Нестрогое доказательство ВТФ.

[Батороев]

cmpamer в сообщении #1168415 писал(а):

Я, всё-таки, не уловил - где тут у Вас совпадение тем?

Кольца вычетов чисел Ферма с ростом $k$ "входят" в числа $2^k\cdot n$, в степенях которых производится рассмотрение в данной теме.
Из моих выкладок следует, что числа Ферма - единственные, на которые может не делиться одно из чисел $x,y,z$

Батороев в сообщении #461756 писал(а):

Допустим, $x^n-y^n\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (**)$,

$z^n+x^n= 2x^n+y^n=3x^n-(x^n-y^n)\equiv3x^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$
$z^n+y^n= x^n+2y^n=(x^n-y^n)+3y^n\equiv3y^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$


$z^{2n}+x^{2n}=(x^n+y^n)^2+x^{2n}=x^{2n}+2x^ny^n+y^{2n}+x^{2n}=$
$x^{2n}-2x^ny^n+y^{2n}+x^{2n}+4x^ny^n=(x^n-y^n)^2+x^n(x^n+4y^n)$
$z^{2n}+x^{2n}\equiv x^n(x^n+4y^n)\equiv x^n(x^n-y^n+5y^n)\equiv 5x^ny^n\not \equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

$z^{2n}+y^{2n}=(x^n+y^n)^2+y^{2n}=x^{2n}+2x^ny^n+y^{2n}+y^{2n}=$
$=x^{2n}-2x^ny^n+y^{2n}+y^{2n}+4x^ny^n=(x^n-y^n)^2+y^n(4x^n+y^n)$
$z^{2n}+y^{2n}\equiv y^n(4x^n+y^n)\equiv y^n(x^n-y^n+5x^n)\equiv 5x^ny^n\not \equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

Если продолжать (по новому, более простому, варианту), то в дополнение к полученным простым Ферма $3,5$, получим следующее:
$z^{4n}+x^{4n}=(x^n+y^n)^4+x^{4n}= (2x^n-(x^n-y^n))^4+x^{4n}$
Т.к. $(x^n-y^n)\equiv\pmod p_i$ $\egno (**)$, то $(2^4+1)y^{4n}=17y^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$, кроме простого числа Ферма $p_i=17$

vasili
Боюсь, что рассмотрение в арифметических прогрессиях не поможет в доказательстве бесконечности простых вида $2^k\cdot n+1$ (где $n$ для рассмотрения ВТФ простые). Был бы рад ошибиться!

mihiv в сообщении #1168691 писал(а):

На $p_i$ может делиться скобка: $(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})= (x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2}).$

Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y$- непервообразный корень $\mod p_i$, тогда:

$x^{\frac {p_i-1}2}\equiv -1\mod p_i, y^{\frac {p_i-1}2}\equiv 1\mod p_i$ и , следовательно, $p_i|(x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2})$

Рассматривать необходимо вкупе для всех сочетаний $x,y,z$.

[vasili]

Уважаемый Батороев! Вы правы, арифметической прогрессии недостаточно....

[mihiv]

Батороев в сообщении #1169171 писал(а):

mihiv в сообщении #1168691 писал(а):

На $p_i$ может делиться скобка: $(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})= (x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2}).$

Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y$- непервообразный корень $\mod p_i$, тогда:

$x^{\frac {p_i-1}2}\equiv -1\mod p_i, y^{\frac {p_i-1}2}\equiv 1\mod p_i$ и , следовательно, $p_i|(x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2})$

Рассматривать необходимо вкупе для всех сочетаний $x,y,z$.

Вкупе, то есть для выражений (2),(3) и (4) ?


$z^n(x^n-y^n)(x^{2n}+y^{2n})...(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})=x^{2^kn}-y^{2^kn}$ $\egno (2)$
$x^n(z^n+y^n)(z^{2n}+y^{2n})...(z^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})=z^{2^kn}-y^{2^kn}$ $\egno (3)$
$y^n(z^n+x^n)(z^{2n}+x^{2n})...(z^{2^{k-1}n}+x^{2^{k-1}n})=z^{2^kn}-x^{2^kn}$ $\egno (4)$



Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y,z$- нет. Это означает, что

$$p_i|(y^{2^{k-1}n}-1)=(y^{2^{k-2}n}-1)(y^{2^{k-2}n}+1)\qquad (a)$$ $$p_i|(z^{2^{k-1}n}-1)=(z^{2^{k-2}n}-1)(z^{2^{k-2}n}+1)\qquad (b)$$

Следовательно $p_i$ делит одну из скобок в выражениях $(a), (b)$.

Пусть $p_i|(y^{2^{k-2}n}-1)$, и $p_i|(z^{2^{k-2}n}+1)$, Тогда $p_i$ делит скобку $(z^{2^{k-2}n}+y^{2^{k-2}n})$ в выражении (3). Кроме того ( как показано ранее )$p_i$ делит также последние скобки в левых частях выражений (2) и (4), поскольку $x$- первообразный корень, а $y,z$- нет.

[vasili]

Если одно из чисел $x,y,z$ является первообразным корнем по модулю $p_i$, то это все же частный случай.