5+v0+v2)/g;
u3:=(a0*g^5+v0+v3)/g;
u4:=(a0*g^5+v0+v4)/g;

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);

c0:=v7 mod g;

v8:=(v7-c0)/g;

c1:=v8 mod g;

v9:=(v8-c1)/g;

c2:=v9 mod g;

v10:=(v9-c2)/g;

c3:=v10 mod g;

v11:=(v10-c3)/g;

c4:=v11 mod g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;

Получим:

$c_0=24 a_0^3 a_4+32 a_0^2 a_1 a_3+16 a_0^2 a_2^2+12 a_0 a_1^2 a_2+4 a_0 a_1 a_4^2+28 a_0 a_2 a_3 a_4+8 a_0 a_3^3+a_1^4+4 a_1^2 a_3 a_4+14 a_1 a_2^2 a_4+4 a_1 a_2 a_3^2-2 a_2^3 a_3+16 a_2 a_4^3+24 a_3^2 a_4^2$

$c_1=8 a_0^4+12 a_0^2 a_1 a_4+12 a_0^2 a_2 a_3+22 a_0 a_1^2 a_3+22 a_0 a_1 a_2^2+44 a_0 a_2 a_4^2+44 a_0 a_3^2 a_4-a_1^3 a_2+2 a_1^2 a_4^2-2 a_1 a_2 a_3 a_4-2 a_1 a_3^3-2 a_2^3 a_4+2 a_2^2 a_3^2-4 a_3 a_4^3$

$c_2=2 (6 a_0^3 a_1+16 a_0^2 a_2 a_4+8 a_0^2 a_3^2+a_0 a_1^2 a_4+7 a_0 a_1 a_2 a_3+2 a_0 a_2^3+12 a_0 a_3 a_4^2+2 a_1^3 a_3+3 a_1^2 a_2^2+2 a_1 a_2 a_4^2+7 a_1 a_3^2 a_4+2 a_2^2 a_3 a_4-a_2 a_3^3+2 a_4^4)$

$c_3=12 a_0^3 a_2+8 a_0^2 a_1^2+32 a_0^2 a_3 a_4+14 a_0 a_1 a_2 a_4+12 a_0 a_1 a_3^2+2 a_0 a_2^2 a_3+8 a_0 a_4^3-a_1^3 a_4+7 a_1^2 a_2 a_3+4 a_1 a_2^3+4 a_1 a_3 a_4^2+12 a_2^2 a_4^2+4 a_2 a_3^2 a_4+2 a_3^4$

$c_4=12 a_0^3 a_3+16 a_0^2 a_1 a_2+16 a_0^2 a_4^2+2 a_0 a_1^3+14 a_0 a_1 a_3 a_4+12 a_0 a_2^2 a_4+2 a_0 a_2 a_3^2+2 a_1^2 a_2 a_4+6 a_1^2 a_3^2+2 a_1 a_2^2 a_3-2 a_1 a_4^3+a_2^4+14 a_2 a_3 a_4^2+8 a_3^3 a_4$

Значит:

(32) $\gamma_{new}=c_0+c_1 g+c_2 g^2+c_3 g^3+c_4 g^4$,

где

$c_0=24 a_0^3 a_4+32 a_0^2 a_1 a_3+16 a_0^2 a_2^2+12 a_0 a_1^2 a_2+4 a_0 a_1 a_4^2+28 a_0 a_2 a_3 a_4+8 a_0 a_3^3+a_1^4+4 a_1^2 a_3 a_4+14 a_1 a_2^2 a_4+4 a_1 a_2 a_3^2-2 a_2^3 a_3+16 a_2 a_4^3+24 a_3^2 a_4^2$

$c_1=8 a_0^4+12 a_0^2 a_1 a_4+12 a_0^2 a_2 a_3+22 a_0 a_1^2 a_3+22 a_0 a_1 a_2^2+44 a_0 a_2 a_4^2+44 a_0 a_3^2 a_4-a_1^3 a_2+2 a_1^2 a_4^2-2 a_1 a_2 a_3 a_4-2 a_1 a_3^3-2 a_2^3 a_4+2 a_2^2 a_3^2-4 a_3 a_4^3$

$c_2=2 (6 a_0^3 a_1+16 a_0^2 a_2 a_4+8 a_0^2 a_3^2+a_0 a_1^2 a_4+7 a_0 a_1 a_2 a_3+2 a_0 a_2^3+12 a_0 a_3 a_4^2+2 a_1^3 a_3+3 a_1^2 a_2^2+2 a_1 a_2 a_4^2+7 a_1 a_3^2 a_4+2 a_2^2 a_3 a_4-a_2 a_3^3+2 a_4^4)$

$c_3=12 a_0^3 a_2+8 a_0^2 a_1^2+32 a_0^2 a_3 a_4+14 a_0 a_1 a_2 a_4+12 a_0 a_1 a_3^2+2 a_0 a_2^2 a_3+8 a_0 a_4^3-a_1^3 a_4+7 a_1^2 a_2 a_3+4 a_1 a_2^3+4 a_1 a_3 a_4^2+12 a_2^2 a_4^2+4 a_2 a_3^2 a_4+2 a_3^4$

$c_4=12 a_0^3 a_3+16 a_0^2 a_1 a_2+16 a_0^2 a_4^2+2 a_0 a_1^3+14 a_0 a_1 a_3 a_4+12 a_0 a_2^2 a_4+2 a_0 a_2 a_3^2+2 a_1^2 a_2 a_4+6 a_1^2 a_3^2+2 a_1 a_2^2 a_3-2 a_1 a_4^3+a_2^4+14 a_2 a_3 a_4^2+8 a_3^3 a_4$

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение25.11.2013, 16:26 


31/03/06
1384
Подстановка сравнений (21) в (32) даёт нулевые значения для $c_0$, ..., $c_4$, что ничему не противоречит.

Займёмся теперь другим подходом, и вычислим выражения для сомножителей полученных из равенства (28):

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


Имеем:

(35) $\beta_x \gamma_x=x^8$.

Вычислим $\beta_x$.

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:=(i5^2*v0-v2)/(i5^2-1);

u3:=(i5^3*v0-v3)/(i5^3-1);

u4:=(i5^4*v0-v4)/(i5^4-1);

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);

c0:=v7 mod g;

v8:=(v7-c0)/g;

c1:=v8 mod g;

v9:=(v8-c1)/g;

c2:=v9 mod g;

v10:=(v9-c2)/g;

c3:=v10 mod g;

v11:=(v10-c3)/g;

c4:=v11 mod g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;


Получим:

(36) $\beta_x=c_0+c_1 g+c_2 g^2+c_3 g^3+c_4 g^4$,

где

$c_0=a_0^4+8 a_0^2 a_2 a_3+28 a_0 a_2 a_4^2+24 a_0 a_3^2 a_4+8 a_2^3 a_4+16 a_2^2 a_3^2+8 a_3 a_4^3$

$c_1=2 (6 a_0^2 a_2 a_4+4 a_0^2 a_3^2+a_0 a_2^3+8 a_0 a_3 a_4^2+14 a_2^2 a_3 a_4+4 a_2 a_3^3+4 a_4^4)$

$c_2=a_0^3 a_2+14 a_0^2 a_3 a_4+12 a_0 a_2^2 a_3+8 a_0 a_4^3+16 a_2^2 a_4^2+16 a_2 a_3^2 a_4+4 a_3^4$

$c_3=2 (a_0^3 a_3+4 a_0^2 a_4^2+4 a_0 a_2^2 a_4+7 a_0 a_2 a_3^2+a_2^4+12 a_2 a_3 a_4^2+2 a_3^3 a_4)$

$c_4=3 a_0^3 a_4+a_0^2 a_2^2+22 a_0 a_2 a_3 a_4+6 a_0 a_3^3+6 a_2^3 a_3+12 a_2 a_4^3+4 a_3^2 a_4^2$

Продолжение следует.

 i  Deggial: код оформил тегом code, пользуйтесь, пожалуйста.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение25.11.2013, 18:18 


31/03/06
1384
Большое спасибо! Светлее в глазах стало :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение25.11.2013, 23:30 


31/03/06
1384
Мы показали, что оба числа $\beta_x$ и $\gamma_x$ являются квадратами в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.
Мы вычислили $\beta_x$.
Теперь вычислим $\gamma_x$.

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;

u2:=i5^2*v0+v2;

u3:=i5^3*v0+v3;

u4:=i5^4*v0+v4;

v5:=((u1*u3) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=((u2*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);

c0:=v7 mod g;

v8:=(v7-c0)/g;

c1:=v8 mod g;

v9:=(v8-c1)/g;

c2:=v9 mod g;

v10:=(v9-c2)/g;

c3:=v10 mod g;

v11:=(v10-c3)/g;

c4:=v11 mod g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;


Получим:

(36) $\gamma_x=c_0+c_1 g+c_2 g^2+c_3 g^3+c_4 g^4$,

где

$c_0=a_0^4+24 a_0^2 a_1 a_4+4 a_0^2 a_2 a_3+64 a_0 a_1^2 a_3+4 a_0 a_1 a_2^2+28 a_0 a_2 a_4^2+8 a_0 a_3^2 a_4+48 a_1^3 a_2+64 a_1^2 a_4^2+56 a_1 a_2 a_3 a_4+16 a_1 a_3^3+16 a_2^3 a_4+24 a_2^2 a_3^2-8 a_3 a_4^3$

$c_1=(2 a_0^3 a_1+2 a_0^2 a_2 a_4+6 a_0^2 a_3^2+32 a_0 a_1^2 a_4+14 a_0 a_1 a_2 a_3-a_0 a_2^3+4 a_0 a_3 a_4^2+24 a_1^3 a_3+16 a_1^2 a_2^2+24 a_1 a_2 a_4^2+4 a_1 a_3^2 a_4+14 a_2^2 a_3 a_4+8 a_2 a_3^3+4 a_4^4)$

$c_2=-a_0^3 a_2+16 a_0^2 a_1^2+14 a_0^2 a_3 a_4+28 a_0 a_1 a_2 a_4+24 a_0 a_1 a_3^2+4 a_0 a_2^2 a_3+16 a_0 a_4^3+48 a_1^3 a_4+64 a_1^2 a_2 a_3+8 a_1 a_2^3+8 a_1 a_3 a_4^2+24 a_2^2 a_4^2+8 a_2 a_3^2 a_4+4 a_3^4$

$c_3=2 (2 a_0^3 a_3+a_0^2 a_1 a_2+6 a_0^2 a_4^2+12 a_0 a_1^3+14 a_0 a_1 a_3 a_4+2 a_0 a_2^2 a_4+7 a_0 a_2 a_3^2+32 a_1^2 a_2 a_4+16 a_1^2 a_3^2+12 a_1 a_2^2 a_3+8 a_1 a_4^3+a_2^4+4 a_2 a_3 a_4^2-2 a_3^3 a_4)$

$c_4=-a_0^3 a_4+22 a_0^2 a_1 a_3+a_0^2 a_2^2+12 a_0 a_1^2 a_2+44 a_0 a_1 a_4^2-2 a_0 a_2 a_3 a_4-2 a_0 a_3^3+16 a_1^4+24 a_1^2 a_3 a_4+44 a_1 a_2^2 a_4+44 a_1 a_2 a_3^2-2 a_2^3 a_3-4 a_2 a_4^3+4 a_3^2 a_4^2$


Продолжение следует.

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