Уравнение в простых числах

[Shadow]

Доказали, что для любого $a \ne 1$ делителя m должно выполнятся $\dfrac{q^a-1}{q-1}=p^k$
Осталось доказать, что
$\\g=1+q+q^2+\cdots + q^{a-1}\\ f=1+q^a+q^{2a}+\cdots +q^{(a-1)a}$
не могут быть одновременно степени простого p.
Проверка показала, что $f/g=h+a/g$, где h - многочлен с целыми коеффициентами.
Грубой силой
$h=(q-1)(q^{(a-2)a}+2q^{(a-3)a}+3q^{(a-4)a}\cdots +a-1)$

-- 07.04.2013, 08:38 --

Г-н nnosipov уже написал решение. Буду разбитатся.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #706855 писал(а):

Проверка показала, что $f/g=h+a/g$, где h - многочлен с целыми коеффициентами.
Грубой силой
$h=(q-1)(q^{(a-2)a}+2q^{(a-3)a}+3q^{(a-4)a}\cdots +a-1)$

Только $g/f=h+a/f$, т.е. $g=fh+a$.

[Shadow]

(Оффтоп)

Да, перепутал f и g, потом отредактировал

[nnosipov]

Shadow в сообщении #706855 писал(а):

Буду разбираться.

Собственно, у Вас всё уже сделано. Пусть $f=p^s$, $g=p^t$, где, понятно, $t>s$. Из равенства $g=fh+a$ следует, что $a$ делится на $p^s$. Но тогда $f=1+q+\ldots+q^{a-1}>2^{a-1} \geqslant a \geqslant p^s$ --- противоречие.

[Shadow]

Я про Ваше доказательство говорил. У меня слабое место - доказательство равенства $f/g=h+a/g$ если надо по честному расписать. Дальше понятно что $a<g$ при $q>1$ (в знаменателе a слагаемых), а значит f на g не делится.

Я так понимаю, в первой части Вы доказали дополнительное требование $a=p^k$, (мое а ), что существенно облекчило доказательство второй части.

[nnosipov]

Shadow в сообщении #706878 писал(а):

У меня слабое место - доказательство равенства $f/g=h+a/g$ если надо по честному расписать.

Но это ведь алгебра, а значит, просто по определению. Думаю, что это мелочь.

На самом деле, вид многочлена $h$ не важен. Нужно показать, что $f(q) \equiv a \pmod{g(q)}$, где $f(q)=1+q^a+\ldots+q^{a(a-1)}$, $g(q)=1+q+\ldots+q^{a-1}$ (всё в кольце многочленов $\mathbb{Z}[q]$). Обычное упражнение на делимость многочленов.

-- Вс апр 07, 2013 14:32:31 --

Пишем, например, $f(q)-a=(1-1)+(q^a-1)+\ldots+(q^{a(a-1)}-1)$, и всё очевидно.

[vasili]

Уважаемый nnosipov! Из $g^m^1\equiv1\mod P$ следует, благодаря малой теореме

Ферма, что $m_1 = k_1(P-1)$, а из

$P_1\equiv0\mod P$ следует, что

$P_1 = k_2P$, тогда

$m =m_1P_1 = k_1(P-1)k_2P$,

где

$k_1, k_2$ - натуральные числа.

[Shadow]

vasili в сообщении #768337 писал(а):

Уважаемый nnosipov! Из $g^m^1\equiv1\mod P$ следует, благодаря малой теореме Ферма, что $m_1 = k_1(P-1)$,

Не следует.

vasili в сообщении #768337 писал(а):

$P_1\equiv0\mod P$ следует, что

$P_1 = k_2P$, тогда

Ну да, причем и P, и $P_1$ простые.
И вообще не понятно с какой целью Вы это написали.