Matematické Fórum

Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.

Nástěnka
22. 8. 2021 (L) Přecházíme zpět na doménu forum.matweb.cz!
04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.

Nejste přihlášen(a). Přihlásit

#1 16. 08. 2020 11:23 — Editoval liamlim_2 (16. 08. 2020 11:55)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Velká Fermatova věta - opraveno

[Opravená verze předchozího příspěvku, který jsem bohužel nemohl editovat]

Prosím mohl by se někdo podívat, jestli v následujícím nemám nějakou chybu? Děkuji :) Všechno by to měly být jen čistě středoškolské operace, žádná vysoká matematika.

Nechť $x$, $y$ a $z$ jsou po dvou nesoudělná čísla a $n\ge 5$ je prvočíslo. Dále nechť $x^n + y^n + z^n = 0$.

Úpravami dostaneme:
(1) $\left(\frac{x^{2n} - y^nz^n}{x^2 - yz}\right) (x^2 - yz) = (y^2-xz) \left(\frac{y^{2n} - x^nz^n}{y^2-xz}\right) = $
(2) $\left(\frac{x^{3n} - y^{3n}}{x^3 - y^3}\right) (x^2 + xy + y^2) = (z^2 - xy) \left(\frac{z^{2n} - x^ny^n}{z^2 - xy}\right)\left(\frac{x^n - y^n}{x - y}\right)$

Nyní uveďme pomocné tvrzení. Pro libovolná nesoudělná $a$, $b$ a prvočíselné $p\ge 3$ platí, že každý dělitel čísla $\frac{a^p + b^p}{a + b}$ je buď $p$ nebo je tvaru $kp + 1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$.

Důkaz není tak obtížný a na požádání ho uvedu. Tady by ale zbytečně zabíral místo a činil celý text méně přehledným.

Nyní definujme pro celočíselné $a$ hodnotu $R(a)$ jako největší dělitel čísla $a$ takový, že $n$ nedělí $R(a)$ a současně žádný z dělitelů čísla $R(a)$ není ani $n$ ani tvaru $kn+1$ pro celočíselné $k$.

S využitím (1) a (2) spolu s definicí $R$ dostaneme
- $R(x^2 - yz) = R(y^2 - zx) = R(z^2 - xy)$
- $R(x^2 + xy+y^2) = R(z^2 - xy)$

Díky symetrii v $x$, $y$ a $z$ potom můžeme definovat
(3) $\gamma := R(x^2-yz) = R(y^2-zx) = R(z^2 - xy) = R(x^2 + xy+y^2) = R(y^2 + yz+z^2) = R(z^2 + zx+x^2) $

Z definice $R$ víme, že $\gamma$ dělí $x^2 - yz$  a současně $\gamma$ dělí $x^2+xy+y^2$, dělí i tedy jejich rozdíl, což je $y(x+y+z)$. Vzhledem k nesoudělnosti $x$, $y$ a $z$ dostaneme:

(4)  $\gamma$ dělí $x+y+z$ neboli $\gamma$ dělí $R(x+y+z)$

Protože $\gamma$ dělí $x+y+z$ a současně $\gamma$ dělí $z^2 - xy$, musí dělit i pokud dosadíme $z \equiv -x-y\mod\gamma$ do kongruence $z\cdot z-xy \equiv 0\mod\gamma$ neboli $z(-x-y) -yz\equiv 0\mod\gamma$ neboli

(5) $\gamma$ dělí $xy+yz+zx$ neboli $\gamma$ dělí $R(xy+yz+zx)$.

Nyní definujme $g := \gcd(x+y+z, xy+yz+zx)$. Pak z (4) a (5) okamžitě plyne

(6) $\gamma$ dělí $g$ neboli $\gamma$ dělí $R(g)$.

Protože $g$ je největší společný dělitel $x+y+z$ a $xy+yz+zx$, musí $g$ dělit též pokud dosadíme $y + z \equiv -x\mod g$ do $x(y+z) + yz\equiv 0\mod g$, čímž dostaneme, že $g$ dělí $x^2-yz$. Proto $R(g)$ dělí $R(x^2-yz) = \gamma$, přitom ale $\gamma$ dělí $R(g)$, proto

(7) $\gamma = R(g)$

Další krok v mém "důkazu" je dokázat indukcí, že pro libovolné přirozené $k$ máme:

(8) $x^{3k} + y^{3k} + z^{3k} \equiv 3x^ky^kz^k\mod g^2$
(9) $x^{3k+1} + y^{3k+1} + z^{3k+1} \equiv (3k + 1)(x+y+z)x^ky^kz^k\mod g^2$
(10) $x^{3k+2} + y^{3k+2} + z^{3k+2} \equiv -(3k + 2)(xy+yz+zx)x^ky^kz^k\mod g^2$

kde $g = \gcd(x+y+z, xy+yz+zx)$

Ten důkaz je opravdu přímočará indukce s tím, že pokaždé využijeme toho, že $(x+y+z)(xy+yz+zx)\equiv 0 \mod g^2$, $(x+y+z)^2\equiv 0\mod g^2$ a $(xy+yz+zx)^2 \equiv 0\mod g^2$.

Offline

 

#2 16. 08. 2020 18:07 — Editoval check_drummer (16. 08. 2020 18:09)

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

Prosím o uvedení důkazu:

liamlim_2 napsal(a):

Nyní uveďme pomocné tvrzení. Pro libovolná nesoudělná $a$, $b$ a prvočíselné $p\ge 3$ platí, že každý dělitel čísla $\frac{a^p + b^p}{a + b}$ je buď $p$ nebo je tvaru $kp + 1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$.

Proč platí:

liamlim_2 napsal(a):

(5) $\gamma$ dělí $xy+yz+zx$ neboli $\gamma$ dělí $R(xy+yz+zx)$.

?
Stejný dotaz pro bod (4).


Stále jsi neuvedl, že v některých případech je R(a) dodefinováno jako 1.


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#3 16. 08. 2020 21:46

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

Rád bych to zase opravil, protože jsem skutečně předpoklad o R(a) dodefinovaném jako 1 neuvedl. Já můžu editovat pouze mé odpovědi, ale nikoliv hlavní příspěvek.

Jinak ohledně

$\gamma$ dělí $xy+yz+zx$ neboli $\gamma$ dělí $R(xy+yz+zx)$. Hodnota $\gamma$ je definovaná jako $R(z^2-xy)$, tedy všechny dělitele $\gamma$ nejsou ani $n$ ani tvaru $kn+1$. Proto pokud z $xy+yz+zx$ odděláme všechny dělitele tvaru $n$ nebo $kn+1$, tak pořád $\gamma$ dělí výsledné číslo, protože VŠECHNY dělitelé $\gamma$ jsou jiného tvaru než $n$ nebo $kn+1$. No a funkce $R$ nám udělá přesně to, co chceme. Odfiltruje nám všechny "špatné" dělitele, které jsou tvaru $n$ nebo $kn+1$

Offline

 

#4 16. 08. 2020 22:16

jelena
Jelena
Místo: Opava
Příspěvky: 30007
Škola: MITHT (abs. 1986)
Pozice: plním požadavky ostatních
Reputace:   99 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

Zdravím,

↑ check_drummer:, ↑ liamlim_2:

už si vybavuji, v čem je zádrhel - v nastavení pravidla pro editaci 1. příspěvku

Pavel Brožek v roce 2012 napsal(a):

Pokud nikdo neodpověděl, tak je editace možná kdykoliv. Pokud někdo odpověděl, tak jen do dvou hodin od založení tématu.

↑ liamlim_2: prosím o část, kterou mám zeditovat (nejjednodušší do dalšího příspěvku vlož, prosím, celý text prvního s barevným označením, co mám editovat). Na druhou stranu - pokud jde jen o vývoj diskuse, tak se dá předpokládat, že ne všechno bude rovnou v 1. příspěvku, ale že vyplyne z diskuse. Děkuji za upřesnění, co s editem.

Offline

 

#5 17. 08. 2020 10:08 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 10:27)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

Důkaz toho pomocného tvrzení je jednoduchý. Nechť $p$ je libovolný prvočíselný dělitel čísla $a^n+b^n$, který není ani  tvaru $kn+1$. Pak $p$ je též dělitel čísla $a^{n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$, kde $\varphi$ je eulerova funkce. Protože $p$ není tvaru $kn+1$, můžeme psát $n^{\varphi(p-1)} = k_0(p-1)+1$. Po dosazení máme, že $p$ dělí $a^{k_0(p-1) + 1}+b^{k_0(p-1) + 1}$ neboli $p$ dělí $a+b$. Už odsud plyne hlavní část tvrzení, totiž že libovolný prvočíselný dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$, který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$.

Pro dokončení důkazu stačí ukázat, že $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$. To se dokáže triviálně ze vztahu $a^k+b^k = (a+b)(a^{k-1} + b^{k-1}) - ab(a^{k-2} + b^{k-2})$ platného pro libovolné $k$ s využitím matematické indukce

Offline

 

#6 17. 08. 2020 13:50

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

Toto plyne z čeho?

liamlim_2 napsal(a):

Nechť $p$ je libovolný prvočíselný dělitel čísla $a^n+b^n$, který není ani  tvaru $kn+1$. Pak $p$
je též dělitel čísla $a^{n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$, kde $\varphi$ je eulerova funkce.


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#7 17. 08. 2020 14:11

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ jelena:
Ahoj, pokud se to týká jen prvního příspěvku, tak pro účely tohoto příspěvku navrhuju první příspěvek založit jako fejk a hlvní téma dat do druhého, a ten už pak bude moci autor neomezeně editovat. :-)


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#8 17. 08. 2020 14:19 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 14:19)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

$a^n + b^n$ dělí $a^{nk} + b^{nk}$ pro každé liché přirozené $k$. Tedy i pro $k = n^{\varphi(p-1) - 1}$, proto $a^n+b^n$ dělí $a^{n\cdot n^{\varphi(p-1) - 1}} + b^{n\cdot n^{\varphi(p-1) - 1}} = a^{ n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$. Protože $p$ dělí $a^n+b^n$ a $a^n+b^n$ je dělitel čísla $a^{ n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$, tak $p$ dělí $a^{ n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$

Offline

 

#9 17. 08. 2020 14:29

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

A toto plyne z čeho?

liamlim_2 napsal(a):

$a^n + b^n$ dělí $a^{nk} + b^{nk}$ pro každé liché přirozené $k$.


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#10 17. 08. 2020 14:33 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 14:39)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

Toto plyne z toho, že $a^{nk} + b^{nk} = (a^n)^k + (b^n)^k$, do čehož dosadíme $a^n\equiv -b^n\mod a^n+b^n$, což pro liché $k$$a^{nk} + b^{nk} \equiv 0\mod a^n + b^n$

Obecně platí pro liché $m$ vztah $a^m + b^m = (a + b)\cdot \sum_{k = 0}^{m-1} (-1)^k\cdot a^kb^{m-k-1}$, což jde snadno dokázat indukcí přes $m$. Dosazením $a\rightarrow a^n$, $b\rightarrow b^n$ dostaneme taky co potřebujeme :)

Offline

 

#11 17. 08. 2020 15:07 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 15:20)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

[Nejnovější verze mého "důkazu". Dost zjednodušená]


Nechť $x$, $y$ a $z$ jsou po dvou nesoudělná čísla a $n\ge 5$ je prvočíslo. Dále nechť $x^n + y^n + z^n = 0$.

Úpravami dostaneme:
(1) $\left(\frac{x^{2n} - y^nz^n}{x^2 - yz}\right) (x^2 - yz) = (y^2-xz) \left(\frac{y^{2n} - x^nz^n}{y^2-xz}\right) = $
(2) $\left(\frac{x^{3n} - y^{3n}}{x^3 - y^3}\right) (x^2 + xy + y^2) = (z^2 - xy) \left(\frac{z^{2n} - x^ny^n}{z^2 - xy}\right)\left(\frac{x^n - y^n}{x - y}\right)$

Nyní uveďme pomocné tvrzení. Pro libovolná nesoudělná $a$, $b$ a prvočíselné $p\ge 3$ platí, že každý dělitel čísla $\frac{a^p + b^p}{a + b}$ je buď $p$ nebo je tvaru $kp + 1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$.
[důkaz jsem již uvedl dříve]

Nyní definujme pro celočíselné $a$ hodnotu $R(a)$ jako největší dělitel čísla $a$ takový, že $n$ nedělí $R(a)$ a současně žádný z dělitelů čísla $R(a)$ není ani $n$ ani tvaru $kn+1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$. Pokud takové číslo neexistuje, pak dodefinujeme $R(a) = 1$.

S využitím (1) a (2) spolu s definicí $R$ dostaneme
- $R(x^2 - yz) = R(y^2 - zx) = R(z^2 - xy)$
- $R(x^2 + xy+y^2) = R(z^2 - xy)$

Díky symetrii v $x$, $y$ a $z$ potom můžeme definovat
(3) $\gamma := R(x^2-yz) = R(y^2-zx) = R(z^2 - xy) = R(x^2 + xy+y^2) = R(y^2 + yz+z^2) = R(z^2 + zx+x^2) $

4.a) Jestliže $n$ dělí $x^2+xy+y^2$, pak $n$ dělí $x^2-yz$ a $n$ dělí $y^2 - xz$.
4.b) Jestliže $n$ dělí $y^2+yz+z^2$, pak $n$ dělí $y^2-zx$ a $n$ dělí $z^2-xy$.
4.c) Jestliže $n$ dělí $z^2+zx+x^2$, pak $n$ dělí $z^2-xy$ a $n$ dělí $x^2-yz$.

Důkaz:
Jestliže $n$ dělí $x^2+xy+y^2$, tak dělí i $x^3-y^3$, neboli $x^3\equiv y^3\mod n$. Proto $x(x^2-yz) = x^3-xyz \equiv y^3-xyz = y(y^2-yz)\mod n$. Víme, že $n$ nedělí $xy$, neboť $x$, $y$ a $z$ jsou nesoudělná a $n$ dělí $x^2+xy+y^2$, proto by $n$ jinak muselo dělit jak $x$ tak $y$. Proto buď $n$ dělí jak $x^2-yz$ tak $y^2-xz$ a jsme hotovi, nebo nedělí ani $x^2-yz$ ani $y^2-xz$. V takovém případě ale $y^2-zx\equiv x^2-yz$, což plyne z toho, že $R(x^2-yz) = R(y^2-zx)$. V takovém případě ale nutně $x\equiv y\mod n$. Po dosazení této kongruence do $x^2+xy+y^2\equiv 0\mod n$ dostaneme, že $n$ dělí $3x^2$ a současně $n$ dělí $3y^2$, tedy $n$ dělí 3, což není možné, neboť $n\ge 5$, proto jsme došli ke sporu a jsme hotovi.

Další dvě implikace plynou ze symetrie

5.a) Jestliže $n$ dělí $x^2-yz$, pak $n$ dělí $y^2+yz+z^2$
5.b) Jestliže $n$ dělí $y^2-zx$, pak $n$ dělí $z^2+zx+x^2$
5.c) Jestliže $n$ dělí $z^2-xy$, pak $n$ dělí $x^2+xy+y^2$

Důkaz:
Využijeme $x+y+z\equiv 0\mod n$ plynoucího z $x^n+y^n+z^n = 0$, což po dosazení dává $x^2-yz\equiv (-y-z)^2-yz = y^2+yz+z^2\mod n$

(4) a (5) dávají dohromady

(6) Jestliže $n$ dělí libovolné z čísel $x^2-yz$, $y^2-zx$, $z^2-xy$, $x^2+xy+y^2$, $y^2+yz+z^2$, $z^2+zx+x^2$, pak dělí i všechny ostatní.

Offline

 

#12 17. 08. 2020 17:14

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

...můžeme psát $n^{\varphi(p-1)} = k_0(p-1)+1$.

Jak to?

liamlim_2 napsal(a):

... neboli $p$ dělí $a+b$.

Jak to?


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#13 17. 08. 2020 17:34

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

To je skutečně jenom Eulerova věta a poté Malá Fermatova věta, nic z toho jsem nevymyslel já, jenom jsem použil tyto dva nástroje.

Offline

 

#14 17. 08. 2020 19:59

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ liamlim_2:
Abys mohl použít Eulerovu větu, tak musí platit nsd(n,p-1)=1, že? To plyne z čeho?


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#15 17. 08. 2020 20:17 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 20:19)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer: To plyne z "prvočíselného dělitele $p$, který není tvaru $kn+1$."

Já se snažím dokázat, že $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ má POUZE dělitele tvaru $kn+1$ nebo $n$. Proto mě zajímají jen ty prvočíselné dělitele $a^n+b^n$, které nejsou tvaru $kn+1$. Pokud $p$ není tvaru $kn+1$ abych ukázal, že všechny takové dělitele musí dělit i $a+b$. Pokud ale $p$ není tvaru $kn+1$, pak $\gcd(p-1, n) = 1$, což je přesně to, co potřebuji

Offline

 

#16 17. 08. 2020 20:46

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ liamlim_2:
Asi je potřeba tiu Eulerovu větu a Malou Fermatovu rozepsat postupně - nejprve na $a^{n^{\varphi(p-1)}}$ a pak na $b^{n^{\varphi(p-1)}}$, protože obě věty se netýkají součtu mocnin, ale jen jediné mocniny. Možná že díky tomu zjistíme, že nepůjde volit jedno $k_0$, ale že budou muset být pro a,b jiné, ale uvidíme.


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#17 17. 08. 2020 23:10

vanok
Příspěvky: 14292
Reputace:   740 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:,
Ta lemma z #15 sa da dokazat aj vdaka bionickej vete.
( uvazuj dva pripady prvocislo n|a+b, a potom, ze n nedeli a+b)

Poznamka: zvysok textu som necital    .


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

#18 18. 08. 2020 03:24

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

Už odsud plyne hlavní část tvrzení, totiž že libovolný prvočíselný dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$, který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$.

Jak to? Dokázali jsme, že libovolný prvočíselný dělitel čísla ${a^n+b^n}$, který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$.


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#19 18. 08. 2020 03:38

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

Pro dokončení důkazu stačí ukázat, že $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$. To se dokáže triviálně ze vztahu $a^k+b^k = (a+b)(a^{k-1} + b^{k-1}) - ab(a^{k-2} + b^{k-2})$ platného pro libovolné $k$ s využitím matematické indukce

1) Proč to platí?
2) proč to stačí k důkazu toho tvrzení?


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#20 18. 08. 2020 05:28

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

Když libovolný prvočíselný dělitel správného tvaru čísla $a^n+b^n$ dělí $a+b$, tak tím spíš libovolný prvočíselný dělitel správného tvaru čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ dělí $a+b$, neboť $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ dělí $a^n+b^n$

Offline

 

#21 18. 08. 2020 05:32

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

Ukázali jsme, že libovolný prvočíselný dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$, který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$. Proto abychom dokázali, že žádný prvočíselný dělitel, který není tvaru $kn+1$, čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ neexistuje, tak nám stačí ukátat, že neexistuje prvočíselný dělitel tvaru $kn+1$ čísla $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})$, k čemuž nám stačí ukázat $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$, neboť ani 1 ani $n$ nejsou tvaru $kn+1$ pro nenulové $k$.

Offline

 

#22 18. 08. 2020 05:39

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:↑ check_drummer:

Protože ze $a^k+b^k = (a+b)(a^{k-1} + b^{k-1}) - ab(a^{k-2} + b^{k-2})$ plyne pro liché $k$

vztah $a^k+b^k\equiv k\cdot (-ab)^{\frac{k-1}{2}}(a+b)\mod (a+b)^2$

Není třeba zdůvodňovat jak tento vtah plyne z předchhozího, stačí indukcí dokázat toto tvrzení. Díky tomu dojdeme k faktu, že $\gcd(\frac{a^k+b^k}{a+b}, a+b)$ dělí $k$ pro libovolné liché $k$.

Offline

 

#23 18. 08. 2020 15:28 — Editoval check_drummer (18. 08. 2020 17:01)

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

plyne pro liché $k$

vztah $a^k+b^k\equiv k\cdot (-ab)^{\frac{k-1}{2}}(a+b)\mod (a+b)^2$

Jak to? (A)

liamlim_2 napsal(a):

Díky tomu dojdeme k faktu, že $\gcd(\frac{a^k+b^k}{a+b}, a+b)$ dělí $k$ pro libovolné liché $k$.

Jak to (B) a jak to souvisí s dokazovaným (C):
$\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

#24 18. 08. 2020 16:21 — Editoval liamlim_2 (18. 08. 2020 16:23)

liamlim_2
Příspěvky: 26
Reputace:   
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ check_drummer:

mně připadá, že říkám pořád dokola to samotné. My jsme ukázali, že libovolný dělitel $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$. Tím ale ještě nevíme, jestli takový dělitel vůbec existuje (a chceme ukázat že ne). Proto se podíváme na největší společný dělitel čísel $a+b$ a $\frac{a^n+b^n}{a+b}$. Pokud žádné z těch čísel nebude tvaru $kn+1$, pak tím víme, že neexistuje dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$, který není tvaru $kn+1$. Ten by totiž dělil i $a+b$ a tedy i $\gcd(a+b,\frac{a^n+b^n}{a+b})$. Tím že ukážeme, že $\gcd(a+b,\frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1,n\}$ tak tím ukážeme, že jediným kandidátem na to, aby dělilo jak $a+b$ tak $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ který není tvaru $kn+1$ je $n$.

Offline

 

#25 18. 08. 2020 16:59 — Editoval check_drummer (18. 08. 2020 17:01)

check_drummer
Příspěvky: 3276
Reputace:   90 
 

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

↑ liamlim_2:
To ano, ale já se ptám na jiné věci, označím je (A), (B), (C) výše.


Popelka - pohádka o neprosté funkci nabývající minima v jediném bodě

Offline

 

Zápatí

Powered by PunBB
© Copyright 2002–2005 Rickard Andersson