Seuraa 
Viestejä18754

Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

Sivut

Kommentit (47)

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

3³+4³+5³=6³

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

Korjataan tällä palstan muokkaustoiminnolla seuraava:

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Tuo boldattu pitää tietysti olla p.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

Korjataan vielä tällä muokkaustoiminnolla, lause:

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä

ei kuulu perusteluun, vaan se oli aikaisemman yritelmän lause, jossa laskin tuota ilman tuota Wikipedian artikkelia, sitä ei siis tarvita.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

3³+4³+5³=6³

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Edit 2:

Siis mulla oli jäänyt tuo ykkönen pois: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)] - 1,

eikä :

n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)] 

myöhemmin se 1 on kuitenkin huomioitu.

3³+4³+5³=6³

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Siis se keskimmäinen potenssimerkki.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Siinä piti olla n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mitä siinä nyt onkin, aikaisemmin siinä oli vahingossa:

n^(p^n-1)  = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = ......., siis jälkimmäinen miinus ykkönen jäi pois vasemmalta kuten editoinneissa kerroin jälkeenpäin. Kun tuon huomioi, niin oikein on.

3³+4³+5³=6³

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Siinä piti olla n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mitä siinä nyt onkin, aikaisemmin siinä oli vahingossa:

n^(p^n-1)  = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = ......., siis jälkimmäinen miinus ykkönen jäi pois vasemmalta kuten editoinneissa kerroin jälkeenpäin. Kun tuon huomioi, niin oikein on.

 

Joo näinhän se on, se sun todistuksesi on ihan oikein ja todella näppärä sellainen. Multa oli päässyt unohtumaan nuo potenssien laskusäännöt, heh heh.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
Korjataan vielä tällä muokkaustoiminnolla, lause:

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä

ei kuulu perusteluun, vaan se oli aikaisemman yritelmän lause, jossa laskin tuota ilman tuota Wikipedian artikkelia, sitä ei siis tarvita.

Tätä siis nimenomaan tarvittiin. PRKL! että ei ole sitä muokkaustoimintoa.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Eusa
Seuraa 
Viestejä18754

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Siinä piti olla n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mitä siinä nyt onkin, aikaisemmin siinä oli vahingossa:

n^(p^n-1)  = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = ......., siis jälkimmäinen miinus ykkönen jäi pois vasemmalta kuten editoinneissa kerroin jälkeenpäin. Kun tuon huomioi, niin oikein on.

 

Joo näinhän se on, se sun todistuksesi on ihan oikein ja todella näppärä sellainen. Multa oli päässyt unohtumaan nuo potenssien laskusäännöt, heh heh.

Pienestä Fermat'n teoreemasta lähdin liikkelle eli onpahan tuo tarkistettu nyt.

Vaan mites on tuon n:llä heittämisen kanssa eli konjektuurini, että on lisäksi aina jakajana joko p-n tai p+n ja joskus molemmat? Lähinnä olin tutkimassa alkulukupareja, mutta yleistin potenssin kautta tekijän kakkosesta n:ksi. Voisihan tuosta olla hyötyä myös muutenkin jaollisuuksista jotain lausumaan...

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Siinä piti olla n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mitä siinä nyt onkin, aikaisemmin siinä oli vahingossa:

n^(p^n-1)  = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = ......., siis jälkimmäinen miinus ykkönen jäi pois vasemmalta kuten editoinneissa kerroin jälkeenpäin. Kun tuon huomioi, niin oikein on.

 

Joo näinhän se on, se sun todistuksesi on ihan oikein ja todella näppärä sellainen. Multa oli päässyt unohtumaan nuo potenssien laskusäännöt, heh heh.

Minäkin silleen just ja just muistelin jotakin tuollaista x^n-1 = (x-1) * jotakin ja sitten tarkistin mitä, hah!

3³+4³+5³=6³

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Eusa kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Mielenkiintoista!

Mutta on mullakin tämä oikein, tosin sulkujen kanssa tuli tietenki tupeloitua.

Siis: n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mikä on muotoa k*(n^(p-1)-1), missä k on kokonaisluku, jolloin mod p se on 0.

m.o.t.

Eikös tossa boldatussa ole jotain hämärää, tuo oikeanpuolinen potenssimerkkin nimittäin?

n^(p^n-1) = n ^ [ (1-p)  (1+p+p^2+..p^(n-1)) ]

Siinä piti olla n^(p^n-1) - 1 = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...), mitä siinä nyt onkin, aikaisemmin siinä oli vahingossa:

n^(p^n-1)  = (n^(p-1))^[(p^n-1)/(p-1)] -1 = ......., siis jälkimmäinen miinus ykkönen jäi pois vasemmalta kuten editoinneissa kerroin jälkeenpäin. Kun tuon huomioi, niin oikein on.

 

Joo näinhän se on, se sun todistuksesi on ihan oikein ja todella näppärä sellainen. Multa oli päässyt unohtumaan nuo potenssien laskusäännöt, heh heh.

Pienestä Fermat'n teoreemasta lähdin liikkelle eli onpahan tuo tarkistettu nyt.

Vaan mites on tuon n:llä heittämisen kanssa eli konjektuurini, että on lisäksi aina jakajana joko p-n tai p+n ja joskus molemmat? Lähinnä olin tutkimassa alkulukupareja, mutta yleistin potenssin kautta tekijän kakkosesta n:ksi. Voisihan tuosta olla hyötyä myös muutenkin jaollisuuksista jotain lausumaan...

Siis keksitkö itse, että voisi olla jaollinen n+p :llä tai n-p :llä, vai onko tämän jo tunettu ja sen joku kenties todistanut jossakin?

3³+4³+5³=6³

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JPI kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Tuon p:llä jaollisuuden onnistuin suht. helposti todistamaan Fermatin teoreemalla n^(p-1)-1 = 0 mod p.

Kirjoitetaan n^(p^n-1)-1 muodossa (n^(p-1)^[(p^n-1)/(p-1)]

käyttämällä (x^n-1) = (x-1)(1+x+x^2+x^3+..x^(n-1)) tuo saadaa muotoon [n^(p-1)-1](1+n^(p-1)+[n^(p-1)]^2+...].

Koska [n^(p-1)-1] on p:llä jaollinen  , on koko lausekekkin

M.O.T.

Jaollisuus luvuilla p+n tai p-n   on sitten jo hankalampi....

Hyvä yritys, mutta se mielestäni menee metsään noissa boldatuissa.

Itse kehittelin seuraavaa:

Tuo p^n-1 voidaan kirjoittaa, kuten sinäkin teit eli p^n-1=(p-1)(1+p+p^2+...P^(n-1)). Tällöin

n^(p^n-1) - 1 = [n^(p-1) n^(1) n^(p) n^(p^2)...n^(p^(n-1)]-1.

Tuo tulo pitää sisällään potensseja, jotka ovat muotoa n^(p^k), missä k on kokonaisluku välillä 1 ja n-1.

Nyt Fermatin pienen lauseen mukaan  n^(p-1) ≡1 mod(p), kuten kirjoitit, mutta myös n^(p^k)≡1 mod(p) (perustelu tälle viestin lopussa). Tällöin n^(p^n-1)-1≡1 =1*1*...1-1 ≡0 mod(p). Siis alkuperäinen lauseke on luvulla n jaollinen.

Perustelu, että n^(p^k)≡1 mod(p), on se, että p-1 on luvun p^k-p^s tekijä. Nyt Fermatin pienen lauseen artikkelista

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_little_theorem

voidaan lukea seuraava tulos:

jos yleisesti luvuilla X,Y   X≡Y mod(Φ(m)), missä Φ(m) on Eulerin phi-funktio, niin tällöin myös A^X = A^Y mod(m)

Tätä me tarvitaan valinnoilla X=p^k ja Y=p^s ja A=n (n,s kokonaislukuja). Jos p on alkuluku on tällöin phi-funktion arvo Φ(p)=p-1, joten tuo Wikipedian lause muuttuu muotoon:

Jos p^k ≡ p^s mod(p-1), niin tällöin n^(p^k)≡n^(p^s) mod(p), joka oli tarvittava tulos.

Eulerin phi-funktio on sellainen, että se laskee lukua n pienempien lukujen lukumäärän Φ(n) , joilla on ominaisuus, että ne ovat ovat jaottomia luvun n kanssa.

Tämä mun todistus on virheellinen. Siinä on väärää noiden potenssien n^(p^k) arvon olettaminen luvuksi 1 mod(p), sitä ne eivät ole, ne ovat arvoltaan  n mod(p), tämä ei riipu potenssista k.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3086

Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Mä tässä laskeskelin numeerisesti, kun p=13; n=2, jolloin lausekkeen arvo on:

374144419156711147060143317175368453031918731001855

Tuon luvun pienet tekijät ovat 3,5,7,13,17,29 ja muut tekijät suurempia, joten vaikka tässä tapauksessa arvo on jaollinen luvulla p=13, se ei ole jaollinen luvuilla p+n=15 tai p-n=11.

Huomasin että tuossa Eusan hypoteesissa ei tarvitse olettaa luvun n olevan alkuluku, riittää että luku p on. Silloin JPI:n esittämä todistus on pätevä, koska Fermatin pieni lause on jo tällöin voimassa.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Eusa
Seuraa 
Viestejä18754

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Mä tässä laskeskelin numeerisesti, kun p=13; n=2, jolloin lausekkeen arvo on:

374144419156711147060143317175368453031918731001855

Tuon luvun pienet tekijät ovat 3,5,7,13,17,29 ja muut tekijät suurempia, joten vaikka tässä tapauksessa arvo on jaollinen luvulla p=13, se ei ole jaollinen luvuilla p+n=15 tai p-n=11.

Huomasin että tuossa Eusan hypoteesissa ei tarvitse olettaa luvun n olevan alkuluku, riittää että luku p on. Silloin JPI:n esittämä todistus on pätevä, koska Fermatin pieni lause on jo tällöin voimassa.

Hm. Saan (2^168-1)/13/15 = 1918689329008775113128940088078812579650865287189.

Eli näyttäisi olevan kuitenkin jaollinen 15:llä. Vastaesimerkkiä ei tainnut vielä löytyä...

Vastaesimerkki siihen, että n voisi olla koottu luku: n=6, p=3. Oletan, että ehtoni n < p voidaan ohittaa, vai?...

(6^(3^6-1)-1) mod 3 = 2. Heh. No, luulenpa osutaan oikeaan, kun rajataan vielä, ettei n:llä ja p:llä saa olla yhteisiä tekijöitä. :o)

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

JPI
Seuraa 
Viestejä29950

Eusa kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Laitanpa tännekin.

(n^(p^n-1)-1) is divided by p and (p-n or p+n) when n & p are primes and n < p. ok?

(2^(3^2-1)-1)/3/5 = 17

(3^(7^3-1)-1)/7/4 = 534947402118154758383112226620630007966685142231128879253503877106267381486423711677983854243454194982422911606107425193316646217185086323041469640375943199666186

(3^(5^3-1)-1)/5/8 = 3638945857326723201086689154756950205456238145764148490462

Sometimes it's divisible by both p-n and p+n, for example (3^(5^3-1)-1)/5/2 is naturally integer too - if (3^(5^3-1)-1)/5/8 was.

Joku voisi aikansakuluksi esittää todistuksen...

Mielenkiintoa on voisiko osoittaa, että alkulukupareille löytyisi aina tuon mukainen pari, joko (p, p+2) tai (p-2,p), kun n=2...

Esim. (2^(11^2-1)-1)/11/13 = 9295300669824586523802846575387025 ja

(2^(17^2-1)-1)/17/19 = 1539700422321320873546075071661984025078811612375689527679455036820927235332920667285 ja

(2^(19^2-1)-1)/19/17 = 7271029668030443429998391940524263242649171978044333965038052543443371594782069484407736837104547068210325

(2^(13^2-1)-1)/13/11 ei kuitenkaan ole kokonaisluku, mutta (2^(11^2-1)-1)/11/13 toimi. En nyt kauhean paljoa ole ehtinyt testailla, joten voi hyvin löytä vastaesimerkki...

Mä tässä laskeskelin numeerisesti, kun p=13; n=2, jolloin lausekkeen arvo on:

374144419156711147060143317175368453031918731001855

Tuon luvun pienet tekijät ovat 3,5,7,13,17,29 ja muut tekijät suurempia, joten vaikka tässä tapauksessa arvo on jaollinen luvulla p=13, se ei ole jaollinen luvuilla p+n=15 tai p-n=11.

Huomasin että tuossa Eusan hypoteesissa ei tarvitse olettaa luvun n olevan alkuluku, riittää että luku p on. Silloin JPI:n esittämä todistus on pätevä, koska Fermatin pieni lause on jo tällöin voimassa.

Hm. Saan (2^168-1)/13/15 = 1918689329008775113128940088078812579650865287189.

Eli näyttäisi olevan kuitenkin jaollinen 15:llä. Vastaesimerkkiä ei tainnut vielä löytyä...

Vastaesimerkki siihen, että n voisi olla koottu luku: n=6, p=3. Oletan, että ehtoni n < p voidaan ohittaa, vai?...

(6^(3^6-1)-1) mod 3 = 2. Heh. No, luulenpa osutaan oikeaan, kun rajataan vielä, ettei n:llä ja p:llä saa olla yhteisiä tekijöitä. :o)

Fermatin pikkusessa on juuri tuo ehto: x^(p-1)-1 = 0 mod p jos kokonaisluku x EI ole jaollinen p:llä

3³+4³+5³=6³

Sivut

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Suosituimmat