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 1, 2  След.
 
 Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?
Сообщение06.04.2011, 12:45 


15/12/05
754
Уважаемые, математики!

Как доказать справедливость ВТФ для случая: $(p^r)^p + y^p = z^p$ ?

Учитывая что, случай $p^p + y^p = z^p$ доказывается просто.

(Оффтоп)

Возможно, что кто-то встречал подобное.


Можно на примере:
$(3^r)^3 + y^3 = z^3$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.04.2011, 15:39 


23/01/07
3415
Новосибирск
По-видимому, у Вас $p$ - простое, а $z$ и $y$ - взаимнопростые.
Если это так, то доказывается через то, что число $z^p-y^p$ - составное (при $z-y\ne 1$).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.04.2011, 15:44 


15/12/05
754
Да, Вы совершенно правы.
Но $p^r$ тоже составное.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.04.2011, 15:56 


23/01/07
3415
Новосибирск
У $p^r$ - один простой делитель, а у $z^p-y^p=(z-y)(z^{p-1}+...+y^{p-1})$ - более, чем один простой делитель.

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение06.04.2011, 16:14 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
Батороев в сообщении #431828 писал(а):
У $p^r$ - один простой делитель, а у $z^p-y^p=(z-y)(z^{p-1}+...+y^{p-1})$ - более, чем один простой делитель.
Или $z-y=1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Re:
Сообщение06.04.2011, 17:14 


15/12/05
754
venco в сообщении #431836 писал(а):
Батороев в сообщении #431828 писал(а):
У $p^r$ - один простой делитель, а у $z^p-y^p=(z-y)(z^{p-1}+...+y^{p-1})$ - более, чем один простой делитель.
Или $z-y=1$.


И тогда получается, что:

$(p^r)^p=x^p=z^{p-1}+...+y^{p-1}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?
Сообщение06.04.2011, 18:04 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
Если $z-y=1$,то вычитаем из обеих частей уравнения $y:$ $$(p^r)^p+y^p-y=(y+1)^p-(y+1)+1$$Левая часть равенства делится на $p$,а правая нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.04.2011, 20:05 


15/12/05
754
Благодарю, mihiv.

Замечательно, получается, что $x$$\pm p^r \mod (x+y)$. (1)

Если $x<y$, то согласно арифметических ограничений (для рассматриваемого случая):
$p<(x=p^r)<y<z<(x+y-p)<(x+y).$ (2)

Рассмотрим уравнение, подобное основному уравнению Ферма:
$x^p+y^p+z^p=0$ (3)

Поскольку все переменные равноправны, выберем в (3) число, которое не кратно $p$. Пусть это будет $z$.

Далее определим (из известных соотношений Барлоу), что $z=z_1z_2$.

Тогда справедливо сравнение:

$z_2^p \equiv px^{p-1} \mod(x+y)$ (4)

Представим в общем виде функцию Эйлера от $(x+y)$ в следующем виде: \varphi (x+y) =2pk$. Так как по предусловию $(x+y)$ взаимно просто с $p$, $z_2$ и $x$, то из сравнения (4) и теоремы Эйлера следует:

$z_2^{2pk} \equiv p^{2k}x^{-2k} \equiv 1 \mod (x+y)$ (5).

В полученном сравнении $p^{2k}$ и $x^{-2k}$ взаимно обратные числа по модулю $(x+y)$ или каждое из них сравнимо с 1 по модулю $(x+y)$.

Я вижу только одно решение для этого сравнения:
$x \equiv \pm p \mod (x+y)$, но оно противоречит (2).

Может кто-то поможет найти другие решения сравнения (5)?

Допустим $r$ делит $2k$ и $x \equiv \pm p^r \mod (x+y)$. Тогда, учитывая, что $y \equiv -x \mod (x+y)$ (6), далее следует череда новых рассуждений, для сравнения:

$z_2^p \equiv p(p^r)^{p-1} \equiv p^{rp} \mod (x+y)$ (7), которое, по-моему, соответствует уравнению:

$(p^r)^p + y^p = z^p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?
Сообщение08.04.2011, 11:51 
Заблокирован


16/03/11

18
Уважаемый ananova,
Вы утверждаете, что приведенное Вами уравнение
$p^p + y^p = z^p$
доказывается просто. Приведите, пожалуйста, конкретный числовой пример для $p=3$ или любого другого числа с конкретными значениями чисел $ y, z.$
LONGIN

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.04.2011, 12:39 


15/12/05
754
Уважаемый LONGIN!

Упомянутое Вами уравнение я доказывал на форуме в прошлом году.

Вот ссылка: http://dxdy.ru/topic30942.html

В этой теме приводится доказательство, что $p$ меньше $x$. Доказательство очень простое.

Т.е. арифметическое ограничение на $p=3$, позволяет утверждать, что $x>3$, а значит:

$3^3+y^3=z^3$ не имеет решений.

В отличии от него, уравнение, где $x=p^r$ доказывается не очень просто!
Среди предварительных условий я указал условие: $\varphi (x+y) = 2pk$. Условие могло бы быть и таким: $\varphi (z_1) = 2pt$, т.к. $(z_1)^p=x+y$. С этим условием легко иметь дело, когда сумма $(x+y)$ является степенью чисел Софи Жермен,т.е. имеющих примитивную структуру функции Эйлера.

Однако, доказательство, при альтернативном предварительном условии, - $\varphi (x+y)$ не делится на p, я не приводил. Это означает, что данный случай не доказан.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?
Сообщение08.04.2011, 14:50 
Заблокирован


16/03/11

18
Уважаемый ananova,
я так понял, что конкретного числового примера у Вас нет, и Ваши доказательства носят предположительный характер. Другими словами, Вы ничего не доказали.
LONGIN

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.04.2011, 14:58 


15/12/05
754
Уважаемый LONGIN!
Зачем этот флуд? Или Вы не знаете, что ВТФ доказана Уайлсом? Если знаете, то о каких числовых примерах можно говорить?

PS. К сожалению, на числовых примерах, можно доказывать, что уравнение имеет решения, а вот то, что какое-то уравнение не имеет решения, то доказательств на числовых примерах пока не видел. Привидите какое-нибудь нерешаемое уравнение в целых числах и числовой пример, доказывающий Ваше доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?
Сообщение08.04.2011, 15:12 
Заблокирован


16/03/11

18
Уважаемый ananova,
Вы знаете, что Уайльс доказал не теорему Ферма, а гипотезу Таниямы.
Поскольку ВТФ, скорее всего, не имеет решения в целых числах, то любые алгебраические выкладки можно преподносить как доказательство, что ВТФ не имеет решения в целых числах. Поэтому, чтобы быть убедительным, доказательство должно быть однозначным.
LONGIN

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.04.2011, 16:03 


15/12/05
754
Ни разу не слышал, чтобы для доказательства ВТФ просили привести конкретный числовой пример. Давайте поступим наоборот. Вы даете конкретный числовой пример, а я доказываю, что он не является решением уравнения. Только уже в личку, пожалуйста!

 Профиль  
                  
 
 Re: Как доказать (p^r)^p + y^p = z^p ?
Сообщение10.04.2011, 09:51 
Заблокирован


16/03/11

18
Уважаемый ananova,
произошло недоразумение: Вы привели своеобразное уравнение, и я подумал, что Вы хотите сказать, что такое уравнение имеет решение в целых числах. Разумеется, Вы можете предлагать к рассмотрению любое уравнение, но в чем смысл Вашего уравнения?
LONGIN

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.

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