ВТФ от MrAlexander

[MrAlexander]

Формулы Варинга для суммы n-степеней корней многочлена:

a) $(x-a)(x-b)(x-c)=0$
$x^3= Ax^2 + Bx + G$;
$A= a+b+c$
$B= - (ab+bc+ca)$
$G= abc$
$a+b+c =A$
$a^2+b^2+c^2=A^2 + 2B$
$a^3+b^3+c^3=A^3 + 3AB + 3G$
$a^5+b^5+c^5=A^5 + 5A^3B + 5A^2G+ 5AB^2+5BG$

1. $(x-a^{n})(x-b^{n})(x-c^{n})=0$

1.1 $x^3-x^2(a^{n}+ b^{n}+ c^{n})+x(a^{n} b^{n}+ b^{n} c^{n} + a^{n} c^{n}) - a^{n} b^{n} c^{n}=0$,
где $a^{n}+ b^{n}+ c^{n}=0$ и $a, b, c$ не имеют общих делителей.
$x^3=x(-a^{n}b^{n}- b^{n}c^{n} - a^{n}c^{n}) + a^{n}b^{n}c^{n}$ или $x^3=xBn + Gn$

$a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk} = SCij\cdot Bn^{i}\cdot Gn^{j} $, где суммирование по всем таким целым неотрицательным $i$, $j$ таким, что $2i+3j=k , Cij = k(i+j-1)!/i!j!$

1.2 Для $k=3m+1$ и $k=3m+2$ сумма $a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk}$ делится на $Bn$, так как не будет одиночных слагаемых вида $Gn^j$ или каждое слагаемой суммы $SCij\cdot Bn^{i}\cdot Gn^{j}$ содержит $Bn$ в целой положительной степени. Выражение $Bn$ не имеет общих делителей с числами $a, b, c$.

Пусть $p$ простой делитель $Bn$, очевидно $p$ взаимно просты с $a, b, c$. Тогда $a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk}$ при $k= p-1$ не будет делиться на $p$, так как каждое слагаемое суммы будет давать в остатке 1 по малой теореме Ферма и сумма $a^nk+ b^nk+ c^nk$ даст остаток 3. На 3 делится одно из чисел a, b, c, при этом $Bn, a, b, c$ взаимно просты (не имеют общих делителей), поэтому $p$ не равно 3 и следовательно $a^{nk}+ b^{nk}+ c^{nk}$ при $k= p-1$ не будет делится на $p$.
Это возможно только, если $p=3l+1$, соответственно $p-1=3l$ и в сумме $a^nk+ b^nk+ c^nk$ будет обязательно слагаемое вида $3Gn^{l}$.
Более того $p=6l+1$, так как $p$ нечетное число (на 2 делится одно из чисел $a, b, c$, при этом $Bn$ не имеет общих делителей с числами $a, b, c$).

1.3 $Bn = -a^{n}b^{n}- b^{n}c^{n} - a^{n}c^{n} = -a^{n}(b^{n}+ c^{n}) -b^{n}c^{n}= a^{2n} - b^{n}c^{n}$
Также $Bn = a^{2n} - b^{n}c^{n} = b^{2n} - a^{n}c^{n} = c^{2n} - a^{n}b^{n}$.

1.4 Если $a+b+c=0$ и $a^2 - bc =0$ по $mod p$, то $b^2+bc+c^2=0$ или $b^2 + c(b+c)=0$ или $b^2 + c(-a)=0$;
Это означает, что $b^2 - ac =0$ по $mod p$, аналогично доказывается, что $c^2 - ab =0$ по
$mod p$.
Если $a^2 - bc =0$ и $b^2 - ac =0$ по $mod p$, то $a^2 - b^2+ac - bc =0$, т.е. $(a - b)(a+b)+(a - b)c =0$.
$ (a - b)(a+b+c) =0$. Так как $a-b$ не равно 0 по $mod p$ (если $a$ и $b$ имеют одинаковый остаток $r$ при делении на $p$, то такой же остаток у $c$, тогда $3r^{n}=0$ по $mod p$ и $r=0$ по $mod p$, противоречие: $a$, $b$ и $c$ не имеют общих делителей), то $a+b+c=0$ по $mod p$.
Если $a+b+c=0$ и $ab+bc+ac=0$ по $mod p$, то $a(b+с)+bc=0$ или $-a^2+bc=0$, аналогично
$b^2 - ac =0$ и $c^2 - ab =0$ по $mod p$.

2. Рассмотрим случай $a^5+b^5+c^5=0$.

Имеем $a^5+b^5+c^5=A^5+5A^3B+5A^2G+5AB^2+5BG$
Пусть $p$ общий простой делитель $B$и $A$, а $p^{i}$ наибольший делитель $A$, где $i$ - натуральное число, т.е. $p^{i}$ делить без остатка $A$, а $p^{i+1}$ уже нет, кроме того $p=6l+1$. Тогда $p^{2i}$ - наибольший делитель $B$а $p$ не является делителем $a, b, c, G$, также $p^{i}$ наибольший делитель $Bn$
Выражение $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}$, где $m = 5+ p^{j}(p-1)$, делится на $p^{j+1}$ с одной стороны, $j$ можно взять сколь угодно большим, например $j=8i$ (по малой теореме Ферма $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{m}= a^5+b^5+c^5$ по $mod p^{j+1}$ или $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{m}=0$ по $mod p^{j+1}$).

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}=G^{((m-2)/3}(m((m-2)/3+2-1)!/((m-2)/3)!/2!A^2$+$m((m-2)/3+1-1)!/((m-2)/3)!/1!B)$+$G^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+5-1)!/((m-5)/3)!/5!A^5$+$G^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+3+1-1)!/((m-5)/3)!/3!A^3B$+$G^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+1+2-1)!/((m-5)/3)!/2!AB^2+$…=$5G^{(m-2)/3}(((m-2)/3 +1)/2A^2+B)$+…
+$5G^{(m-5)/3}(((m-5)/3+4)((m-5)/3+3)((m-5)/3+2)((m-5)/3+1)/5!A^5$+$((m-5)/3+3)((m-5)/3+2)(m-5)/3+1)/3!A^3B$+$((m-5)/3+2)(m-5)/3+1)/2!AB^2)+$…= $5G^{(m-2)/3}((m-5+6)/6A^2+B)$+$5G^((m-5)/3)(A^5/5 +A^3B+AB^2)+$…=$5G^{(m-5)/3}((A^2+B)G+A^5/5 +A^3B+AB^2)+$… =
Имеем $(A^2+B)G+A^5/5 +A^3B+AB^2=0$

Остальные слагаемые с относительно небольшими степенями относительно $A$ и $B$ содержат множитель $(m-5)$, который равен $p^{j}(p-1)$:
…=$5G^{(m-5)/3-1}(((m-5)/3-1+8-1)!/((m-5)/3-1)!/8!A^8$+…+$((m-5)/3-1+4-1)!/((m-5)/3-1)!/4!B^4$+
+$5G^{(m-5)/3-3}(((m-5)/3-3+14-1)!/((m-5)/3-3)!/14!A^{14}$+…$+((m-5)/3-1+7-1)!/((m-5)/3-3)!/7!B^7+$
$+5G^{(m-5)/3-5}(((m-5)/3-5+20-1)!/((m-5)/3-5)!/20!A^{20}$+…$+((m-5)/3-1+10-1)!/((m-5)/3-5)!/10!B^{10}$+…
и т.д.
Продолжение следует.

-- 21.11.2016, 23:49 --

Продолжение:
3. $(x-a)(x-b)(x-c)(x-p^{t})=0$
$x^4+ x^3(-a-b-c- p^{t})+ x^2(ab+bc+ac+ p^{t}(a+b+c))+x(-abc-p^{t}(ab+bc+ac))+abcp^{t}=0$
$x^4= x^3(a+b+c+p^{t})+ x^2(-ab-bc-ac-p^{t}(a+b+c))+x(abc+p^{t}(ab+bc+ac))-abcp^{t}$

$a+b+c+ p^{t}=A+p^{t}$
$-ab-bc-ac-p^{t}(a+b+c)=B-A p^{t}$
$abc+ p^{t}(ab+bc+ac)=G-B p^{t}=K$
$-abc p^{t}=-Gp^{t}$

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}$, где $m = 5+ p^{j}(p-1)$, делится на $p^{j+1}$ с одной стороны, $j$ можно взять сколь угодно большим, например $j=8i$ (по малой теореме Ферма $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}= a^5+b^5+c^5$ по $mod p^{j+1}$ или $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=0$
по $mod p^{j+1}$).

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=K^{(m-2)/3}(m((m-2)/3+2-1)!/((m-)/3)!/2!(A+p^{t})^2$+
+$m((m-2)/3+1-1)!/((m-2)/3)!/1!(B-Ap^{t}))$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+5-1)!/((m-5)/3)!/5!(A+p^{t})^5$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+3+1-1)!/((m-5)/3)!/3!(A+p^{t})^3(B-Ap^{t})$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+1+2-1)!/((m-5)/3)!/2!(A+p^{t})(B- A p^{t})^2$+
+$K^{(m-5)/3}(m((m-5)/3+1+1-1)!/((m-5)/3)!/1!(A+p^{t})(- Gp^{t})$+…

$a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=5K^{(m-2)/3} Ap^{t}$ +$5K^{(m-5)/3}(1/5*5A^4p^{t}$ +$3 B A^2p^{t} - A^4p^{t} + B ^2p^{t} -2 B A^2p^{t} - AG p^{t})$=$5K^{(m-5)/3}( A^2+ B) B p^{t} +$ более высокие степени относительно $p$ по $mod p^{j+1}$. (В пункте 2 показано, что нулевая степень относительно $p$ равна 0 по $mod p^{j+1}$).
Таким образом, увеличивая $t$ в $p^{t}$ мы можем четко разбить слагаемые по степеням $p$ от меньших к большим, далее выбирая $j$ в $p^{j}(p-1)$ больше, чем степень $p$ в $( A^2+ B)Bp^{t}$ получим противоречие для 5 степени.
С одной стороны $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=0$ по $mod p^{j+1}$).
С другой стороны $a^{m}+ b^{m}+ c^{m}+ p^{tm}=5K^{(m-5)/3}( A^2+ B)Bp^{t}$ + более высокие степени относительно $p$ по $mod p^{j+1}$.

[MrAlexander]

Исправление рассуждений:
Учтены не все слагаемые содержащие $p^{t}$:
Дополнительно имеем $5K^{(m-5)/3}((A^2+B)(G-Bp^{t})+A^5/5 +A^3B+AB^2)$ с учетом
$5K^{(m-5)/3}(A^2+ B)Bp^{t}$ получим $5K^{(m-5)/3}((A^2+B)G+A^5/5 +A^3B+AB^2)=0$.
Для старших степеней относительно $p^{t}$ следует ожидать подобного.
Таким образом, и в этой попытке, результат отрицательный.