Mica teoremă a lui Fermat

Scris de **curiosul** Mar 13 Ian 2015, 07:11

Din mica teoremă a lui Fermat rezultă că pentru un întreg pozitiv a, nedivizibil cu p prim, $a^{p-1}-1$ este divizibil cu p, sau altfel exprimat, folosind congruența mod p, $a^{p-1}\equiv 1$ (mod p).

De aici putem arăta că pentru p prim impar ajungem la :

$a^{p-1}- 1=\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right ) \left ( a^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )$

cu $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )$ și $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )$ prime între ele
ceea ce înseamnă că fie $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )$ , fie $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )$ se divide cu p.

Presupunând că $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )$ se divide cu $p^k$ , atunci $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right ) ^2$ se va divide cu $p^{2k}$ , iar pentru că a nu este divizibil cu p, $a\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right ) ^2$ se va divide de asemenea cu $p^{2k}$ , de unde rezultă că :

$a\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right ) ^2=\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )\left ( a^{\frac{p+1}{2}}-a \right )$

ceea ce înseamnă că dacă $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )$ se divide cu $p^k$ , atunci și $\left ( a^{\frac{p+1}{2}}-a \right )$ se divide cu $p^k$ .

În cazul în care $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )$ este factorul lui $a^{p-1}-1$ care se divide cu p.

Dacă $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )$ este factorul lui $a^{p-1}-1$ care se divide cu p, atunci $\left ( a^{\frac{p+1}{2}}+a \right )$ se va divide cu p.

O extensie a acestui aspect spre Marea teoremă a lui Fermat este că dacă ecuația $x^n+y^n=z^n$ ar avea soluții naturale, iar 2n+1=p, p prim impar, atunci una dintre soluții se divide obligatoriu cu p.

Aceasta se poate arăta presupunând că niciuna dintre soluții nu se divide cu p, iar ecuația devine :

$x^{\frac{p-1}{2}} +y^{\frac{p-1}{2}}=z^{\frac{p-1}{2}}$

în care apar două situații, fie $x^{\frac{p-1}{2}}\pm 1$ și $x^{\frac{p-1}{2}}\mp 1$ se divid ambele cu p, fie $x^{\frac{p-1}{2}}\pm 1$ și $y^{\frac{p-1}{2}}\pm 1$ sunt divizibile cu p

Prin $\pm 1$ să înțelegem fie +1, fie -1, și nu în sensul clasic și +1, și-1.

Pentru primul caz, ecuația devine :

$\left (x^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )+\left (y^{\frac{p-1}{2}}\mp 1 \right )=z^{\frac{p-1}{2}}$

de unde rezultă că z trebuie să fie divizibil cu p, iar pentru al doilea caz, dacă presupunem că x,y,z nu sunt divizibile cu p, ecuația devine:

$\left (x^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )+\left (y^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )=\left (z^{\frac{p-1}{2}}\pm 2 \right )$

caz în care $\left (z^{\frac{p-1}{2}}\pm 2 \right )$ este divizibil cu p, situație imposibilă pentru că dacă z nu este divizibil cu p, atunci $\left (z^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )$ este divizibil cu p, iar $\left (z^{\frac{p-1}{2}}\pm 2 \right )$ nu poate fi divizibil cu p, iar presupunerea că niciuna din soluțiile x,y,z nu este divizibilă cu p nu este corectă pentru că duce la această contradicție.

Prin mica teoremă a lui Fermat, rezultă de asemenea că dacă n=p-1, p prim, una din soluții se divide obligatoriu cu p.
Rezultă din faptul că pentru a, b nedivizibile cu p, atunci $a^{p-1}-b^{p-1}=\left ( a^{p-1}-1 \right )-\left ( b^{p-1}-1 \right )$ este divizibil o diferență divizibilă cu p, iar asta înseamnă că dacă am considera că x, y, z nu sunt divizibile cu p, diferența $z^{p-1}-x^{p-1}=\left ( z^{p-1}-1 \right )-\left ( x^{p-1}-1 \right )=y^{p-1}$ va fi divizibilă cu p, deci y va fi divizibil cu p.

Scris de **curiosul** Mar 13 Ian 2015, 10:50

De fapt, mai general avem următoarele.

Dacă a nu se divide cu p, pentru p prim impar, prin mica teoremă a lui Fermat $a^{p-1}-1$ se divide cu p.
Pentru p prim impar, $a^{p-1}-1=\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )\left ( a^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )$
de unde rezultă că fie $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )$ , fie $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}+1 \right )$ se divide cu p, însă nu ambele simultan pentru că acestea nu pot avea decât 2 ca factor comun, dacă a este impar.

Să notăm și să înțelegem prin $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right ) \equiv 0$ (mod p) faptul că fie $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}+ 1 \right )$ , fie $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}- 1 \right )$ se divide cu p și nu că ambele simultan se divid cu p.

Dacă $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )$ se divide cu $p^k$ , dar nu se divide cu $p^{k+1}$ , atunci $\left ( a^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )^2$ se divide cu $p^{2k}$ .

Dacă a nu este divizibil cu p, atunci înseamnă că $a^m\left ( a^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )^2$ se divide de asemenea cu $p^{2k}$ ,
atunci $a^m\left ( a^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )^2=\left ( a^{\frac{p-1}{2}}\pm 1 \right )\left ( a^{\frac{p+2m-1}{2}}\pm a^m \right )$ se divide cu $p^{2k}$ ,
iar de aici rezultă că și $\left ( a^{\frac{p+2m-1}{2}}\pm a^m \right )$ se divide cu $p^k$ .

Evident, pentru p > 2m-1 , dacă vorbim despre numere naturale, cu m > 0.

Scris de **Hercules** Dum 04 Noi 2018, 20:33

*gafiteanu si pacalici rog administratorul sa nu le permita sa scrie in subiectele unde eu scriu, sau cel mai ok ar fi sa mute ceea ce scriu pe forumul personal meteor.

Ii moarta teorema asta si nimanui nui trebu azi, dar in cautarea demonstratiei elementare nu lasa pace cercetasii.
In demonstratia de mai sus ce ai vrut sa spui concret succind ca daca unul din x,y,z nu e divizibil cu p atunci nu sunt solutii ?! Nu e adevarat pot fi cazuri ca nu is divizivibil 2 sau toti 3 termeni cu p si nu e strasnic, cel mai important este ca: partea intreaga si mai ales partea fractionara sa fie egala atit in partea stinga cit si in partea dreapta atunci cind impartim toata ecuatia la un numar real.

Iata mai jos ce am vrut sa spun, dar cu parere de rau e valabil pentru cazurile cind x,y,z < p ceea ce e clar din alte demontratii mai siple aceasta conditie, mai este un caz dedus pina la capat, poate cu timpul o sa apara idei, dar mie imi pare la baza demonstratiei elementare a marii teoreme Fermat sta mica teorema Fermat.

"
Sa se determine daca ecuatia: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$
are solutii intregi pentru: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ , , - prim

Stim : , $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ Studiem cazurile (asa cazuri mi se pare se poate demonstra caci sunt din start excluse ca posibile sa aiba solutii) : $Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Conform Micii Teoreme a lui Fermat $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ aceasta inseamna:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Daca impartim ecuatia (1) la orice numar (real) atunci ar trebui ca atit partea intreaga cit si fractionara din membrul sting sa fie egal cu membrul drept.

Presupunem caci ecuatia are totus solutii in si efectuam impartirea:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Problema se divide in mai multe cazuri:

Caz 1: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$
Din ecuatia avem:

$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Apare intrebarea daca : $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ adica daca ceea ce este absurd. De aici posibil

rezulta caci presupunerea ca ecuatia (1) are solutii in N e falsa.

Caz 2: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ , avem:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

ca sa aiba o probabilitate minima de adevar egalitatea, ar trebui ca numaratorul x+y sa fie egal sa cu p sau multiplu de p . Dar noi avem conditia x intrebarea ramine deschisa.

Caz 3: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ avem:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$
=> absurditatea existentei solutiilor.

Caz 4: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ avem:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$
=> absurditatea existentei solutiilor. "

Scris de **Dacu** Sam 10 Noi 2018, 10:02

Hercules a scris:*gafiteanu si pacalici rog administratorul sa nu le permita sa scrie in subiectele unde eu scriu, sau cel mai ok ar fi sa mute ceea ce scriu pe forumul personal meteor.

Ii moarta teorema asta si nimanui nui trebu azi, dar in cautarea demonstratiei elementare nu lasa pace cercetasii.
In demonstratia de mai sus ce ai vrut sa spui concret succind ca daca unul din x,y,z nu e divizibil cu p atunci nu sunt solutii ?! Nu e adevarat pot fi cazuri ca nu is divizivibil 2 sau toti 3 termeni cu p si nu e strasnic, cel mai important este ca: partea intreaga si mai ales partea fractionara sa fie egala atit in partea stinga cit si in partea dreapta atunci cind impartim toata ecuatia la un numar real.

Iata mai jos ce am vrut sa spun, dar cu parere de rau e valabil pentru cazurile cind x,y,z < p ceea ce e clar din alte demontratii mai siple aceasta conditie, mai este un caz dedus pina la capat, poate cu timpul o sa apara idei, dar mie imi pare la baza demonstratiei elementare a marii teoreme Fermat sta mica teorema Fermat.

"
Sa se determine daca ecuatia: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$
are solutii intregi pentru: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ , , - prim

Stim : , $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ Studiem cazurile (asa cazuri mi se pare se poate demonstra caci sunt din start excluse ca posibile sa aiba solutii) : $Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Conform Micii Teoreme a lui Fermat $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ aceasta inseamna:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Daca impartim ecuatia (1) la orice numar (real) atunci ar trebui ca atit partea intreaga cit si fractionara din membrul sting sa fie egal cu membrul drept.

Presupunem caci ecuatia are totus solutii in si efectuam impartirea:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Problema se divide in mai multe cazuri:

Caz 1: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$
Din ecuatia avem:

$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

Apare intrebarea daca : $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ adica daca ceea ce este absurd. De aici posibil

rezulta caci presupunerea ca ecuatia (1) are solutii in N e falsa.

Caz 2: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ , avem:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$

ca sa aiba o probabilitate minima de adevar egalitatea, ar trebui ca numaratorul x+y sa fie egal sa cu p sau multiplu de p . Dar noi avem conditia x intrebarea ramine deschisa.

Caz 3: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ avem:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$
=> absurditatea existentei solutiilor.

Caz 4: $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ avem:
$Mica teoremă a lui Fermat Gif$
=> absurditatea existentei solutiilor. "

Dacă $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ sunt numere naturale atunci se demonstrează ușor că $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ și mai mult că $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ trebuie sa fie laturile unui triunghi ascuțitunghic oarecare.
Putem considera , fără a a greși cu nimic privind generalizarea , că ecuația inițială a lui Fermat ar putea fi de fapt $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ dacă facem notația $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ unde $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ este un număr prim iar $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ sunt prime între ele și nu se divid prin $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ , atunci rezultă că $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ , adică ar rezulta că $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ ceea ce este aberant...În concluzie eu cred că nu este bine sa demonstrăm Marea teoremă a lui Fermat cu ajutorul Micii Teoreme a lui Fermat...Mai trebuie studiat! study

Scris de **curiosul** Sam 10 Noi 2018, 18:25

Nu mai știu exact ce-am vrut să spun acolo, Hercules.

Îmi amintesc că era ceva legat de faptul că urmăream să arăt că, dacă ecuația poate fi redusă doar la analiza cazurilor n=p prim, atunci una dintre soluțiile x, y sau z trebuie să fie obligatoriu divizibilă cu p.

Oricum, subiectul nu mă mai interesează și nu l-am mai studiat de foarte mult timp.

Scris de **curiosul** Dum 11 Noi 2018, 10:27

Mi-ai "retrezit" interesul pentru subiect, Hercules!

M-am apucat dimineață să reanalizez problema, plecând de la ce menționasem anterior, și pot să-ți demonstrez evident că pentru p prim, ecuația $x^{p}+y^{p}=z^{p}$ admite soluții naturale dacă, și doar dacă, una dintre soluțiile x, y sau z este divizibilă cu p.

Dacă vrei și dacă te ajută cu ceva, pot să-ți scriu cum am analizat.

Scris de **curiosul** Dum 11 Noi 2018, 17:55

Hercules,
dacă ai "trezit" subiectul după atâta timp, înseamnă că încă îl mai analizezi și mă gândesc că poate sunt mulți care încă mai consideră că pot dezvolta o demonstrație elementară a marii teoreme a lui Fermat, motiv care mă determină să postez și analiza de mai jos.

Oricum, teoria numerelor este pentru mine o pasiune care m-a fascinat mult la un moment dat, dar o pasiune care s-a consumat, în schimb, parcă ai trezit oarecum "virusul" care mă ținea treaz nopți întregi.

Să revenim la..."mioarele" noastre...

Dacă x, y, z sunt soluțiile întregi pozitive ale ecuației $x^p+y^p=z^p$ , p prim, atunci una dintre ele este obligatoriu divizibilă cu p.

Cazul p=2 este cazul care nu necesită o atenție particulară, și tratăm în continuare cazul general p prim impar.

1
Dacă x, y,z sunt soluțiile întregi pozitive ale ecuației $x^p+y^p=z^p$ , atunci $x+y-z\equiv 0(p)$ .
A se înțelege "congruența mod p" prin paranteza respectivă.

Aceasta se demonstrează folosint mica teorema a lui Fermat.
Ecuația inițială poate fi scrisă $\left (x^p-x \right )+\left (y^p-y \right )=\left (z^p-z \right )-\left (x+y-z \right )$
de unde rezultă că x+y-z trebuie să fie divizibil cu p prim impar.

2
Dacă $u^p\pm v^p\equiv 0(p)$ , atunci $u^p\pm v^p\equiv 0(p^2)$ , pentru p prim impar, iar u, v nondivizibile cu p.

Una din demonstrațiile din care rezultă concluzia de mai sus este următoarea.

Din dezvoltarea binomului lui Newton $(u\pm v)^p$ , cu excepția termenilor $u^p$ și $v^p$ toți ceilalți termeni sunt divizibili cu p, și, într-o formă simplificată, putem scrie dezvoltarea binomului sub forma $(u\pm v)^p=(u^p\pm v^p)+pW$

Dacă $(u^p\pm v^p)$ se divide cu p, atunci (u+v) trebuie obligatoriu să se dividă cu p, altfel egalitatea nu este congruentă mod p.

Dar din dezvoltarea binomului pentru exponentul p prim impar, cu excepția termenilor $u^p$ și $v^p$ , din toți ceilalți termeni poate fi scos factor comun și $(u\pm v)$ , și rescriind dezvoltarea binomului sub forma $(u\pm v)^p=(u^p\pm v^p)+p(u\pm v){W}'$ , rezultă că dacă $(u\pm v)$ este divizibil cu p, atunci $u^p\pm v^p\equiv 0(p^2)$ .

3
Dacă u și v sunt nondivizibile cu p, atunci $u^{p-1}-v^{p-1}\equiv 0(p)$ .

Aceasta rezultă direct din mica teoremă a lui Fermat.
Dacă u, v sunt nondivizibile cu p, atunci, pentru că atât $u^{p-1}-1\equiv 0(p)$ , cât și $v^{p-1}-1\equiv 0(p)$ , rezultă că și diferența este congruentă cu 0 mod p.

În continuare, presupunem că niciuna dintre soluțiile x, y sau z ale ecuației nu sunt divizibile cu p.
Putem stabili că x+y>z, dar și că x .

Aceasta înseamnă că putem găsi a=z-b, astfel încât x+a, sau x-a, să fie divizibil cu p.
În paralel cu ceea ce este menționat la punctul 1, rezultă că b-y, sau respectiv b+y, este de asemenea divizibil cu p.
De menționat că a și b nu pot fi divizibile cu p, pentru că altfel ar însemna că x, sau respectiv y, ar fi divizibile cu p, ceea ce contrazice presupunerea inițială, x, y, z sunt toate soluții nedivizibile cu p.

analizăm doar unul din cazuri pentru că situația este "simetrică" și rescriem ecuația inițială sub forma $(x^p-a^p)-(b^p-y^p)\equiv 0(p)$ .

Dar din punctul 2, rezultă că $(x^p-a^p)-(b^p-y^p)\equiv 0(p^2)$ , ceea ce înseamnă că $(a+b)^p-(a^p+b^p)\equiv 0(p^2)$

Partea din stânga congruenței poate fi dezvoltată sub forma
$(a+b)\left [ (a+b)^{p-1}-(a^{p-1}+a^{p-2}b-a^{p-3}b^2+...+b^{p-1}) \right ]$

Pentru că a+b=z, iar z nu este divizibil cu p, conform micii teoreme a lui Fermat că $(a+b)^{p-1}-1$ este divizibil cu p.

Aceasta înseamnă că $a^{p-1}+a^{p-2}b-a^{p-3}b^2+...+b^{p-1}-1$ trebuie să fie divizibil cu p.
Atât timp cât nici a, nici b, nu pot fi divizibile cu p, indirect prin presupunerea inițială, rezultă că $a^{p-1}-1$ este divizibil cu p.
De aici rezultă că $a^{p-2}b-a^{p-3}b^2+...+b^{p-1}$ trebuie să fie divizibil cu p.
Din expresia de mai sus poate fi scos factor comun b, $b\left (a^{p-2}-a^{p-3}b+...+b^{p-2} \right )$ , expresie care trebuie să fie divizibilă cu p.
Cum b nu poate fi divizibil cu p, înseamnă că $(a^{p-2}-a^{p-3}b+...+b^{p-2})$ trebuie să fie divizibil cu p.

Înmulțind expresia de mai sus cu (a+b), valoare nedivizibilă cu p, rezultă că $a^{p-1}+b^{p-1}\equiv 0(p)$ .

Dar din punctul 3 rezultă că și $a^{p-1}-b^{p-1}\equiv 0(p)$ , ceea ce înseamnă că atât a, cât și b, trebuie să fie divizibile cu p, ceea ce înseamnă că x, y, z trebuie să fie toate soluții divizibile cu p.

Ceea ce este imposibil pentru că ecuația inițială admite soluții primitive (x, y, z prime între ele două câte două).
Deci presupunerea inițială este falsă, ceea ce înseamnă că una din soluțiile x, y sau z trebuie obligatoriu divizibilă cu p.

Asta dacă este corect raționamentul de mai sus și nu am greșit pe undeva.

Scris de **Dacu** Lun 12 Noi 2018, 19:41

curiosul a scris:Hercules,
dacă ai "trezit" subiectul după atâta timp, înseamnă că încă îl mai analizezi și mă gândesc că poate sunt mulți care încă mai consideră că pot dezvolta o demonstrație elementară a marii teoreme a lui Fermat, motiv care mă determină să postez și analiza de mai jos.

Oricum, teoria numerelor este pentru mine o pasiune care m-a fascinat mult la un moment dat, dar o pasiune care s-a consumat, în schimb, parcă ai trezit oarecum "virusul" care mă ținea treaz nopți întregi.

Să revenim la..."mioarele" noastre...

Dacă x, y, z sunt soluțiile întregi pozitive ale ecuației $x^p+y^p=z^p$ , p prim, atunci una dintre ele este obligatoriu divizibilă cu p.

Cazul p=2 este cazul care nu necesită o atenție particulară, și tratăm în continuare cazul general p prim impar.

1
Dacă x, y,z sunt soluțiile întregi pozitive ale ecuației $x^p+y^p=z^p$ , atunci $x+y-z\equiv 0(p)$ .
A se înțelege "congruența mod p" prin paranteza respectivă.

Aceasta se demonstrează folosint mica teorema a lui Fermat.
Ecuația inițială poate fi scrisă $\left (x^p-x \right )+\left (y^p-y \right )=\left (z^p-z \right )-\left (x+y-z \right )$
de unde rezultă că x+y-z trebuie să fie divizibil cu p prim impar.

2
Dacă $u^p\pm v^p\equiv 0(p)$ , atunci $u^p\pm v^p\equiv 0(p^2)$ , pentru p prim impar, iar u, v nondivizibile cu p.

Una din demonstrațiile din care rezultă concluzia de mai sus este următoarea.

Din dezvoltarea binomului lui Newton $(u\pm v)^p$ , cu excepția termenilor $u^p$ și $v^p$ toți ceilalți termeni sunt divizibili cu p, și, într-o formă simplificată, putem scrie dezvoltarea binomului sub forma $(u\pm v)^p=(u^p\pm v^p)+pW$

Dacă $(u^p\pm v^p)$ se divide cu p, atunci (u+v) trebuie obligatoriu să se dividă cu p, altfel egalitatea nu este congruentă mod p.

Dar din dezvoltarea binomului pentru exponentul p prim impar, cu excepția termenilor $u^p$ și $v^p$ , din toți ceilalți termeni poate fi scos factor comun și $(u\pm v)$ , și rescriind dezvoltarea binomului sub forma $(u\pm v)^p=(u^p\pm v^p)+p(u\pm v){W}'$ , rezultă că dacă $(u\pm v)$ este divizibil cu p, atunci $u^p\pm v^p\equiv 0(p^2)$ .

3
Dacă u și v sunt nondivizibile cu p, atunci $u^{p-1}-v^{p-1}\equiv 0(p)$ .

Aceasta rezultă direct din mica teoremă a lui Fermat.
Dacă u, v sunt nondivizibile cu p, atunci, pentru că atât $u^{p-1}-1\equiv 0(p)$ , cât și $v^{p-1}-1\equiv 0(p)$ , rezultă că și diferența este congruentă cu 0 mod p.

În continuare, presupunem că niciuna dintre soluțiile x, y sau z ale ecuației nu sunt divizibile cu p.
Putem stabili că x+y>z, dar și că x .

Aceasta înseamnă că putem găsi a=z-b, astfel încât x+a, sau x-a, să fie divizibil cu p.
În paralel cu ceea ce este menționat la punctul 1, rezultă că b-y, sau respectiv b+y, este de asemenea divizibil cu p.
De menționat că a și b nu pot fi divizibile cu p, pentru că altfel ar însemna că x, sau respectiv y, ar fi divizibile cu p, ceea ce contrazice presupunerea inițială, x, y, z sunt toate soluții nedivizibile cu p.

analizăm doar unul din cazuri pentru că situația este "simetrică" și rescriem ecuația inițială sub forma $(x^p-a^p)-(b^p-y^p)\equiv 0(p)$ .

Dar din punctul 2, rezultă că $(x^p-a^p)-(b^p-y^p)\equiv 0(p^2)$ , ceea ce înseamnă că $(a+b)^p-(a^p+b^p)\equiv 0(p^2)$

Partea din stânga congruenței poate fi dezvoltată sub forma
$(a+b)\left [ (a+b)^{p-1}-(a^{p-1}+a^{p-2}b-a^{p-3}b^2+...+b^{p-1}) \right ]$

Pentru că a+b=z, iar z nu este divizibil cu p, conform micii teoreme a lui Fermat că $(a+b)^{p-1}-1$ este divizibil cu p.

Aceasta înseamnă că $a^{p-1}+a^{p-2}b-a^{p-3}b^2+...+b^{p-1}-1$ trebuie să fie divizibil cu p.
Atât timp cât nici a, nici b, nu pot fi divizibile cu p, indirect prin presupunerea inițială, rezultă că $a^{p-1}-1$ este divizibil cu p.
De aici rezultă că $a^{p-2}b-a^{p-3}b^2+...+b^{p-1}$ trebuie să fie divizibil cu p.
Din expresia de mai sus poate fi scos factor comun b, $b\left (a^{p-2}-a^{p-3}b+...+b^{p-2} \right )$ , expresie care trebuie să fie divizibilă cu p.
Cum b nu poate fi divizibil cu p, înseamnă că $(a^{p-2}-a^{p-3}b+...+b^{p-2})$ trebuie să fie divizibil cu p.

Înmulțind expresia de mai sus cu (a+b), valoare nedivizibilă cu p, rezultă că $a^{p-1}+b^{p-1}\equiv 0(p)$ .

Dar din punctul 3 rezultă că și $a^{p-1}-b^{p-1}\equiv 0(p)$ , ceea ce înseamnă că atât a, cât și b, trebuie să fie divizibile cu p, ceea ce înseamnă că x, y, z trebuie să fie toate soluții divizibile cu p.

Ceea ce este imposibil pentru că ecuația inițială admite soluții primitive (x, y, z prime între ele două câte două).
Deci presupunerea inițială este falsă, ceea ce înseamnă că una din soluțiile x, y sau z trebuie obligatoriu divizibilă cu p.

Asta dacă este corect raționamentul de mai sus și nu am greșit pe undeva.

Nu-nțeleg!Cine sunt $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ și $Mica teoremă a lui Fermat Gif$ de la punctul 2? Idea

Scris de **Hercules** Mar 13 Noi 2018, 00:56

Curiosu o demonstratie complet corecta nu se face usor.
O demonstratie corecta se face pas cu pas analizind orice atent.

Mica teorema a lui Fermat se aplica doar atunci cind x

Mie mi se pare se pot aduce demonstratii la aceasta ca sa analizam numai cazurile x,y,z >p si clar mica teorema a lui Fermat nu e aplicabila cum am mai spus la inceput.

Apoi chiar daca nu se pot aduce demonstratii ca trebu conditia x,y,z >p atunci ce analizezi si aplici tu e p e n t r u
x,y,z

La punctul 1. aceeasi , dar daca aceasta solutie x,y,z sunt mai mari ca p, atunci nu e corect sa aplici mica teorema Fermat.
de unde stii ca x+y-z nu poate fie divizibil cu p ?
Eu cred mai mult de chibzuit si mai putin de scris inainte de a publica.
Prea multa cercetare in balcani mai ales ii fara sens.

Scris de **curiosul** Mar 13 Noi 2018, 07:16

Hercules, ți-am zis, subiectul nu-mi mai atrage atenția într-un mod deosebit.
Am scris determinat doar de "amintirile din copilărie" și de retrăirea plăcerii cu care analizam asta cândva.
Și îmi dau seama și că e o greșeală în finalul expunerii.
Toate bune!

Scris de **Hercules** Joi 15 Noi 2018, 00:14

Dar totus e interesant cred eu cum pentru cazurile cind baza e mai mica ca exponentul (x < p; y < p; z < p) aplicind mica teorema a lui Fermat se demonstreaza ca nu sunt solutii la marea teorema Fermat, ce presupun mi se pare aceeasi demonstratie se poate obtine cu alte teoreme.
Erori totii facem si nui strasnic in asta

Mai pe scurt iti recomand niste filme cu studii interesante a marii teoreme Fermat si multe altele din matematica:
https://vimeo.com/117227989

https://www.youtube.com/watch?v=6Cb6wyM71bk

Scris de **Hercules** Mar 20 Noi 2018, 23:24

@ curiosu gasirea demonstratiei elementare se spune ca timp de aproape 400 ani nimeni nu a gasit-o si au fost oameni mai talentati ca noi, asa ca grija nu iti fa Very Happy

, nu am pierdut nimic. Gauss cica credea ca Fermat a spus o minciunica precum ca are demonstratia demoremei, mie personal mi se pare caci se se poate demonstra elementar, dar asta ii numa vorba la moment.

Numa matematica , matematica , matematica,.. fara capat nu merge asa baete treaba, trebu si recreatie.
Din muzica badea iti propune sa asculti si daca ei in mina si cinti eeei asta ii si mai bine, dar daca ai auz muzical si voce (nu ca mine Smile

) atunci esti norocos urmatoarele instrumente minunate:
- violoncel
- arpa
- vioara
- clarinet
- chitara
- bandjo
Cauta pe youtube din renastere, baroc.
Chitara clasica mie imi place deopilda.
Iti recomand asa fa: Fie acum iti place cutarele cintec "Murgel" a cutarei grupe "Gigel".
Scrie pe youtube "Murgel on cello" (sau guitare sau clarinet sau... instrumentu care iti place)

Arta plastica pina la epoca contemporana, peisajele lui Shishkin mie personal imi plac mult.

Sport : fodbal, tenis, trinta (gaseste unu si dai la bot Very Happy

), fuga,..

Mai sunt o sumedenie de ocupatii minunate, citeva din acestea e si le indeplineste, tocu si foaia pe o perioada la cosu cu gunoi Basketball

.

Scris de **Hercules** Sam 08 Dec 2018, 01:12

@ curioasu TU AUZI CE ITI SPUN sau ESTI SURD ?????

Mica teoremă a lui Fermat Glrx-930429077

https://www.youtube.com/watch?v=KNS8XZ2euGc

https://www.youtube.com/results?search_query=flute+shape+of+you

https://www.youtube.com/watch?v=Xj3gU3jACe8

https://www.youtube.com/watch?v=N-YuSKeFMxY

https://www.youtube.com/results?search_query=%D0%BB%D1%83%D1%87%D1%88%D0%B5+%D0%B2%D1%81%D0%B5%D1%85%21+%D0%BC%D0%B8%D0%BD%D0%B8%D0%B0%D1%82%D1%8E%D1%80%D0%BD%D0%B0%D1%8F+%D0%B0%D1%80%D1%84%D0%B8%D1%81%D1%82%D0%BA%D0%B0+%D0%BB%D1%8E%D0%B4%D0%BC%D0%B8%D0%BB%D0%B0+%D0%BC%D0%B0%D0%BA%D1%81%D0%B0%D0%BA%D0%BE%D0%B2%D0%B0+%D0%B8%D0%B3%D0%B5%D0%BD%D0%B1%D0%B5%D1%80%D0%B3%D1%81+13+11+2016 min 4.20

https://www.youtube.com/watch?v=DaML9mPwBFI

Pentru tema pe acasa:

- dimineata fuga 5 km

- gaseste o chitara si cinta ca baeatu ala din ultimul clip

- de ce sunt 7 note muzicale

- de ce este ton si semiton

- de ce notele cutare au cutarele frecvente si nu sunt la interval egal departate unele de altele

- cum s-a transmis notele si muzica inca din antichitate, doar nu au fost casetofoane iar probabilitatea ca unul din "istorici" sa fie cu urechea stricata e mare

Scris de Continut sponsorizat

Mica teoremă a lui Fermat

Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat

Re: Mica teoremă a lui Fermat