Функция Эйлeра однoгo из чисел кpатна степени p - ВTФ веpна

[ananova]

venco в сообщении #308030 писал(а):

Эти соотношения верны для первого случая ВТФ.

По-моему, не только и попробую донести свои рассуждения, т.к. некоторое время на данном форуме шли дискуссии. Если в них есть дырка, то будет интересно это узнать.
Пусть: $a^p+b^p+c^p \equiv 0 \mod (q)$. При этом $q$:
(далее равносильные свойства):
a) $\psi (q)=2kp$
b) нет числа, которое в степени $p$ будет сравнимо с $p$ по модулю $q$
c) невозможно $1 \equiv p^{2k} \mod (q)$
... для дополнительной информации можно посмотреть Рибенбойма на странице 127 и Эдвардса - упражнение номер 6 в разделе Теорема Софи Жермен (примерно на странице 80-100).

При выполнении этих тождественных свойств возможным решением является одно из слагаемых (в нашем случае $c^p$ сравнимо с 0 по модулю $q$. Как это отмечено в теореме Лежандра.

Теперь рассмотрим такое сравнение: $a^p+b^pp^{np-1}+c^p \equiv 0 \mod (q)$.
В любом случае, $a^p+b^p+c^p \equiv 0 \mod (q)$ (согласно известных свойств уже названных), т.е. $a^p+b^pp^{np-1}+c^p \equiv 0 \mod (q)$ сравнимо тогда, когда справедливо сравнение: $a^p+b^p+c^p \equiv 0 \mod (q)$. Разница между сравнениями заключена в одной переменной. Если сравнение $p^{np-1} \equiv 1 \mod (q)$. Честно говоря, я сомневаюсь, что это возможно, но других вариантов, на мой взгляд, нет, кроме как принять справедливость равенства при названных условиях. Если это так, то возможным вариантом (для соотношений Барлоу для Случая 2), является единственно возможным решением: $c^p$ сравнимо с 0.
Дополнительную информацию по соотношения Барлоу для Случая 2 можно найти у Рибенбойма (они получены разными авторами). Но там не указана эта логическая цепочка, для поиска возможного решения.
PS. Постарался максимально детально показать.

[ananova]

venco в сообщении #307863 писал(а):

ananova в сообщении #307855 писал(а):
Преобразование $(x^p+y^p+z^p)^{2k}$ выполнено так:

$(x^p+y^p+z^p)^{2k} \equiv (x^p+y^p)^{2k} \equiv $
$\equiv x^{2kp}+y^{2kp}+2k(x^p+y^p)g(x,y) \equiv x^{\psi (z)}+y^{\psi (z) } \mod (z)$
Так ведь неправильно выполнено. Забыли бином Ньютона?

Кстати, а если $k $ - нечётное? (при этом 2 может стать $2^n$). Тогда верно
$(x^p+y^p+z^p)^{k} \equiv (x^p+y^p)^{k} \equiv $
$\equiv x^{kp}+y^{kp}+k(x^p+y^p)g(x,y) \equiv x^{\psi (z)/2^n}+y^{\psi (z)/2^n } \mod (z)$

Как говорится - "истина где-то рядом", но не здесь. ;) А в сравнении больше "запаха" прибавилось от теоремы Софи Жермен ;) Может завершить доказательство этой теоремы именно ей?

Ведь в примитивном виде результат можно записать так:
$x^{\psi (z)/2}+y^{\psi (z)/2 } \mod (z)$. При $z=2p+1, \psi (z)=2p$, т.е. чистый случай Софи Жермен.

Так и поступим ;)