2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Нестрогое доказательство ВТФ.
Сообщение15.11.2016, 08:05 


23/01/07
3198
Новосибирск
cmpamer в сообщении #1168415 писал(а):
Я, всё-таки, не уловил - где тут у Вас совпадение тем?

Кольца вычетов чисел Ферма с ростом $k$ "входят" в числа $2^k\cdot n$, в степенях которых производится рассмотрение в данной теме.
Из моих выкладок следует, что числа Ферма - единственные, на которые может не делиться одно из чисел $x,y,z$
Батороев в сообщении #461756 писал(а):
Допустим, $x^n-y^n\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (**)$,

$z^n+x^n= 2x^n+y^n=3x^n-(x^n-y^n)\equiv3x^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$
$z^n+y^n= x^n+2y^n=(x^n-y^n)+3y^n\equiv3y^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$


$z^{2n}+x^{2n}=(x^n+y^n)^2+x^{2n}=x^{2n}+2x^ny^n+y^{2n}+x^{2n}=$
$x^{2n}-2x^ny^n+y^{2n}+x^{2n}+4x^ny^n=(x^n-y^n)^2+x^n(x^n+4y^n)$
$z^{2n}+x^{2n}\equiv x^n(x^n+4y^n)\equiv x^n(x^n-y^n+5y^n)\equiv 5x^ny^n\not \equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

$z^{2n}+y^{2n}=(x^n+y^n)^2+y^{2n}=x^{2n}+2x^ny^n+y^{2n}+y^{2n}=$
$=x^{2n}-2x^ny^n+y^{2n}+y^{2n}+4x^ny^n=(x^n-y^n)^2+y^n(4x^n+y^n)$
$z^{2n}+y^{2n}\equiv y^n(4x^n+y^n)\equiv y^n(x^n-y^n+5x^n)\equiv 5x^ny^n\not \equiv 0\pmod {p_i}$ $\egno (*)$

Если продолжать (по новому, более простому, варианту), то в дополнение к полученным простым Ферма $3,5$, получим следующее:
$z^{4n}+x^{4n}=(x^n+y^n)^4+x^{4n}= (2x^n-(x^n-y^n))^4+x^{4n}$
Т.к. $(x^n-y^n)\equiv\pmod p_i$ $\egno (**)$, то $(2^4+1)y^{4n}=17y^n\not\equiv 0\pmod {p_i}$, кроме простого числа Ферма $p_i=17$

vasili
Боюсь, что рассмотрение в арифметических прогрессиях не поможет в доказательстве бесконечности простых вида $2^k\cdot n+1$ (где $n$ для рассмотрения ВТФ простые). Был бы рад ошибиться! :-)
mihiv в сообщении #1168691 писал(а):
На $p_i$ может делиться скобка: $(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})= (x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2}).$

Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y$- непервообразный корень $\mod p_i$, тогда:

$x^{\frac {p_i-1}2}\equiv -1\mod p_i,  y^{\frac {p_i-1}2}\equiv 1\mod p_i$ и , следовательно, $p_i|(x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2})$

Рассматривать необходимо вкупе для всех сочетаний $x,y,z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нестрогое доказательство ВТФ.
Сообщение15.11.2016, 14:53 


27/03/12
411
г. новосибирск
Уважаемый Батороев! Вы правы, арифметической прогрессии недостаточно....

 Профиль  
                  
 
 Re: Нестрогое доказательство ВТФ.
Сообщение15.11.2016, 20:51 
Заслуженный участник


03/01/09
1230
москва
Батороев в сообщении #1169171 писал(а):
mihiv в сообщении #1168691 писал(а):
На $p_i$ может делиться скобка: $(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})= (x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2}).$

Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y$- непервообразный корень $\mod p_i$, тогда:

$x^{\frac {p_i-1}2}\equiv -1\mod p_i,  y^{\frac {p_i-1}2}\equiv 1\mod p_i$ и , следовательно, $p_i|(x^{\frac {p_i-1}2}+y^{\frac {p_i-1}2})$

Рассматривать необходимо вкупе для всех сочетаний $x,y,z$.


Вкупе, то есть для выражений (2),(3) и (4) ?


$z^n(x^n-y^n)(x^{2n}+y^{2n})...(x^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})=x^{2^kn}-y^{2^kn}$ $\egno (2)$
$x^n(z^n+y^n)(z^{2n}+y^{2n})...(z^{2^{k-1}n}+y^{2^{k-1}n})=z^{2^kn}-y^{2^kn}$ $\egno (3)$
$y^n(z^n+x^n)(z^{2n}+x^{2n})...(z^{2^{k-1}n}+x^{2^{k-1}n})=z^{2^kn}-x^{2^kn}$ $\egno (4)$



Пусть $x$- первообразный корень $\mod p_i$, а $y,z$- нет. Это означает, что $$p_i|(y^{2^{k-1}n}-1)=(y^{2^{k-2}n}-1)(y^{2^{k-2}n}+1)\qquad (a)$$ $$p_i|(z^{2^{k-1}n}-1)=(z^{2^{k-2}n}-1)(z^{2^{k-2}n}+1)\qquad (b)$$Следовательно $p_i$ делит одну из скобок в выражениях $(a), (b)$.

Пусть $p_i|(y^{2^{k-2}n}-1)$, и $p_i|(z^{2^{k-2}n}+1)$, Тогда $p_i$ делит скобку $(z^{2^{k-2}n}+y^{2^{k-2}n})$ в выражении (3). Кроме того ( как показано ранее )$p_i$ делит также последние скобки в левых частях выражений (2) и (4), поскольку $x$- первообразный корень, а $y,z$- нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нестрогое доказательство ВТФ.
Сообщение16.11.2016, 10:00 


27/03/12
411
г. новосибирск
Если одно из чисел $x,y,z$ является первообразным корнем по модулю $p_i$, то это все же частный случай.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 19 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group