Ecuación De Diophantine $x^n + y^n =z^n (x<y, n>2)$

Question

Estoy buscando una simple nivel de la universidad algebraicas solución para demostrar que $x$ y $y$ ($x$ < $y$) para la ecuación anterior puede no ser números primos. (Sé más compleja y abarca solución de uso de alto nivel de las matemáticas existe).

Que $y$ no puede ser un número primo puede ser demostrado. Pero puede ser demostrado por $x$ también ? Sé que puede ser demostrado por $x$ si podemos mostrar que, por algún método simple, que el siguiente es siempre falso. $$ x^n + y^n =(1+y)^n ¿Alguien puede proporcionarme algunos consejos o hacer referencia a cualquier recurso en línea. El énfasis está en el simple nivel de la universidad de álgebra.

He probado la primera parte ( $y$ no puede ser primo ) de la siguiente manera:

$$y^n = (z-x)(z^{n-1}+...+x^{n-1})$$ Esto hace que $(z-x)$ tienen dos soluciones de $(z-x)=1$ o $(z-x)=y^r$ donde $r \le n$. Se puede demostrar fácilmente que el $z \ne x+1$. También si $z-x=y^r$ entonces $x+y > z = x+ y^r$ . lo que hace que $y> y^r$ cual es contradictorio. Sin embargo, como $x<y$ el mismo no es aplicable para $x$. Esto es donde estoy atascado.

Answer 1

Como corolario de Zsigmondy del teorema, si $n>2$ e $a,b$ son positivas coprime enteros, a continuación, $a^n-b^n$ tiene un divisor primo que no divide a $a-b$. En consecuencia, si $(x,y,z)$ es un coprime solución a $x^n+y^n=z^n$ ($n>2$) a continuación, $z^n-x^n$ e $z^n-y^n$ cada uno tiene al menos dos primos divisores. Por lo tanto $x$ e $y$ no puede ser primo.

Answer 2

Entiendo, barun al, lo que usted está buscando es una prueba de un hecho, de nivel elemental, como, por ejemplo, "uno de x, y, z, debe ser incluso" aunque menos fácil o tal vez difícil, pero sin pretensiones. Trato aquí de dar una prueba para $n=5$ la esperanza de que usted va a ver el caso de $p=$ impar primer uso de esta sugerencia.

Recordar que es suficiente para considerar n impar primer y $x, y, z$ coprimes. Es claro para usted que si $z-y > 1$ luego de terminar. Uno ha de ser $x=q$ una extraña primer (¿por qué no $x=2$?) $q^5 = (y+1)^5 – y^5 = 5y^4+10y^3+10y^2+5y +1$ implica $q^5-1=5y^4+10y^3+10y^2+5y$ $q^5-1=5y^4+10y^3+10y^2+5y=5(y^4+y^3+y^2+y)$ Si $q=5$ entonces $-1≡0 (mod 5)$, absurde, por lo tanto (de Fermat poco teorema) $q-1 ≡0 (mod 5)$ e $q= 5m+1$.

Por lo tanto, usted tiene $(5m+1)^5 = 5y^4+10y^3+10y^2+5y +1$; esto da $A^5 + 5(A-y)[A^3 + (y+2)A^2 + (y^2+2y+2)A + (y^3+2y^2+2y+1)] = 0$ donde$A= 5m$, por lo que $5^4m^5 + (A-y)[A^3 + (y+2)A^2 + (y^2+2y+2)A + (y^3+2y^2+2y+1)] = 0$ , por lo tanto, $5|(A-y)$ o $5|(y^3+2y^2+2y+1)$ (os dejo el trabajo para ver que la primera no es posible). Por lo tanto $y^3+2y^2+2y+1 ≡0 (mod 5)$. Esto es posible sólo por $y=5n-1$ porque la realización de $f(x) = y^3+2y^2+2y+1$ tenemos el modulo 5, $(f(0), f(1), f(2), f(3), f(4)) = (1, 1, 1,2,0)$. Por lo tanto, usted tiene la restricción $y=5n-1$.

Me detengo aquí. Quería ayudarle, pero el necesario trabajo no parece fácil. No me acuerdo de verla en la gran miscelánea de parcial de las condiciones en FLT antes de Wiles & Company, así que no descarto que el problema podría ser bastante difícil . Yo quería una prueba para ustedes, pero yo no podía.