Сравнения x^2 -yx+y^2 с 0, при x ≠ - y

[ananova]

Вероятно следующее сравнение невозможно
$x^2 -yx+y^2 \equiv 0 \mod q$ при $x$≢ $- y \mod q$

Может кто-то встречал простое доказательство или знает решение?

[age]

Кроме $q=3$
$x^2-xy+y^2\equiv3xy\mod(x+y)^2$

[ananova]

Хотелось бы получить что-то похожее на такое:

$x^2-xy+y^2\equiv 0 \mod(x+y)^2$

Я пометил сравнимость с нулём.
Тогда, надо полагать, что $3xy\equiv 0 \mod(x+y)^2$

[age]

ananova
В общем, в терминах сравнений все довольно запутанно. Объясню по-простому:
$x^2-xy+y^2=(x+y)^2-3xy$
Поэтому, если при взаимно простых $x$и $y$, $x^2-xy+y^2$ и $x+y$ имеют общий множитель $q$, то на него делится и $3xy$. Т.е. $x$и $y$ не взаимно простые.

[ananova]

age в сообщении #304406 писал(а):

все довольно запутанно.

В общем-то вопрос можно и так поставить:
Есть ли гипотетический модуль $q$, который не делит ($x+y$) и делит $x^2-xy+y^2$, случай, когда $x$ ≢ $-y \mod q$.

[age]

Нету, потому что см.выше.

[ananova]

Ноги этого запутанного вопроса, растут из другой известной Вам темы http://dxdy.ru/topic31438.html:

ananova в сообщении #300600 писал(а):

Cгруппируем выборку малых множителей

$(y+z) + (x+z)-(x+y) = 2z$.

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-z_1^p \equiv 0 \mod q$.

По предварительному условию число $q$ делит $z$. В этом случае $x_1$, $y_1$ и $p$ не сравнимы с нулем, поскольку сравнение $x=-x_1 x_2 \equiv 0 \mod q$ или $y=-y_1 py_2 \equiv 0 \mod q $ вместе со сравнением $z \equiv 0 \mod q $ противоречило бы требованию ВТФ (взаимной простоты чисел $x,y,z$). Этот же вывод можно сделать и так: поскольку $q$ не делит ни $xy$, ни $x_1 y_1 p$, то $q$ должно делить $z_1$, так как $2z \equiv -z_1^p \equiv 0 \mod q$.

Когда число $q$ имеет вид $2kp+1$ то, при Случае 1 ВТФ
$2z \equiv x_1^p+y_1^p -z_1^p \equiv 0 \mod q$. Одно из слагаемых сравнимо с 0 из-за особенных свойств числа $q$. Но в подслучае Случая 2, который был упомянут с разъяснениями к нему, у меня продолжаются сомнения, несмотря на то, что Вами он был (при беглом просмотре) принят.

Далее мы перекинулись на Случай 1, который увёл в сторону от проблемы мои сомнения, учитывая, что он легко объясняет сравнимость с нулем трех слагаемых, что радовало душу.

Но сомнения снова вернулись.

(Хотя по модулю $q$ число $y_1^p p^{np-1}$ является кубом какого-то числа непременно - если это поможет разобраться).

Поэтому и открыл эту тему, чтобы издалека понять и разобраться "что к чему" и распутать этот запутанный случай.

ananova в сообщении #304417 писал(а):

В общем-то вопрос можно и так поставить:
Есть ли гипотетический модуль $q$, который не делит ($x+y$) и делит $x^2-xy+y^2$, случай, когда $x$ ≢ $-y \mod q$.

age в сообщении #304421 писал(а):

Нету, потому что см.выше.

Таким образом, рассмотрен вопрос, что, если $q$ не делит ($x+y$), то есть выполняется $x$≢$-y \mod q$
в этом случае:

a) $(x+y) $ ≢ $0 \mod q$
b) $\frac {x^p+y^p}{x+y}$ ≢ $0 \mod q$
и, соответствено, $z^p$ ≢ $0 \mod q$, а значит ситуацию для
$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-z_1^p \equiv 0 \mod q$ можно не рассматривать,
если $q$ не делит ($x+y$), то есть выполняется $x$≢$-y \mod q$,
т.к. она противоречит условию $z \equiv 0 \mod q$

и тогда, аргументы, выдвинутые для возможности (справедливости):

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-(x+y)^p \equiv 0 \mod q$, что существует единственно возможное решение только, когда $(x+y) \equiv 0 \mod q$,
являются верными и единственными в защиту этого вывода. (Тогда можно не латать доказательство для подслучая 2 Случая 2.)

Однако, если такой вывод верен, то возможно следующее:
$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1} \equiv 0 \mod q$
$x_1^p \equiv - y_1^p p^{np-1}\mod q$
Предположив, что $(x+y) \equiv 0 \mod q$, получается, что $x \equiv - y \mod q$
Это, вроде, не противоречит предыдущему выводу, т.к. $y^p \equiv 0 \mod y_1^p p^{np-1}$
Однако - пример, для случая $p=5$ и $q=2p+1=11$:
$\pm1 \equiv \pm1* 5^4 \mod 11$
Что невозможно, т.к. это вообще ошибка в предположении. Так?

[ananova]

Предположив, что $(x+y)$ ≢ $0 \mod q$, получается, что $x$ ≢ $- y \mod q$, но тем не менее: $z \equiv 0 \mod q$,
однако имеем $2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}+ (x+y)$ ≢ $0 \mod q$ , что невозможно, т.к. е не может существовать множитель у числа $z^p$, взаимнопростой с $x+y$ и сравнимый с нулём.
Так что получается, что единственный возможный вариант, что $(x+y)$ сравним с нулём по модулю $q$ и в этом случае подслучай Случая 2 ВТФ получается справедливым, т.к. все остальные шаги повторяют доказательство Лежандра.

[age]

ananova
Что-то я потерял нить. Как согласуется вот это:

Цитата:

Таким образом, рассмотрен вопрос, что, если $q$ не делит ($x+y$), то есть выполняется $x$≢$-y \mod q$
в этом случае:

a) $(x+y) $ ≢ $0 \mod q$
b) $\frac {x^p+y^p}{x+y}$ ≢ $0 \mod q$
и, соответствено, $z^p$ ≢ $0 \mod q$

и вот это:

Цитата:

Предположив, что $(x+y)$ ≢ $0 \mod q$, получается, что $x$ ≢ $- y \mod q$, но тем не менее: $z \equiv 0 \mod q$,

Если $(x+y)$ ≢ $0 \mod q$, то $\dfrac {x^p+y^p}{x+y}\equiv0\mod q$. Иначе $z$ не делится на $q$.

[Батороев]

ananova в сообщении #304417 писал(а):

В общем-то вопрос можно и так поставить:
Есть ли гипотетический модуль $q$, который не делит ($x+y$) и делит $x^2-xy+y^2$, случай, когда $x$ ≢ $-y \mod q$.

Только по модулю $3$ возможно:
$(x^2-xy+y^2)\equiv (x+y)\equiv 0 \pmod 3$?
По другим основаниям $x+y$ и $x^2-xy+y^2$ взаимнопросты.
Т.е. любой множитель выражения $x^2-xy+y^2$, кроме $3$, будет тем самым $q$.
Например,
$3^2-3\cdot 1 +1^2=7$
$3+1\not \equiv 0\pmod 7$.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #304569 писал(а):

Только по модулю $3$ возможно

Можно и так:
$x^2-xy+y^2=Qc_1$,где $x+y=3^5c_1^3c_2^3$ и $z=cd=9c_1c_2$
Т.есть $z$ и $x^2-xy+y^2$ имеют общий делитель $c_1$ с $x+y$ .Доказательство простое.

[ananova]

Что-то я не так может понимаю?
$z<x+y<2z$
$9c_1c_2<3^5c_1^3c_2^3<2(9c_1c_2)$
Может $c_1$ и/или $c_2$ рациональное?

[age]

ananova
У Гаджимурат не бывает меньше пяти символов в формуле $zyQc_1c_2z$. Ничего не пропустил?

[ananova]

age! Ну четыре определителя - это тоже восхищает!

[age]

ananova
Надо было их еще обозначить $C_3,X_1,P_m$ и $D_2$.