Обобщение доказательства Лежандра на подслучай Случая 2 ВТФ

[ananova]

age в сообщении #302848 писал(а):

Для доказательства теоремы (в силу п.2) достаточно не равенства $x^n+y^n=z^n$, а лишь сравнения! $x^n+y^n\equiv z^n \mod(2n+1)$!
Что еще более расширяет рамки применения теоремы.

На самом деле, разобрался так.
Когда $q=2n+1$ - легко понять и осознать, что $\pm1 \pm1 \pm1 \neq 0$, например, когда $q=11$. Когда же у Лежандра используется вместо этого условия другое условие, которое гораздо шире, чем $2n+1$, тут и понимание всё пропало на время, т.к. в этом случае $\pm1$ не у всех переменных возможно.

Например: $2^5 \equiv 32 \mod 41$, $3^5 \equiv 38 \mod 41$, $4^5 \equiv 40 \mod 41$.

При выполнении условия 2 теоремы, при $q=41=2^35+1=q$, любое число, при возведении в степень 5, не сравнимо с числом 5 по модулю 41. Но осознать, что сумма трёх чисел никогда не сравнима с нулём по подобным сложным модулям не очень легко. Остаётся довериться профессионалам.

[age]

ananova в сообщении #302855 писал(а):

Вот тут я никак не могу понять

age в сообщении #302840 писал(а):

Но тогда и $\dfrac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$

Т.е. из того что $z^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$, то следует, что $z_1^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$ и $\dfrac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$

Нет, из-за того, что для всякого $n$ - простого числа Софи Жермен и целого числа $a$, не делящегося на $(2n+1)$, выполнимо сравнение:
$a^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$.
Поэтому этому правилу подчиняются и $z_1^n$, и $z_2^n$ и сразу и $z^n$ (и все остальные $n$-е степени чисел, не делящихся на $(2n+1)$). (свойство простых чисел Софи Жермен).

Причем доказывается это свойство - в три строчки (как и малая теорема Ферма).

[ananova]

age в сообщении #303058 писал(а):

Поэтому этому правилу подчиняются и $z_1^n$, и $z_2^n$ и сразу и $z^n$ (и все остальные $n$-е степени чисел, не делящихся на $(2n+1)$). (свойство простых чисел Софи Жермен).

Да, это так, сразу не разглядел. Потом написал что мешало мне это сразу понять - см. пост про $q$=41.

-- Сб мар 27, 2010 12:38:05 --

ananova в сообщении #303062 писал(а):

Поэтому этому правилу подчиняются и $z_1^n$, и $z_2^n$ и сразу и $z^n$ (и все остальные $n$-е степени чисел, не делящихся на $(2n+1)$).

Да, это очень очень важно.

[ananova]

age в сообщении #303058 писал(а):

Поэтому этому правилу подчиняются и $z_1^n$, и $z_2^n$ и сразу и $z^n$ (и все остальные $n$-е степени чисел, не делящихся на $(2n+1)$). (свойство простых чисел Софи Жермен).

Вообще-то, $z_1^n$ и $z_2^n$ числа взаимно простые и правило (условие), должно как-то более корректно прописано.

Если $x_1^n$ и $y_1^n$ не кратны $(2n+1)$, то следовательно $z_1^n$ кратно.

Если $x_2^n$ и $y_2^n$ не кратны $(2n+1)$, то следовательно $z_2^n$ кратно. Так как оно не может быть кратно, значит сумма $x_2^n$ + $y_2^n$ + $z_2^n$ не сравнима с 0 по модулю $(2n+1)$. В общем-то то это правильно, т.к. нигде не прописано, что возможно сравнение $x_2^n$ + $y_2^n$ + $z_2^n \equiv 0 \mod {2n+1}$

[ananova]

И поскольку у $z$ два взаимнопростых множителя (и с одним из них мы уже разобрались), то $z_2^n$ должно быть кратно $q_2$, которое не обязательно может иметь вид $2kn+1$ или обладать свойством, что любое число, при возведении в степень $n$, не сравнимо с числом $n$ по модулю $q_2$.