Обобщение доказательства Лежандра на подслучай Случая 2 ВТФ

[ananova]

age в сообщении #301073 писал(а):

Т.е. $x^p+y^p+z^p$ делится на $q$? И все?

Да, у Эдвардса и Рибенбойма указаны только эти условия. По моему это недостаточно... вот такая беда...
Условия могут выполняться, а $x+y$ не будет кратно $q$. Т.е. нужна дополнительная аргументация, что это будет именно так, а не иначе, либо уточнять условия.

[age]

Да, нашел статью, прочитал. Действительно сравнение. Надо самому разобраться. Забавно.

[ananova]

Похоже беда у меня в следующем фрагменте аргументации:

ananova в сообщении #300600 писал(а):

Резюмируем: $z=-z_1 z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$, число $x+y$ взаимнопросто с $z_2$, как доказано ранее, и $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$. Следовательно $z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ невозможно.

Так как $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ и $x+y = z_1^p$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то

$ x \equiv -y$ $mod$ $ q$,

Скорей всего, так надо поправить текст:

Т.к. по Условию 1 теоремы: $x^p+y^p +z^p \equiv 0$ $mod$ $q$, то
$x^p \equiv -y^p $ $mod$ $q$
$ x \equiv -y$ $mod$ $ q$

Далее по тексту, тогда не возникает проблем.

////
Вот такие рассуждения:
$z=z_1z_2$ и $z_1$ кратно $q_1$, а $z_2$, кратно $q_2$, то
всегда будет
$x^p \equiv -y^p $ $mod$ $q_1$ и
$x^p \equiv -y^p $ $mod$ $q_2$ и
$ x \equiv -y$ $mod$ $ q_1$ и
$ x \equiv -y$ $mod$ $ q_2$

Однако такой вывод противоречит арифметическим ограничениям, т.к. $x+y>z$.

[ananova]

Тоже неверно.

ananova в сообщении #301116 писал(а):

Скорей всего, так надо поправить текст:

Т.к. по Условию 1 теоремы: $x^p+y^p +z^p \equiv 0$ $mod$ $q$, то
$x^p \equiv -y^p $ $mod$ $q$
$ x \equiv -y$ $mod$ $ q$

Ещё раз перечитал доказательство у Рибенбойма. Если перевести на мои обозначения, то будет буквально так:

Согласно условия 1 число $q$ делит одно из целых чисел $x_1, y_1, z_1$.

Однако, в условии 1 сказано, что $q$ делит одно из целых чисел $x, y , z$, а не одно из целых чисел $x_1, y_1, z_1$. И как они сами доказали, что эти числа взаимнопростые с $x_2, y_2, z_2$. Таким образом, необходимо было сказать в условии, что число $q$ делит одно из целых чисел $x_1, y_1, z_1$ и, чтобы это доказательство имело силу, - продолжить доказательства по двумя модулям - один из них $q_1$ делил бы $x_1, y_1, z_1$, а второй $q_2$ делил бы $x_2, y_2, z_2$. Тогда для$ q_1$ существующее доказательство имеет силу, а для $q_2$ его нет. Если этого не сделать, то на доказательстве нужно ставить крест.

Как с этой проблемой справимся - поделюсь как, на мой взгляд, можно упростить доказательство без использования свойства 2.

[ananova]

.

[ananova]

Попробовал посчитать сколько будет $x_2+y_2-z_2$. Довольно громоздкие записи, которые надо перепроверять, привели к подобному результату $x^{p-1} \equiv -y^{p-1} \equiv x_2^p$ $mod$ $q_2$, $q_2: z^p \equiv z_2 \equiv 0 $ $mod$ $q_2$$

Если ошибок нет, то это 100% подобный результат, как получен для $q$ по доказательству Лежандра.

[ananova]

Ищу альтернативный вариант доказательства для $q_2$

Вывожу из следующего тождества:

$(x+y)^p = z^p + p(x+y)h(x,y)$
$(x+y)^p = z_2^p(x+y) + p(x+y)h(x,y)$
сокращаем на $(x+y)$

$(x+y)^{p-1} = z_2^p + ph(x,y)$.

Cравниваем по модулю $q_2$: $z^p \equiv z_2 \equiv 0$ $mod$ $q_2 $

$q_2$, как доказано, взаимнопросто с $q_1$ и $(x+y)$

$ \frac {(x+y)^{p-1}}{h(x,y)} \equiv p$ $mod$ $q_2 $. А это невозможно согласно свойства, указанного в условии 2.

[ananova]

ananova в сообщении #301289 писал(а):

$ \frac {(x+y)^{p-1}}{h(x,y)} \equiv p$ $mod$ $q_2 $. А это невозможно согласно свойства, указанного в условии 2.

Не совсем так, но криативно

[ananova]

age в сообщении #301105 писал(а):

Появился: 17/06/09
Сообщения: 605
Да, нашел статью, прочитал. Действительно сравнение. Надо самому разобраться. Забавно.

Моя неуверенность в ошибке Лежандра в его доказательстве теоремы Софи Жермен переросла в абсолютную уверенность.

По теореме для Случая 1, если существует такое число $q$, которое делит $xyz$, то для ВТФ Случай 1 верен. Лежандр строит доказательство, внушая читателям, что это число делит, например, $z$, а значит и $(x+y)=z_1^p$.

Однако, такой вариант не единственный (что важно), и вариант, когда $q$ делит $z$ и не делит $(x+y)=z_1^p$, а делит $z_2= \frac {z}{z_1}$ не рассматривается. Моё изучение последствий данного предположения привело к выводу - что без его доказательства теорему можно считать недоказанной. И для этого подслучая никакого доказательства или упоминания нет. Каким образом, действующее доказательство не вызывало раньше сомнений - мне непонятно. Сделать самостоятельно "заплатку" не удалось. SOS.

[age]

ananova
Я всегда это доказательство представлял так:
1. Пусть $x^n+y^n=z^n$, где $n$ - простое Софи Жермен.
Тогда если рассматривается Случай 1 $n\not|\ xyz$, то
$x+y=z_1^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$
Но тогда и $\dfrac{x^n+y^n}{x+y}=z_2^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$
2. Ввиду того, что $x^n+y^n-z^n\equiv0\mod(2n+1)$, то одно из чисел обязательно делится на простое $2n+1$.
3. Пусть $x\div(2n+1)$. Тогда ввиду того, что $2x=z_1^n-y_1^n+x_1^n$, то аналогично одно из чисел $x_1,y_1,z_1\div(2n+1)$. Причем, т.к. на $(2n+1)$ может делиться лишь одно число из $x,y,z$, и это число - $x$. То на $(2n+1)$ делится именно $x_1^n=z-y$.
4. Несложно увидеть, что $x_2^n=\dfrac{z^n-y^n}{z-y}\equiv ny^{n-1}\mod(2n+1)$, т.к. $(z-y)\div{2n+1}$, а
$z_2^n=\dfrac{x^n+y^n}{x+y}\equiv y^{n-1}\mod(2n+1)$, т.к. $x\div{2n+1}$.
5. Т.е. справедлива система сравнений:
$\begin{cases} x_2^n\equiv ny^{n-1}\mod(2n+1) \\z_2^n\equiv y^{n-1}\mod(2n+1) \end{cases} $
Откуда $x_2^n\equiv nz_2^n\mod(2n+1)$. Но это невозможно, т.к. для простых Софи Жермен $p^n\equiv \pm1\mod(2n+1)$
___________________________________________
Поэтому о том, что берется лишь сравнение $x^n+y^n+z^n\equiv0\mod m$ - вопроса даже не возникало!

[ananova]

age в сообщении #302840 писал(а):

$x+y=z_1^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$

Думаю мы о разных теоремах говорим.
У теоремы Лежандра $q=2n+1$ и $q|xyz$ : $x+y=z_1^n\equiv 0 \mod(2n+1)$. Тогда ВТФ верна для Случая 1.
(спасибо за пост, есть над чем подумать). Может я не так азы теоремы понял, подумаю ещё..

[age]

Аааа! Кажется понял! 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.

[ananova]

age в сообщении #302840 писал(а):

Тогда ввиду того, что $2x=z_1^n-y_1^n+x_1^n$, то аналогично одно из чисел $x_1,y_1,z_1\div(2n+1)$.

Почему? А если $(x_1 + y_1 + z_1)\div(2n+1)$, при этом каждое из чисел не кратно $(2n+1)$. Такое же возможно: 7+8+9 кратно 6, но любое из чисел не кратно 6. Почему считается, что обязательно одно из чисел $x_1 + y_1 + z_1$ должно быть кратно $2n+1$?

[age]

Потому что каждое из чисел $x_1^n,y_1^n,z_1^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$ (ну и либо с нулем, если делится на $(2n+1)$)

Т.е. (обязательно) одно из них $\equiv+1\mod(2n+1)$
другое $\equiv-1\mod(2n+1)$.
Ну а третье делится.

[ananova]

Спасибо за помощь. Это уточнение (деталь) в книге Эдвардса и Рибенбойма пропускается, а догадаться сразу не удалось. Попробую ещё раз сложить кубики в единую систему

-- Пт мар 26, 2010 21:32:55 --

age в сообщении #302853 писал(а):

Потому что каждое из чисел $x_1^n,y_1^n,z_1^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$ (ну и либо с нулем, если делится на $(2n+1)$)

По условию каждое из чисел $x^n,y^n,z^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$ (ну и либо с нулем, если делится на $(2n+1)$). А почему тут должно $x_1^n,y_1^n,z_1^n\equiv\pm1\mod(2n+1)$ не совсем понятно.

-- Пт мар 26, 2010 21:37:03 --

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