Matematické Fórum

↑ rimidalv:[url=http://example.com]Odkaz[/http://www.sokolta.cz/images/sachy/ruzne/fermat/Velka%20_Fematova%20_veta.pdf]

#1
Ahoj / Dobrý den,
odhlédněme od toho, že byl příspěvek vložen 1.4 a postupujme věcně:
Např. závěr v bodě 6 - tj. že gcd(z,d)>1 - nemusí platit - např. v případě, že už samo d=1. A nejedná se o nepodstatný fakt - pokud se x a y výrazně liší, tak opravdu může nastat, že d=1. Je tedy nutné důkaz v tomto duchu opravit.

#2
Ještě jeden příspěvek k mému výše uvedenému: V bodě 7, 3. řádek (týkající se mod 3 a proměnné a) - uvedený vztah a^2=1(mod 3) platí pouze pro a, které není násobkem 3, ovšem v dalším textu se aplikuje na proměnné, které násobkem 3 být mohou.
V případné další analýze bych pokračoval, pokud by byly mnou uvedené dva problémy odstraněny. :-)
Pěkný den.

#3
Domnívám se, že nelze uvažovat, že d=1, neboť d musí být vždy sudé číslo. x+y = z+d nebo-li L +S = L + S (L= liché číslo, S=sudé číslo), což platí pro phytagorejské trojice. Další možností L + L = S +S a tedy d bude vždy sudé číslo bez ohledu na to jak se bude co do velikosti x a y od sebe lišit.
Pokud se jedná o námitku v bodě 7, tak zde uvádím minimální dělitele d (prvočísla), jejich počet narůstá se zvyšujícím se exponentem p. Například pro p=13 bude d dělitelné ještě prvočíslem 5, neboť (4*3)+1=13. Zde je důležité, že d je dělitelné nějakými prvočísly a potom i z bude dělitelné tímto prvočíslem (prvočísly), ale x, y už nebudou , neboť jsou nesoudělná. Zde je právě ten rozdíl mezi p=2, kdy x nebo y je soudělné s d (phytagorejské trojice).
Díky za námitky!

↑ rimidalv:

#7
Z čeho prosím plynou poslední dva vztahy vpravo dole v bodě 8, tj. že:
(z+d)^2=z^2 (mod xy) a
(z+d)^p=z^p (mod xy) ?
Děkuji za objasnění


#8
Jestliže (z+d)^2 = (x+y)^2 a bude zároveň platit (x^2+ y^2) = z^2 potom (z+d)^2=z^2 (mod xy)
protože (z+d)^2 – z^2 = (x+y)^2 – (x^2 + y^2)

Jestliže (z+d)^p = (x+y)^p a bude zároveň platit (x^p+ y^p) = z^p potom (z+d)^p=z^p (mod xy)
protože (z+d)^p – z^p = (x+y)^p – (x^p + y^p)

Zatím je poslední dotaz ten, zda opravdu rovnost 2Q(a,b)−2Q(c,d)=d^2 v bodě 9 platí pro každý symetrický polynom. Zřejmě ne - např. pro Q(x,y):=x+y je na levé straně hodnota 0. Tedy otázka zní, pro která Q toto platí.

↑ rimidalv:
#16 Jan Pernička 2014-04-15 15:10
Stále nevidím význam polynomu Q - tvrdíte, že bod 9 platí pro každý symetrický polynom? A pokud ne, tak pro které? Děkuji.

Studijní materlály UK
PRVOČÍSLA 1
Jan Malý
UK v Praze a UJEP v Ústí n. L.
Malá Fermatova Věta   
Nejprve si uvedeme výsledek o symetrických polynomech
Věta 11. Nechť x, y jsou reálná čísla, x + y a xy jsou celá a p je prvočíslo. Potom x p + y p ≡ (x+y)p
modulo p.
Důkaz. Z binomické věty dostaneme
(x + y) p = x p + P (x, y) + y p ,
kde P je symetrický polynom, jehož koeficienty jsou kombinační čísla
prvočíslo, tato kombinační čísla jsou podle věty 9 dělitelná p, tedy pk, k = 1, . . . , p − 1. Jelikož p je
(x + y) p = x p + y p + p Q(x, y),
kde Q je symetrický polynom s celočíselnými koeficienty, tedy podle věty 6 je Q celé číslo. Odtud x p +y p ≡
(x + y) p

Bod (můj)9) je pro exponent=2 a o pythagorejských číslech.
Existuje také přímé vyjádření symetrického polynomu pomocí elementárních funkcí e1, e2 .

↑ rimidalv:

#20 Jan Pernička 2014-04-18 21:50
Z čeho prosím v bodě 10 plyne, že d ∤ (x^p+pQ(x,y)+y^ p)−z^p?
Děkuji


#21 Vladimír Rosenzweig 2014-04-20 07:27
Nyní ještě zopakuji:
Lineární diofantická rovnice ax + by = c má alespoň jedno řešení právě tehdy, když c je násobkem gcd(a,b).
Tuto větu , lze aplikovat i pro náš případ a kde místo c bude d a zároveň bude platit
a^2 + b^2 = c^2 a nyní můžeme psát: (a^2 + b^2 – c^2) – 2cd + 2ab = d^2
To platí obecně pro i pro p > 2. Jestliže tedy máme rovnici d^p = pQ(x,y) – pQ(z, d) tak víme ,že d je nesoudělné s xy a tedy rovnice nebude mít řešení v celých číslech.
d ∤ (x^p+pQ(x,y)+y^ p)−z^p? Což platí v případě, když x^p + y^p – z^p = 0 a v případě, že tomu tak není d bude dělit (x^p+pQ(x,y)+y^ p) – z^p) .
Pokud bude námítka, že d může dělit pQ(x,y) a přitom d xy dělit nebude.
Symetrické polynomy můžeme vyjádřit pomocí elementárních funkcí e1 a e2. Přitom e1= x+y , e2 = xy. Tak například 3Q(x, y) – 3Q(z, d) = d^3 nyní dostáváme 3(x+y)(xy) – 3(z+d)(zd) = d^3 a po zkrácení (xy -zd) = (d^3)/ 3(x+y) Nyní na pravé straně zbudou po dělení d^3 nějaká prvočísla, která jsou obsažena v d (nová prvočísla dělením či umocňováním nevznikají) a na levé straně bude rozdíl (xy-zd) a jelikož nemá xy žádného společného dělitele s d (x, y, z jsou po dvou nesoudělná) a tak rovnice nemá řešení v celých číslech.

↑ rimidalv:

FLT - mind map viz:

       

↑ rimidalv:

#27 Jan Pernička 2014-05-05 21:18
K Vašemu textu:
"d ∤ (x^p+pQ(x,y)+y^ p)−z^p? Což platí v případě, když x^p + y^p – z^p = 0".
Opravu to platí? Pokud platí x^p + y^p – z^p = 0, tak (x^p+pQ(x,y)+y^ p)−z^p bude mít tvar pQ(x,y) a tedy chceme dokázat, že d ∤ pQ(x,y). Z čeho to ale plyne?
1) Jaký tvar má Q(x,y) - obsahuje pouze součet součinů x.y."něco" - a nebo může obsahovat např. i členy, které neobsahují x - může mít Q(x,y) např. tvar x+y?
2) Co když p dělí d - tak potom i když d nedělí xy, tak může d dělit pxy (a tedy i nějaký tvar p.Q(x,y)).


#28 Vladimír Rosenzweig 2014-05-09 20:47
Tedy chceme dokázat, že d ∤ pQ(x,y). Z čeho to ale plyne?
Z následující rovnice je to podmínka.
d^p = pQ(x,y) – pQ(z,d), je možné tvrdit, že hledáme řešení pro x, y, z , d s podmínkami. Plyne to také z x+y = z ( mod d) a (x+y)^p = Z^p (mod d) .
1) Jaký tvar má Q(x,y) - obsahuje pouze součet součinů x.y."něco" - a nebo může obsahovat např. i členy, které neobsahují x - může mít Q(x,y) např. tvar x+y?
„Něco“ bude obsahovat společnou část (minimální – viz Symetrické funkce, Alois Kufner tab. 1.1 )
a to p(x+y) nebo p(z+d). Pro p >3 potom platí pro „něco“ p(x+y)K pro (xy) a p(z+d)L pro (zd) a přitom to „něco“ není nic jiného než o kolik násobků xy se má snížit (x + y)^p , aby po odečtení zbylo x^p + y^p .
Otázkou je jestli by nebylo možné neřešitelnost LFT takto:
1. (x+y) = (z+d)
2. (x^2 + 2xy+ x^2) = z^2 + 2zd+ d^2)
a nyní d ∤ 2xy a také d ∤ (x^p+y^ p)−z^p a proč by tomu mělo být na dalších řádcích jinak, když každý následující je vždy o násobek (x+y) větší.
Pro pythagorejská čísla platí dělitelnost d ve všech řádcích, protože společní dělitelé d jsou v xy.
2) Co když p dělí d - tak potom i když d nedělí xy, tak může d dělit pxy (a tedy i nějaký tvar p.Q(x,y)).
Tak p (prvočíslo)bude dělit d vždy , což mám uvedeno v 7) podle Malé Fermatovy věty a nakonec je to i v materiálech k LFT, ale tam neuvádějí d , ale (x+y-z). Prvočíslo p a také (x+y)=(z+d) vytkneme, což uvedu na příkladu pro p=3: d^3= 3(z+ d)xy - 3(z+ d)zd a po roznásobení zjistíme, že 3zxy není dělitelné d. Místo d lze i použit p protože p dělí d i z protože (z+d) dělí d^p a tak se dostaneme po několika krocích k tomu, že 3 nedělí xy.
Pro p >3 budeme postupovat obdobně. d^p= p(z+ d)xyK - p(z+ d)zdL a a po úpravě dostáváme
d^p= p(z+ d)(xyK - zdL) a d^p/(p(z+ d)) = (xyK - zdL).

↑ rimidalv:

#31 Jan Pernička 2014-05-26 15:37
K bodu 2*):
Z čeho prosím plyne:
x^2 + y^2 ≢ z^2 (mod d)
?
(Abych si to ujasnil - předpokládáme nyní stále, že x,y,z splňují LFT, tedy že pro p liché prvočíslo je x^p+y^p=z^p?)

32 Vladimír Rosenzweig 2014-05-28 11:01
Z čeho prosím plyne:
x^2 + y^2 ≢ z^2 (mod d) ?
Plyne to z toho:
A) x, y nemají žádného společného dělitele s d (kromě prvočísla 2) jako pythagorejské uspořádané trojice, ale a bylo tak stanoveno v podmínkách v důsledku toho, že p>2 a z+d｜d^p . Jelikož násobením x a y mezi sebou nová prvočísla nevznikají a tak která jsou obsažena v d tam nejsou. Potom d∤2xy a tedy i d∤x^2 + y^2 - z^2 a zároveň bude platit d｜(x^2 + 2xy+ y^2) – z^2 protože x+y ≡ z (mod d).
B)nyní připustíme, že d｜(x^2 + x^2 – z^2 proto i d｜x^2 -x + y^2 -y – z^2+z
a víme, že d = z^p -z -(x^p -y) -y^p -y). Nyní vzhledem k tomu, že x^2 + y^2 ≠ z^2 tak bude platit
x^2 -x + y^2 -y – z^2+z =( (z^p -z) -(x^p -x) -(y^p-y))k a po úpravách dostaneme
x^2 + y^2 – z^2 = x(k+1) + y(k+1) -z(k+1) a vidíme, že rovnice v celých číslech nemá řešení.
Potom tedy d∤x^2 + y^2 - z^2 a také d∤2xy a zároveň bude platit d｜(x^2 + 2xy+ y^2) – z^2
protože x+y ≡ z (mod d). Za povšimnutí stojí, že u B) nebylo potřeba definovat vlastnosti x a y
(nesoudělnost s d), které plynou také z toho, že d∤x^2 + y^2 - z^2 a tak potvrzeno d∤2xy.
Pozn. x,y,z splňují LFT pro p liché prvočíslo je x^p+y^p=z^p .

↑ rimidalv:

#34 Jan Pernička 2014-06-02 22:10
K #32:
"A) x, y nemají žádného společného dělitele s d (kromě prvočísla 2)"
Řekl bych, že ani 2 nemůže být společný dělitel x,y a d - protože pak by 2 dělilo i z a o x,y,z předpokládáme, že jsou nesoudělné (nebo můžeme toto předpokládat).


#35 Vladimír Rosenzweig 2014-06-05 07:10
"A) x, y nemají žádného společného dělitele s d (kromě prvočísla 2)" Měl jsem tím na mysli, že při lichém z a sudém d bude dělit 2 x nebo y a tak součin xy a d bude mít společného dělitele a to 2.
Pokud bude z sudé číslo tak x a y budou lichá čísla pro p>2 (prvočíslo) je to možné, ale pro
exponent n=2 (pythagorejské trojice) nelze což je všeobecně známo.
Definování pomoci d pythagorejské trojice :
I. a=8 b=15 c=17 d=6=kl k+l + r =d a+b-c=d
a= 1*6 + 2 = 8, b= 2*6 + 3 = 15, c= 3*6 – 1, a tedy bude platit d= k+l+r =2+3+1
II. a=7 b=24 c=25 d=6=kl r + s =d a+b-c=d
a= 1*6 + 1 = 7, b= 4*6 + 0 = 24 c= 5*6 – 5 a tedy bude platit d= r +s=1+5
Vždy musí platit (d｜ab).
Můžeme zobecnit pro pythagorejské trojice :
I. k bude dělit a, l bude dělit b nebo naopak (kl=d)
II. d=kl bude dělit a, nebo b
Můžeme i zobecnit pro FLT (p>2 prvočíslo) a vycházíme z toho , že z+d｜(d^p a z toho plyne, že z a d mají společného dělitele .
I. k bude dělit x, l bude dělit z a naopak, nebo k bude dělit y, l bude dělit z a naopak, (kl=d)
II. d=kl bude dělit z
Stále bude platit, že d∤xy .

↑ rimidalv:

#40 Jan Pernička 2014-06-16 22:30
K:
"
Můžeme zobecnit pro pythagorejské trojice :
I. k bude dělit a, l bude dělit b nebo naopak (kl=d)
II. d=kl bude dělit a, nebo b
"Toto (bod I) však neplatí, volme: a=20,b=21,c=29, tj. d=12 a volme např. k=6,l=2 - a potom již neplatí, že k dělí a,l dělí b (nebo naopak) - protože k nedělí ani a ani b...
Znamená to tedy, že Vámi uvedené tvrzení neplatí?

#39 Jan Pernička 2014-06-16 22:22
K Pythagorejským trojicím a "d｜ab":
Zatím víme jen to, že d je sudé a že ab je sudé a že d｜2ab - z toho ovšem přece ještě neplyne, že d｜ab. Dle mého musíme dokázat, že d neobsahuje činitel 2 ve vyšší mocnině než ho obsahuje číslo 2ab.

#41 Vladimír Rosenzweig 2014-06-19 06:59
(#39P)Zatím víme jen to, že d je sudé a že ab je sudé a že d｜2ab - z toho ovšem přece ještě neplyne, že d｜ab.
Ale víme, že je také sudé (a+b+c) a také , že 2ab= (a+b+c)(a+b-c) a přitom (a+b-c)=d Nyní rovnici zkrátíme a dostaneme ab=((a+b+c)/2)(a+b-c) a z toho plyne ab/(a+b-c) =(a+b+c)/2 a tedy d｜ab a
proto nevím proč dle Vaší domněnky musíme dokázat, že d neobsahuje činitel 2 ve vyšší mocnině než ho obsahuje číslo 2ab. Je tedy logické, že d musí splňovat podmínky rovnice
ab/(a+b-c) =(a+b+c)/2 a pokud je nesplňuje tak a, b , c nejsou pythagorejskými čísly.

(#40P)Toto (bod I) však neplatí, volme: a=20,b=21,c=29, tj. d=12 a volme např. k=6,l=2 - a potom již neplatí, že k dělí a,l dělí b (nebo naopak) - protože k nedělí ani a ani b...
Bude platit pokud zvolíme to správné k a l, nikoliv libovolné a to bez vhodného r tak, aby platilo
d=kl, k+l + r =d, a+b-c=d což je tam uvedené, ale měl jsem to více zdůraznit.
Jelikož je k, l je málo přehledné (el lze zaměnit za jedničku) tak provedeme substituci q1=k, a q2=l,
s= r a nyní by mělo platit d= q1 +q2 + s d=q1q2.
Nyní k našemu příkladu a=20,b=21,c=29, d=12 musíme zvolit za q1=4, q2=3 , s=5 nyní je všechno OK.
20= 12*2 - 4
21= 12*2 - 3
29 =12*2 + 5
Nyní musí platit: (20= 12*2 - 4) + (21= 12*2 - 3) - (29 =12*2 + 5) = 12 =d
Pokud se týče toho opaku tak provedeme substituci a=b a b=a .

#43 Vladimír Rosenzweig 2014-07-01 18:05
Doplnění LFT o d=x+y-z je pro p>2 nepříjemné, jak definovat x,y, z tak aby platilo z+d｜z^p a také z+d｜d^ p,přitom x, y, z budou nesoudělná.
Definování pomoci d ­ x, y, z pro p >2 (prvočíslo): viz odkaz
www.2i.cz/124394be6d

img]http://forum.matweb.cz/upload3/img/2014-07/34915_FLT-gr.jpg[/img]