Θεωρία αριθμών

2nisic · #1

Να αποδειχθεί πως δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί m,n,a

και πρώτη

με $q\equiv 3(mod4)$ και:

$\frac{q^m+r^np}{q^m-r^np}=a^2$

John Kall · #2

Θέτω

. Η εξίσωση γράφεται $\frac{q^m+b}{q^m-b}=a^2\iff q^m+b=a^2 q^m-a^2 b \iff (a^2+1)b=(a^2-1)q^m\quad (1)$

Επειδή a^2+1=a^2+1^2

και ΜΚΔ

πρέπει όλοι οι διαιρέτες του a^2+1

να γράφονται στη μορφή αθροίσματος δύο τέλειων τετραγώνων (2). Άρα , από το θεώρημα του Fermat, οι περιττοί πρώτοι διαιρέτες, εφόσον υπάρχουν, είναι ίσοι με 1 modulo 4. Άρα $q\nmid a^2+1\\ \Longrightarrow q^m\nmid a^2+1\\ \overset{(1)}{\Longrightarrow}q^m\mid b\\ \Longrightarrow q^m\leq b\\ \Longrightarrow (a^2+1)q^m\leq (a^2+1)b \\ \overset{(1)}{\Longrightarrow} (a^2+1)q^m\leq (a^2-1) q^m$

άτοπο.

(2): πρόταση 4. στην απόδειξη του Euler [https://en.wikipedia.org/wiki/Proofs_of ... wo_squares]

Joaakim · #3

John Kall έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 04, 2021 11:56 am

Επειδή και ΜΚΔ πρέπει όλοι οι διαιρέτες του να γράφονται στη μορφή αθροίσματος δύο τέλειων τετραγώνων (2).

Μπορούμε να χρησιμοποιούμε και το εξής Λήμμα:

Λήμμα
Εάν x,y,p

είναι ακέραιοι με p=3 (mod.4)

πρώτο και $p|x^{2}+y^{2}$ , τότε p|x

και

.

Απόδειξη
Αν ο

διαιρεί έναν εκ των $x^{2}, y^{2}$ , τότε θα διαιρεί και τον άλλο, και αφού

πρώτος, τότε p|x

και

.
Έστω τώρα προς άτοπο ότι ο

δεν διαιρεί κανέναν εκ των x, y

. Τότε

.
Είναι $p|x^{2}+y^{2} \Rightarrow x^{2}=-y^{2} (mod.p)$ .
Έστω επίσης p=4k+3

, για φυσικό αριθμό

.
Εφαρμόζοντας το Μικρό Θεώρημα του Fermat

παίρνουμε:
$1=x^{p-1}=x^{(4k+3)-1}=x^{4k+2}=(x^{2})^{2k+1}=(-y^{2})^{2k+1}=-y^{4k+2}=-y^{(4k+3)-1}=-y^{p-1}=$
$=-1 (mod.p) \Rightarrow 2=0(mod.p) \Rightarrow p|2 \Rightarrow p=2$ , άτοπο.

Θεωρία αριθμών

Θεωρία αριθμών

Re: Θεωρία αριθμών

Re: Θεωρία αριθμών

Μέλη σε σύνδεση