"Школьные" открытые проблемы

[nnosipov]

victor.l в сообщении #537735 писал(а):

А более простое доказательство ...

Если у Вас есть свой вариант доказательства, выкладывайте его, полюбопытствуем. Но вряд ли он будет более простым.

[victor.l]

Пусть число представимо в виде $x^2+y^2$ при целых взаимно простых переменных, не буду оговаривать это всякий раз. В этом случае, при $(xy,p)=1$, где p простое число вида 4n+3, по малой теореме Ферма следует $x^{2(2n+1)}+y^{2(2n+1)}=2+pm$, а поскольку число $x^2+y^2$ является делителем числа $x^{2(2n+1)}+y^{2(2n+1)}$, то никакое p вида 4n+3 делителем числа $x^2+y^2$ не является. Пример:$x^6+y^6=(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)=2+7m$. Для степеней $2^k$ где k некоторое натуральное число доказательство полностью аналогично.Пример: Пусть число представимо в виде $x^4+y^4$, тогда из предыдущего случая следует что все нечетные простые делители этого числа имеют вид p=4n+1, по малой теореме теореме Ферма следует $x^{4n}+y^{4n}=2+pm$ и в случае если n нечетное число результат будет как в предыдущем случае. Пример $x^{12}+y^{12}=(x^4+y^4)(x^8-x^4y^4+y^8)=2+13m$. Таким образом для доказательства утверждения что все простые делители (нечетные) числа представимого в виде$x^{2^k}+y^{2^k}$ имеют вид $p=1+2n2^k$ не требуется никаких знаний по теории сравнений кроме малой теоремы Ферма.

[nnosipov]

А, индукция по $k$. Ну да, такое рассуждение возможно. По сути, конечно, это то же самое рассуждение.

[victor.l]

Старался доступное для школьников доказательство написать.