Замена уравнения ВТФ сравнением

[vasili]

Так как наибольший из этих делителей само $\varphi(q)$
В моем издании на стр.84 пункт d Глава шестая нет указания, что показатель которому принадлежит число по модулю должен быть "наименьшим" из всех остальных показателей, если таковые есть.

[Феликс Шмидель]

Посмотрите, что написано в пункте a первого параграфа шестой главы.

[ananova]

По-моему, вместо простого числа - делителя $q$ эффективней рассматривать $z_2$ и $\varphi(z_2)$. Что значительно расширяет количество возможных вариантов на возможные противоречия.
Если $\varphi(q)=(q-1)\equiv \mod (n)$, то в аналогии: $\varphi(z_2) \equiv \mod(n) $. Насколько я помню, одним из признаков, что $z_2^n$ есть куб -

$$\varphi(z_2^n-1) \equiv \mod(n) $$

$$\varphi(z_2^n+1) \equiv \mod(n)$$

$$\varphi(z_2^n) \equiv \mod(n) $$

[ananova]

vasili в сообщении #969927 писал(а):

тогда
$q-1\equiv0\mod n^{K +1}$,
где K любое натуральное число
Так как Решения уравнения ВТФ носят фиксированные значения целых рациональных чисел, то и числа $z_2$ принимают фиксированные значения, а значит существует такое максимальное натуральное число $K_1$, что для $z_2$ справедливо
$z_2\equiv 0\mod n^{k_1}\engo(1)$

А разве не так?
$\varphi(z_2) \equiv 0\mod n^{k_1}\engo(1)$

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Верно в пункте а. Главы шестой у И.М. Виноградова читаем " Наименьшее из них называется показатель, которому a принадлежит по модулю m".
Тогда в нашем случае таким показателем будет n, так как из $(vx_1^n)^n + (y^n)^n\equiv 0\mod q$
следует
$v^n -1\equiv 0\mod q$.
И все мои рассуждения оказались ошибочными.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili! А Вы можете написать доказательство того, что если $\frac{x^n+y^n}{x+y}$ делится на простое число $q$, то $q \equiv 1 \mod n^2$ без ошибок? Определив, что такое $v$ и используя оба пункта a и d главы шестой (и также используя формулы Абеля)?

-- Чт янв 29, 2015 10:19:28 --

При написании доказательства руководствуйтесь этими строками:

Феликс Шмидель в сообщении #968474 писал(а):

Для этого показывают, что любой простой делитель $q$ выражения $\frac{x^n+y^n}{x+y}$ сравним с $1$ по модулю $n^2$.
Обычно можно доказать только, что $q \equiv 1 \mod n$, но у нас имеются формулы Абеля: $x+z=y_1^n$ и $y+z=x_1^n$.
Поскольку $z$ делится на $q$, то из этих формул следует, что $x \equiv y_1^n \mod q$ и $y \equiv x_1^n \mod q$.
Следовательно, $x_1^{n^2}+y_1^{n^2}$ делится на $q$, а $x_1^n+y_1^n$ не делится на $q$.
Отсюда легко получить, что $q \equiv 1 \mod n^2$.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Я покажу, что $q-1\equiv 0\mod n^2$.

Выбранное Вами вспомогательное сравнение (благодаря формулам Абеля) не вызывает сомнения т.е сравнение:

$x_1^{n^2} + y_1^{n^2}\equiv 0\mod q\engo(1)$,

Другое вспомогательное сравнение я выбрал не удачно, т.е. $vx_1^n + y_1^n\equiv 0\mod q$.

Удачным сравнение будет

$vx_1 + y_1\equiv 0\mod q$,
тогда

$(vx_1)^{n^2} +y_1^{n^2}\equiv0\mod q$,

отсюда благодаря (1) следует

$v^{n^2} - 1\equiv 0\mod q$.
но
$v^{q-1} - 1\equiv 0\mod q$,
тогда
$q-1\equiv 0 \mod n^2$.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #970427 писал(а):

$v^{n^2} - 1\equiv 0\mod q$.
но
$v^{q-1} - 1\equiv 0\mod q$,
тогда
$q-1\equiv 0 \mod n^2$.

А почему из $v^{n^2} - 1\equiv 0\mod q$ и $v^{q-1} - 1\equiv 0\mod q$ следует $q-1\equiv 0 \mod n^2$?

[vasili]

Так как из сравнения $(vx_1)^n + y_1^n\equiv 0\mod q$ не следует

$v^n - 1\equiv 0\mod q$ [$x_1^n + y_1^n$ не делиться на q], а значит показатель n не является

наименьшим. которому принадлежит число v по модулю q.

Тогда наименьшим показателем, которому принадлежит число v по модулю q будет $n^2$, так ка

$v^{n^2}-1\equiv 0\mod q$.

[ananova]

vasili в сообщении #970537 писал(а):

Так как из сравнения $(vx_1)^n + y_1^n\equiv 0\mod q$ не следует

$v^n - 1\equiv 0\mod q$ [$x_1^n + y_1^n$ не делиться на q], а значит показатель n ....

По-моему, тут такое сравнение для $v^nx^n+y^n \equiv 0 \mod q$:
$v^n \equiv 1\mod q$ Из чего следует $(v^n)^n \equiv v^{n^2} \equiv v^{q-1}\equiv 1\mod q$

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #970537 писал(а):

Так как из сравнения $(vx_1)^n + y_1^n\equiv 0\mod q$ не следует

$v^n - 1\equiv 0\mod q$ [$x_1^n + y_1^n$ не делиться на q], а значит показатель n не является

наименьшим. которому принадлежит число v по модулю q.

Тогда наименьшим показателем, которому принадлежит число v по модулю q будет $n^2$, так ка

$v^{n^2}-1\equiv 0\mod q$.

Уважаемый vasili! Я вижу, что Вы хорошо поняли.
Хотя нужно формулировать лучше: не то, что не следует $v^n - 1\equiv 0\mod q$, а из того что $x_1^n + y_1^n$ не делиться на q следует, что $v^n - 1 \not \equiv 0\mod q$.
А то, что написал уважаемый ananova, я не понимаю.

[ananova]

Может я Вас тоже не понимаю и на примере будет понятней:
На Вашем примере я разобрался:
$q =7$ и $n=3$
$v \equiv 6 \mod q$
$x_1 \equiv 2 \mod q$
$y_1 \equiv 4 \mod q$
По условию $z \equiv 0 \mod q$
Тогда $v^3x_1^3+y_1^3 \equiv -1\cdot(+1) +1 \equiv 0 \mod 7$

-- Пт янв 30, 2015 00:24:51 --

Теперь о моем сообщении на примере

$q =7$ и $n=3$
$v \equiv 6 \mod q$
$x \equiv 2 \mod q$
$y \equiv 4 \mod q$
По условию $z \equiv 0 \mod q$
Тогда $v^3x^3+y^3 \equiv -1\cdot(+1) +1 \equiv 0 \mod 7$
Тогда $v^9x^9+y^9 \equiv (-1)^3\cdot(+1)^3 +1^3 \equiv 0 \mod 7$
Согласен с Вами, что $v^3 \not \equiv +1 \mod q$

-- Пт янв 30, 2015 00:34:28 --

Те в моем сообщении была неточность - правильно было бы написать так:

По-моему, тут такое сравнение для $v^nx^n+y^n \equiv 0 \mod q$:
$v^n \equiv -1\mod q$ Из чего следует $(v^n)^n \equiv v^{n^2} \equiv -1 \not \equiv v^{q-1}\mod q$

[vasili]

Уважаемый ananova! передо мной уважаемый Феликс Шмидель поставил задачу доказать, что $n^2$ наименьший показатель. которому принадлежит число v по модулю q. Из -за не знания как изобразить (не сравнимо) мое сообщение получилось "корявым".

[Феликс Шмидель]

Уважаемый ananova! Это неправильный пример, и всё неправильно.
Число $v$ определяется как сравнимое с $-y_1/x_1$ по модулю $q$.
Если $q=7$, $v \equiv 6, x_1 \equiv 2, y_1 \equiv 4$, то не получается, чтобы $v$ было сравнимо с $-y_1/x_1$ по модулю $q$.
Что касается сравнения, в котором учавствуют $v, x, y$, то это вообще неправильно, потому что $v$ определяется как сравнимое с $-y_1/x_1$, а $x$ и $y$ здесь ни при чём.
Что касается сравнения $v^n \equiv -1\mod q$, то оно неверно, поскольку $v^{n^2} \equiv 1 \mod q$.

[ananova]

Спасибо за пояснения. Буду следить за новыми результатами.
У меня только 1 вопрос - я правильно понимаю,что $x_1^3=z-y\equiv -y \equiv x \mod q$ ?
И $v^3 \equiv -y/x \equiv -x/y \equiv -1 \mod q$ ?