Twierdzenie Gegenbauera - pochodzi z roku 1888 i brzmi: (dowód jest elementarny)
Jedyną potęgą liczby pierwszej, która jest sumą dwóch potęg o wykładniku nieparzystym większym od jeden*, liczb naturalnych względnie pierwszych jest: \(\displaystyle{ 3^2=1^3+2^3}\)
* Łatwo widać ze wystarczy ograniczyć się do potęg o wykładniku pierwszym nieparzystym.
Innymi słowy mamy pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ p^m=a^q+b^q}\) , gdzie a>b, i NWD(a,b)=1, p>2 oraz \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, a także q jest liczbą nieparzystą, to: \(\displaystyle{ p=3, a=2, b=1, q=3}\)
[Teoria liczb] Twierdzenie Gegenbauera
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13381
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3425 razy
- Pomógł: 809 razy
[Teoria liczb] Twierdzenie Gegenbauera
Ostatnio zmieniony 17 wrz 2008, o 19:05 przez mol_ksiazkowy, łącznie zmieniany 2 razy.
-
Maciej87
- Użytkownik
- Posty: 377
- Rejestracja: 26 sty 2009, o 09:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 46 razy
[Teoria liczb] Twierdzenie Gegenbauera
Zakładamy że \(\displaystyle{ p^{m}=a^{q}+b^{q}}\) ograniczając się do \(\displaystyle{ q}\) pierwszych nieparzystych. Ponieważ
\(\displaystyle{ a^{q}+b^{q}=a^{q}-(-b)^{q}=(a+b)(\ldots)}\)
to \(\displaystyle{ a+b=p^{l}}\) dla \(\displaystyle{ m>l\geq 1}\). Ze wzoru dwumianowego:
\(\displaystyle{ p^{m}=a^{q}+\left(p^{l}-a\right)^q=p^{lq}+{q\choose 1}p^{l(q-1)}(-a)+\ldots+{q\choose{q-2}}p^{l\cdot 2}(-a)^{q-2}+{q \choose {q-1}}p^{l}(-a)^{q}}\).
Zauważmy że tą liczbę dzieli \(\displaystyle{ p^{l+1}}\), oraz wszystkie składniki prócz ostatniego są podzielne przez \(\displaystyle{ p^{l+1}}\). Zatem \(\displaystyle{ p^{l+1}}\) dzieli ostatni składnik, ale \(\displaystyle{ p\not | a}\) zatem \(\displaystyle{ p|q}\) i \(\displaystyle{ p=q}\).
Przepisujemy teraz wzór
\(\displaystyle{ p^{m}=a^{p}+\left(p^{l}-a\right)^p=p^{lq}+{p\choose 1}p^{l(p-1)}(-a)+\ldots+{p\choose {p-2}}p^{l\cdot 2}(-a)^{p-2}+{p \choose {p-1}}p^{l}(-a)^{p}}\).
Współczynniki dwumianowe dzielą się przez \(\displaystyle{ p}\). Stąd wynika że jeśli \(\displaystyle{ m\geq l+2}\), to \(\displaystyle{ p^{l+2}|p^{m}}\) oraz wobec \(\displaystyle{ 2l+1\geq l+2}\) przedostatni i wszystkie poprzednie składniki sumy dzielą się przez \(\displaystyle{ p^{l+2}}\). Jednak ostatni składnik się nie dzieli. Stąd \(\displaystyle{ l\geq m-1}\) a więc mamy równość \(\displaystyle{ l=m-1}\).
Stąd dostajemy układ
\(\displaystyle{ \begin{cases} p^{m}=a^{p}+b^{p} \\ p^{m-1}=a+b \end{cases}}\)
Teraz wykorzystamy jakieś nierówności, choćby taką
\(\displaystyle{ p^{m}= a^p+b^p \geq 2\left( \frac{a+b}{2}\right)^{p} > p^{(m-2)\cdot p+1}}\)
Zatem \(\displaystyle{ m>(m-2)p+1\geq 3(m-2)+1}\) i \(\displaystyle{ m=2}\).
Wracamy z tym do układu i mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases} p^{2}=a^{p}+b^{p} \\ p=a+b \end{cases}}\)
a z niego łatwo już wykluczamy przypadki kiedy \(\displaystyle{ a>2,b\geq 2}\) przez nierówności
\(\displaystyle{ a^{p}>2a^{2},b^{p}\geq 2b^2 \Rightarrow p^{2} > 2(a^2+b^2) \geq (a+b)^2 = p^{2}}\).
Ostatecznie wiemy więc że \(\displaystyle{ b=1}\) i wyznaczamy \(\displaystyle{ a}\).
\(\displaystyle{ a^{q}+b^{q}=a^{q}-(-b)^{q}=(a+b)(\ldots)}\)
to \(\displaystyle{ a+b=p^{l}}\) dla \(\displaystyle{ m>l\geq 1}\). Ze wzoru dwumianowego:
\(\displaystyle{ p^{m}=a^{q}+\left(p^{l}-a\right)^q=p^{lq}+{q\choose 1}p^{l(q-1)}(-a)+\ldots+{q\choose{q-2}}p^{l\cdot 2}(-a)^{q-2}+{q \choose {q-1}}p^{l}(-a)^{q}}\).
Zauważmy że tą liczbę dzieli \(\displaystyle{ p^{l+1}}\), oraz wszystkie składniki prócz ostatniego są podzielne przez \(\displaystyle{ p^{l+1}}\). Zatem \(\displaystyle{ p^{l+1}}\) dzieli ostatni składnik, ale \(\displaystyle{ p\not | a}\) zatem \(\displaystyle{ p|q}\) i \(\displaystyle{ p=q}\).
Przepisujemy teraz wzór
\(\displaystyle{ p^{m}=a^{p}+\left(p^{l}-a\right)^p=p^{lq}+{p\choose 1}p^{l(p-1)}(-a)+\ldots+{p\choose {p-2}}p^{l\cdot 2}(-a)^{p-2}+{p \choose {p-1}}p^{l}(-a)^{p}}\).
Współczynniki dwumianowe dzielą się przez \(\displaystyle{ p}\). Stąd wynika że jeśli \(\displaystyle{ m\geq l+2}\), to \(\displaystyle{ p^{l+2}|p^{m}}\) oraz wobec \(\displaystyle{ 2l+1\geq l+2}\) przedostatni i wszystkie poprzednie składniki sumy dzielą się przez \(\displaystyle{ p^{l+2}}\). Jednak ostatni składnik się nie dzieli. Stąd \(\displaystyle{ l\geq m-1}\) a więc mamy równość \(\displaystyle{ l=m-1}\).
Stąd dostajemy układ
\(\displaystyle{ \begin{cases} p^{m}=a^{p}+b^{p} \\ p^{m-1}=a+b \end{cases}}\)
Teraz wykorzystamy jakieś nierówności, choćby taką
\(\displaystyle{ p^{m}= a^p+b^p \geq 2\left( \frac{a+b}{2}\right)^{p} > p^{(m-2)\cdot p+1}}\)
Zatem \(\displaystyle{ m>(m-2)p+1\geq 3(m-2)+1}\) i \(\displaystyle{ m=2}\).
Wracamy z tym do układu i mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases} p^{2}=a^{p}+b^{p} \\ p=a+b \end{cases}}\)
a z niego łatwo już wykluczamy przypadki kiedy \(\displaystyle{ a>2,b\geq 2}\) przez nierówności
\(\displaystyle{ a^{p}>2a^{2},b^{p}\geq 2b^2 \Rightarrow p^{2} > 2(a^2+b^2) \geq (a+b)^2 = p^{2}}\).
Ostatecznie wiemy więc że \(\displaystyle{ b=1}\) i wyznaczamy \(\displaystyle{ a}\).