Проблема Ферма для простих показників більше 3

Проблема Ферма для простих показників> 3

Автор:

Полежаєв В.Ф.

Новосибірськ:

Анотація

Книга призначена для школярів старших класів, студентів фізико-математичних факультетів, вчителів і любителів математики. У книзі наведено в рамках елементарних математичних знань, за винятком методу порівняння чисел по модулю, докази Великої теореми Ферма для простих показників видана 6 n + 1 і для простих показників видана 6 n + 5.

Введення

Затвердження великого французького математика П'єра Ферма (1601 - 1665) про те, що невизначений рівняння Xn + Yn = Zn не має рішень у цілих (не рівних нулю) раціональних числах для n> 2 визнано світовим співтовариством математичним вірним, після представлення в 1995 р. його докази групою математиків Оксфордовского університету на чолі з англійським математиком Ендрю Уайльсом.

Це твердження великого француза, що отримало назву Проблема Ферма або Велика теорема Ферма (вона ж «Велика» або «Остання»), більш ніж 300 років залишалося проблемної завданням теорії чисел. Своє Затвердження П'єр Ферма написав на полях книги Діофанта «Арифметика» і супроводжував його наступним відомим коментарем: "Я відкрив цьому воістину чудове доказ, який через нестачу місця не може розміститися на цих полях". [3]

Цей коментар П'єра Ферма (враховуючи його авторитет) вказував на можливість вирішення Проблеми в рамках математичних знань XVII століття, ця обставина і інші, соціально - психологічні причини, штовхали сотні любителів математики на пошук елементарного рішення Великої теореми.

Проблема Ферма вийшла за межі математичної спільноти, стала популярною, привертаючи до себе не тільки сотні любителів математики, але і представників культури, які зробили її якимсь прикрасою художніх героїв.

Показаний С.П. Капіца фільм «Чорт і математик» в одній з передач «Очевидне - Неймовірне» на початку 70-х років минулого століття і його коментар послужили поштовхом мого захоплення цією Проблемою.

В основі цієї роботи лежить моя книжка "Проблема Ферма й інше" 2008 р. випуску, в якій було відсутнє доказ ПФ 2-го випадку для простих показників видана 6 n + 5.

Відомо, що для показника n = 4 Проблема вирішена П'єром Ферма, а для показника n = 3 доведена геніальним Леонардом Ейлером, а тому я став шукати вирішення наведеного рівняння для простих показників P> 3 тобто для простих показників видана 6 n + 5 і видана 6 n = 1.

Елементарні алгебраїчні перетворення многочленів, допоміжні числа, і допоміжні порівняння дозволили знайти елементарне доказ Проблеми, якщо не вважати застосований у роботі метод порівняння чисел по модулю, введений в математику К. Ф. Гауссом (1777 - 1855).

1. Проблеми Ферма для простих показників> 3

Доказ Великої теореми для простих показників видана 6 n + 1 і для простих показників видана 6 n + 5

Безліч простих чисел> 3 розбиваємо на два класи: на клас простих чисел видана 6 n + 1 і на клас простих чисел видана 6 n + 5.

Доведемо спочатку допоміжні затвердження.

1.1 Допоміжні затвердження

Теорема 1.1. Для будь-якого простого числа P > 2 існують цілі числа, які позначимо через А1, А2, А3, ..., Ar, ..., А P -1 / 2, такі, що для будь-яких чисел Z і X виконується:

ZP - XP = (Z - X) P + A1ZX (Z - X) P-2 + A2Z 2X 2 (Z - X) P-4 +

+ A3Z 3X 3 (Z - X) P-6 + А4Z 4X 4 (Z - X) Р-8 + ... + A Р -3 / 2 '

'ZP-3/2XP-3/2 (Z - X) 3 + AP-1 / 2 Z Р -1 / 2 X Р -1 / 2 (Z - X), (1.1)

при цьому числа A 1 = A Р-1 / 2 = P, а числа   А2, А3, ..., Ar, ..., АР-3 / 2 - цілі і кратні Р. Доказ. Нехай маємо многочлен виду

(Z - X) P -1 + A 1 ZX (Z - X) P -3 + A 2 Z 2 X 2 (Z - X) P -5 +

+ А 3Z 3 X 3 (Z - X) P-7 + A4Z 4 X 4 (Z - X) Р-9 + ... ... + A Р -3 / 2 ZP-3 / 2 X Р -3 / 2 (Z - X) 2 + A Р -1/2Z Р -1 / 2 XP-1 / 2. (1.2)

Покажемо, що існують такі цілі числа (кратні Р) A 1, A 2, ..., A Р-1 / 2, що многочлен (1.2) тотожно дорівнює многочлені види:

ZP-1 + ZP-2X + ZP-3X 2 + ... + Z 2X P-3 + ZX P-2 + XP-1. (1.3)

Нехай многочлени (1.2) і (1.3) тотожно рівні, тоді їх коефіцієнти при подібних членах будуть рівні.

Щоб порівняти коефіцієнти при подібних членах многочленів (1.2) і (1.3) скористаємося табл. 1. Завдяки рівності біномінальної коефіцієнтів від початку і кінця розкладання бінома Ньютона в табл. 1 внесено коефіцієнти від початку розкладання відповідних біном многочлена (1.2) до серединного їх члена (включно) (рядки 1, ..., Р + 1 / 2).

У рядку 1 записані біномінальної коефіцієнти розкладання бінома (Z - X) P -1.

У рядку 2 (починаючи з стовпця 2) записані біномінальної коефіцієнти розкладання бінома (Z - X) P -3, помножені на число А1.

У рядку 3 (починаючи з стовпця 3) записані біномінальної коефіцієнти розкладання бінома (Z - X) P -5, помножені на число А2 і т. д.

B рядку (Р-1) / 2 записані (починаючи з шпальти (Р-1) / 2) Біноміальна коефіцієнти розкладання бінома (Z - X) 2, помножені на число АР-3 / 2.

У рядку (Р +1) / 2 записаний коефіцієнт останнього члена многочлена (1.2) - число АР-1 / 2.

В останньому рядку табл. 1 записано коефіцієнти многочлена (1.3), які дорівнюють +1.

Звернемо увагу на те, що в кожному стовпці табл. 1 (до рядка Р + 1 / 2 включно) записані всі коефіцієнти подібних членів многочлена (1.2), а в рядку без номера записані коефіцієнти членів многочлена (1.3).

Ця обставина дозволяє обчислювати числа А1, А2, ...

Підсумовуючи послідовно коефіцієнти стовпців табл. 1 від стовпця 2 до стовпця (Р + 1) / 2 і прирівнюючи отримані суми (в силу тотожності (1.2) і (1.3)) до (+1), отримаємо значення чисел А1, А2,

З стовпці 2 отримаємо + А1 = 1, тоді А1 = + 1, звідси

А1 = Р. (1.4)

Таблиця коефіцієнтів 1.Табліца

З стовпця 3 (з урахуванням (1.4)) отримаємо + - + А2 = 1, звідси А2 = - ( - 1) = Р (Р - 3) / 2, а значить, А2 - число ціле і кратне Р.

Для доказу того, що А3 - число ціле і кратне Р, досить визначити, що ( + 1) - число кратно Р, (те, що воно ціле очевидно) тому що інші коефіцієнти стовпця 4 - числа цілі і кратні Р, множники А1 і А2 яких, як показано вище, цілі і кратні Р. Далі, + 1 = Р (Р2 - 6Р + 11) / 6 - число кратне Р, так як при Р = 6n + 1 або Р = 6n + 5 дріб (Р2 - 6Р + 11) / 6 - ціле число, де n = Î N +, а значить А3 - число ціле і кратне Р.

Якщо нами знайдено, що А1, А2, ..., А k -1 - числа цілі і кратні Р, то число А k буде цілим і кратним Р, якщо - Число кратне Р (те, що воно ціле очевидно), де k = 1, 2, ..., P -1 / 2. Нехай k - число парне, тоді маємо - Ціле і кратне Р, так як = (P - 1) (P - 2) ... (P - k) / k! - 1 = (mP + k!) / K! - 1 = mP / k! - Число ціле і кратне Р, де (m, P) = 1 і m кратне k!

Нехай k - число непарне, тоді маємо - - Число кратне Р (те, що воно ціле очевидно), так як = (P - 1) (P - 2) ... (P - k) / k! + 1 = (m 1 P - k!) / K! + 1 = m 1 P / k! - - Число ціле і кратне Р, де (m 1, P) = 1 і m 1 кратно k!

Таким чином, за будь-парності k число А k буде числом цілим і кратним Р.

Залишилося довести, що число АР-1 / 2 = Р.

Нехай Z = X = 1, тоді многочлен (1.2) буде дорівнює АР-1 / 2, а многочлен (1.3) дорівнює Р і їх тотожність можливо, якщо

АР-1 / 2 = Р. (1.5)

Запишемо тотожність многочленів (1.2) і (1.3) з урахуванням (1.4) і (1.5):

ZP-1 + ZP-2 X + ZP-3 X 2 + Z 2X P-3 + ZX P-2 + ZP-1 =

= (Z - X) P-1 + PZX (Z - X) P-3 + A2Z 2X 2 (Z - X) P-5 + ...

+ AP-3 / 2 ZP-3 / 2 XP-3 / 2 (Z - X) 2 + PZ P-1 / 2 XP-1 / 2. (1.6)

Примножуючи праву і ліву частини тотожності (1.6) на (Z - X), отримаємо (1.1), що й потрібно було довести. Слідство. Якщо Z і X натуральні взаємно прості числа і ZP - XP = (Z - X) M 1, то

a) (Z - X, M1) = 1, якщо (Z - X, P) = 1;

б) (Z - X, M1) = P, якщо (Z - X, P) = P,

де M 1 - многочлен виду (1.3) та для б) M 1 = G 1 P, (G 1, P) = 1.

Так як Z P + X P = Z P - (- X) P = [Z - (- X)] M 2, то

M2 = ZP-1 - ZP-2X + ZP-3X 2 - ... + Z 2X P-3 - ZX P-2 + XP-1 =

= (Z + X) P-1 - PZX (Z + X) P-3 + A2Z 2X 2 (Z + X) P-5 -

- A3Z 3X 3 (Z + X) P-7 + ... ... .... + (-1) P-1 / 2 P (ZX) P-1 / 2, (1.7)

тоді:

г) (Z + X, M 2) = 1, якщо (Z + X, P) = 1,

д) (Z + X, M 2) = P, якщо (Z + X, P) = P,

де для д) М2 = G 2 P, (G 2, P) = 1.

Теорема 1.2. Для будь-якого простого числа Р> 3 існують цілі числа, які позначимо через В1, В2, В i, ..., Вn1 такі, що для будь-яких чисел Z і X виконується:

(Z - X) P-3 + ZX (Z - X) P-5 + Z 2X 2 (Z - X) P-7 + ... ZP-5/2X P-5 / 2 (Z - X) 2 + (ZX) P-3 / 2 = [(Z - X) 2 + ZX)] P-3 / 2 + В 1Z 2X 2 (Z - X) 2 [(Z - X) 2 + ZX] P-9 / 2 + B2Z 4X 4 (Z - X) 4 [(Z - X) 2 + ZX] P-15 / 2 + ... + BiZ 2iX 2i ( Z - X) 2i [(Z - X) 2 + ZX] R + ... + В n1Z 2n1 X 2n1 (Z - X) 2n1 [(Z - X) 2 + ZX] S, (1.8)

де = А2 / Р, = А3 / Р, ..., Ak 1 = Ak / P, ..., = АР-3/2/Р, = = / P = 1.

Тут А k - коефіцієнти поліномів Чебишева. Звернемо увагу на те, що різниця показників ступенів будь-яких двох сусідніх чисел у квадратних дужках правої частини (1.8) дорівнює | 3 |, тоді Р - 3 / 2 = = 3 n 1 + s, де s - число натуральне <3, а R = P - 3 / 2 - 3 i. Нехай Р = 6 n + 1, тоді Р - 3 / 2 = (6 n + 1 - 3) / 2 = 3 (n - 1) + 2 = 3 n 1 + s, звідси s = 2, а n 1 = n - 1.

Нехай Р = 6 n + 5, тоді Р - 3 / 2 = (6 n + 5 - 3) / 2 = 3 n + 1 = 3 n 1 + s, звідси s = 1, а n 1 = n.

Доказ. Доказ буде аналогічно доведенню теореми 1.1.

Нехай ZX = V, (Z - X) 2 = U, тоді (1.8) матиме вигляд

UP-3 / 2 + VUP-5 / 2 + V 2UP-7 / 2 + ... + VР-5/2U + VP-3 / 2 =

= (U + V) P-3 / 2 + B1V 2U (U + V) P-9 / 2 + B2V 4U 2 (U + V) P-15 / 2 + ...

... + BiV 2iU i (U + V) R ... В n1V 2n1U n1 (U + V) S. (1.9)

Покажемо, що існують такі цілі числа В1, В2, ..., Bi, ..., В n 1, що рівність (1.9) справедливо.

Нехай ліва частина формули (1.9) тотожно дорівнює її правій частині, тоді їх коефіцієнти при подібних членах рівні.

Щоб порівняти коефіцієнти (значить, знайти У i) при подібних членах лівої і правої частин (1.9), скористаємося табл. 2.

У рядку 1 записані біномінальної коефіцієнти розкладання бінома (U + V) P -3 / 2.

У рядку 2 (починаючи з стовпця 3) записані біномінальної коефіцієнти розкладання бінома (U + V) P -9 / 2, помножені на число В1.

У рядку 3 (починаючи з стовпця 5) записані біномінальної коефіцієнти розкладання бінома (U + V) P -15 / 2, помножені на число В2.

У рядку n 1 + 1 записані біномінальної коефіцієнти розкладання останнього бінома (U + V) S, помножені на число В n 1.

В останньому рядку табл. 2 записані коефіцієнти лівій частині (1.9).

У кожному стовпці табл. 2 (до рядка n 1 + 1) записані всі коефіцієнти подібних членів правій частині (1.9). Ця обставина дозволяє послідовно обчислювати числа В1, В2, ..., В i, ..., Bn 1. підсумовуючи коефіцієнти стовпця і прирівнюючи отриману суму до , Знаходимо В1, далі, підсумовуючи коефіцієнти стовпця 5 і прирівнюючи отриману суму до , Знаходимо В2 і т. д.

З стовпця 3 випливає, що + В1 = , Звідси В1 - число ціле, так як і числа цілі.

З стовпця 5 випливає, що = , Звідси В2 - число ціле, тому що інші числа цієї рівності цілі.

З стовпця 7 випливає, що = , Звідси В3 число ціле, тому що інші числа цієї рівності цілі, і т.д.

З стовпця (3 + 2 i) випливає, що число В i +1 ціле, так як числа В1, В2, ..., В i цілі.

Звернемо увагу, що в кожному наступному стовпці (3 + 2 i) числа В1, В2, ..., В i +1 цілі, де i = 0, 1, 2, ..., n 1-1, а значить, з шпальти [3 + 2 (n 1 - 1)] випливає, що В n 1 - число ціле.

Таким чином, доведено, що існують такі цілі числа В1, В2, Bn 1 і ліва частина (1.9) тотожно дорівнює правій частині (1.9), а значить, і ліва частина (1.8) тотожно дорівнює правій частині (1.8).

Запишемо (1.8) для ступеня Р видана 6 n + 1, беручи до уваги, що s = 2.

(Z - X) P-3 + ZX (Z - X) P-5 + Z 2X 2 (Z - X) P-7 + ... ... + ZP-5 / 2 XP-5 / 2 (Z - X) 2 + ZP-3/2XP-3/2 = [(Z - X) 2 + ZX] 2 W, (1.10)

де W = [(Z - X) 2 + ZX)] P-7 / 2 + B1Z 2X 2 (Z - X) 2 [(Z - X) + ZX] P-13 / 2 + B2Z 4X 4 (Z - X) 4 [(Z - X) 2 + ZX)] P-19 / 2 + ... + Bi Z 2iX 2i (Z - X) 2i [(Z - X) 2 + ZX] R-2 + Bn1Z 2n1 X 2n1 (Z-X) 2n1.

Слідство. Нехай X = - X 0, а Z = Z 0, де (X 0, Z 0) Î N +, тоді

(Z0 + X0) P-3 - Z0X0 (Z0 + X0) P-5 + (Z0 + X0) P-7 - ...

... + (-1) P -3 / 2 = [(Z 0 + X 0) 2 - Z 0 ​​X 0] 2 W 0, (1.11)

де W 0 має форму многочлена W.

Таблиця коефіцієнтів 2.Табліца

1.2 Основна теорема

Теорема: Невизначене рівняння X P + Y P = Z P не має рішень в натуральних числах, де P - просте число> 3.

Доказ ведемо від протилежного.

Нехай існує рішення невизначеного рівняння

X P + Y P = Z P (1.12)

в натуральних числах i нехай це рішення примітивне, тобто

(X, Y) = 1, (Z, X) = 1, (Z, Y) = 1. (1.13)

1.3 Основні позначення та співвідношення

Все що вводяться нижче числа належать N +.

Завдяки (1.12) і (1.13) одне з чисел (X, Y і Z) парне.

Нехай

d 0 = НОД + (X + Y, Z) Þ нехай X + Y = C 0 d 0, (1.14)

а Z = a 0 d 0, (1.15)

де (a 0, С0) = 1; (1.16)

d 1 = НОД + (Z - X, Y) Þ нехай Z - X = C 1 d 1, (1.17)

а Y = a 1 d 1, (1.18)

де (a 1, C 1) = 1; (1.19)

d 2 = НОД + (Z - Y, X) Þ нехай Z - Y = C 2 d 2, (1.20)

а X = a 2 d 2, (1.21)

де (a 2, С2) = 1. (1.22)

Завдяки (1.13) (d 0, d 1) = 1, (d 0, d 2) = 1 і (d 2, d 1) = 1.

Запишемо тричлен (X + Y - Z) у трьох формах і, враховуючи (1.14) і (1.15), (1.17) і (1.18), (1.20) і (1.21), отримаємо відповідно:

(X + Y) - Z = C0d0 - a 0d0 = d0 (C0 - a 0), (1.23)

Y - (Z - X) = a 1d1 - C1d1 = d1 (a 1 - C1), (1.24)

X - (Z - Y) = a 2 d 2 - C 2 d 2 = d 2 (a 2 - C 2). (1.25)

З урахуванням умови п. 1.3.3 і рівності (1.23), (1.24) і (1.25) буде справедливо рівність і порівняння

X + Y - Z = K d0d1d2, Þ X + Y - Z º 0 mod K (1.26)

де K> 3 (доведемо нижче).

Вирішуючи спільно (1.26) і (1.23), (1.26) і (1.24), (1.26) і (1.25), отримаємо відповідно:

С0 - a 0 = K d 1 d 2, (1.27)

a 1 - C 1 = K d 0 d 2, (1.28)

a 2 - C 2 = K d 0 d 1. (1.29)

З рівності (1.27) з урахуванням умови (1.16) випливає, що (a 0, K) = 1 і (C 0, K) = 1, але тоді й (Z, K) = 1.

З рівності (1.28) з урахуванням умови (1.19) випливає, що (a 1, K) = 1 і (C 1, K) = 1, але тоді і (Y, K) = 1.

З рівності (1.29) з урахуванням умови (1.21) випливає, що (a 2, K) = 1 і (C 2, K) = 1, але тоді і (X, K) = 1.

Так як число K попарно взаємно просте з числами X, Y і Z, а одне з цих чисел парне (п.1.3.1.), То K - число непарне.

Надалі ми будемо використовувати числа K і K 2 як модулів допоміжних порівнянь, для чого нижче буде дано глибоке уявлення про числі K.

1.4 Формули Абеля в наших позначеннях та їх зв'язок з іншими встановленими співвідношеннями

Для 1-го випадку Проблеми Ферма (далі ПФ), тобто коли (X, P) = 1, (Z, P) = 1, (Y, P) = 1, формули Абеля і основні співвідношення (1.3.2) будуть пов'язані відповідно:

X + Y = = C 0 d 0, звідси С0 = , (1.30)

Z - X = = C 1 d 1, звідси С1 = , (1.31)

Z - Y = = C 2 d 2, звідси C 2 = ; (1.32)

XP-1 - XP-2 Y + ... - XY P-2 + YP-1 = , (1.33)

ZP-1 + ZP-2 X + ... + ZX P-2 + XP-1 = , (1.34)

ZP-1 + ZP-2 Y + ... + ZY P-2 + YP-1 = . (1.35)

Для 2-го випадку ПФ обмежимося варіантом, коли

(Z, P) = P, (X, P) = 1, (Y, P) = 1, у цьому випадку формули Абеля і основні співвідношення (1.3.2) будуть пов'язані відповідно:

X + Y = / P = C 0 d 0,

C 0 = d 0 P -1 / P, (1.36)

Ліві частини формул Абеля (1.33), (1.34), (1.35) і (1.37), запишемо з урахуванням (1.7) і (1.6) - теореми 1.1.,, А також з урахуванням (1.11) теореми 1.2.винося PXY за квадратні дужки:

З урахуванням теореми 1.1.

(X + Y) P -1 - PXY [(X + Y) P -3 + XY (X + Y) P -5 + ... + (-1) P -5 / 2 X P -5 / 2 Y P -5 / 2 (X + Y) 2 + (-1) P -3 / 2 X P -3 / 2 Y P -3 / 2] = [Для (1.33)], (1.38)

(Z - X) P -1 + PZX [(Z - X) P -3 + ZX (Z - X) P -5 Z P -5 / 2 X P -5 / 2 (Z - X) 2 + Z P -3 / 2 X P -3 / 2] = [Для (1.34)], (1.39)

(Z - Y) P -1 + PZY [(Z - Y) P -3 + ZY (Z - Y) P -5 + ... ZP-5 / 2 YP-5 / 2 (Z - Y) 2 + ZP-3/2Y P-3 / 2] = [ для (1.35)], (1.40)

(X + Y) P-1 - PXY [(X + Y) P-3 - XY (X + Y) P-5 + -1) P-5 / 2 XP-5 / 2 YP-5 / 2 (X + Y) 2 + (-1) P-3/2X P-3/2Y P-3 / 2] = P [Для (1.37)], (1.41)

(X + Y) P -1 - PXY [(X + Y) 2 - XY] S = [Для (1.33)]; (1.42)

(X + Y) P -1 - PXY [(X + Y) 2 - XY] S = [Для (1.37)], (1.43)

(Z - X) P -1 + PZX [(Z - X) 2 + ZX] SW11 = a 1P [для (1.34)];

(Z - Y) P -1 + PZY [(Z - Y) 2 + ZY] SW21 = a 2P [для (1.35)];

А беручи до уваги, що з урахуванням (1.30) і (1.36) ступінь

(X + Y) P -1 = (C 0 d 0) P -1 = C 0 P - для 1 - го випадку ПФ і

(X + Y) P -1 = (C 0 d 0) P -1 = PC 0 P - для 2-го випадку ПФ.

Тоді останні рівності для формул Абеля (1.33) і (1.37) будуть:

C0P-PXY [(X + Y) 2 - XY] S = [Для (1.33)],

PC0P-PXY [(X + Y) 2 - XY] S = [Для (1.37)],

з яких слідують [для (1.33)], PXY [(X + Y) 2 - XY] S = C 0 P - a 0 P, (1.44)

[Для (1.37)], PXY [(X + Y) 2 - XY] S = P (C0P - a 0P),

а після скорочення на P

XY [(X + Y) 2 - XY] S = (C0P - a 0P), (1.45)

де відповідає W 0 і W 11, W 21соответствуют W [c м. (1.11)] теореми 1.2., А

s = 1 для P видана 6 n + 5,

s = 2 для P видана 6 n + 1.

Таким чином ми встановили зв'язок формул Абеля та отриманих нами співвідношень.

Далі про модуль K, а потім використовуючи допоміжні числа і допоміжні порівняння за модулем K, доказ того, що

(X + Y) 2 - XY º 0 mod K, (Z - X) 2 + ZX º 0 mod K, (Z - Y) 2 + ZY º 0 mod K.

Модуль K

Подальші міркування вимагають розширеного подання про модуль K.

Нижче покажемо:

---- Що для 1-го випадку ПФ модуль K = E P 2;

---- Що для 2-го випадку ПФ модуль K > 3; ----- що для 2-го випадку ПФ має місце (K, P) = 1;

---- Що прості числа вигляду 6 n + 5, не можуть бути дільниками K (Див. у розділі 1.7.);

--- Що числа 3 t, де t> 1, не можуть бути дільниками K (См.в разделе1.7.).

а) Для доказу того, що K = E P 2 для 1-го випадку ПФ,

з рівності (1.38), (1.39) і (1.40) знаходимо, що

(X + Y) P -1 º a 0 P mod P,

(Z - X) P -1 º a 1 P mod P,

(Z - Y) P -1 º a 0 P mod P, тоді завдяки Малої теоремі Ферма маємо

a 0P º 1 mod P, Þ a 0P º 1 mod P2, Þ a 0 = e 0P + 1,

a 1P º 1 mod P, Þ a 1P º 1 mod P2, Þa 1 = e 1P + 1,

a 2P º 1 mod P, Þ a 2P º 1 mod P2, Þa 2 = e 2P + 1.

Очевидно, що XP + YP - ZP º 0 mod P 2

Тоді, з урахуванням останніх порівнянь і рівності (1.15), (.18) і (1.21) маємо

a 2Р d 2 P + a 1 PdP - a 0 Pd 0 P º. d 0 P - d 2 P - d 1 P º 0 mod P 2. (1.46)

Але ліва частина останнього порівняння з урахуванням (1.14), (1.17) і (1.20), а також рівності (1.26) буде

d0P - d2P-d1P = (X + Y) - (Z - Y) - (Z - X) = 2 (X + Y - Z) = 2Kd0d1d2 º 0 mod P2 Þ

Þ K = e P 2, що і т.д. (1.47)

в) Модуль K > 3.

Ця умова доведемо для двох варіантів 2-го випадку, а саме:

--- Для варіанту 1, коли (Z, P) = P, а (X, P) = 1 і (Y, P) = 1;

--- Для варіанту 2, коли (Z, P) = 1, а (X, P) = P і (Y, P) = 1.

Варіант, коли (Z, P) = 1, (X, P) = 1 і (Y, P) = P розглядати не будемо зважаючи на його повної аналогії з варіантом 2.

Доказ того, що K > 3 для варіанту 1.

Нехай для визначеності (для варіантів 1 і 2)

Z> X> Y (1.48)

З нерівностей P (X + Y).> Z - Y> Z - X, і з урахуванням (1.36) маємо

d 0 P> d 2 P> d 1 P, звідси d 0> d 2> d 1.

Складемо алгебраїчну суму (X + Y) - (Z - Y) - (Z - X) = 2 (X + Y - Z і помножимо праву і ліву частини отриманого рівності на P отримаємо P (X + Y) - P (Z - Y) - P (Z - X) = 2 P (X + Y - Z), тоді завдяки равенствам (1.36) і (1.26) маємо d 0 P - Pd 2 P - Pd 1 P = 2 PKd 0 d 1 d 2 Þ d 0 P = Pd 2 P + Pd 1 P + 2 PKd 0 d 1 d 2. Розділимо ліву частину і останній доданок правої частини отриманого рівності на d 0 отримали очевидне нерівність d 0 P -1 <Pd 2 P + Pd 1 P + 2 PKd 1 d 2. (В1)

Висловимо d 0 через числа d 1 і d 2 для чого з рівності (1.28) віднімемо рівність (1.29) і враховуючи рівності (1.31) і (1.32) отримаємо a 1 - a 2 + d 2 P -1 - d 1 P -1 = a 1 - a 2 + (d 2 - d 1) (d 2 + d 1) q = Kd 0 (d 2 - d 1), (в2) де q =. d 2 P -3 + d 2 P -5 d 12 + ... .. + d 22 d 1 P -4 + d 1 P -3. Позначимо q (для P = 5) як q min = d 22 + d 12. З (1.34), (1.35) з урахуванням умови (1.48) маємо a 1 - a 2> 0. У п.1.4.4. (А) знайдено, що a 1 = e 1 P +1 та a 2 = e 2 P + 1, тоді a 1 - a 2 = P (e 1 - e 2).

Нехай K = 3, тоді з рівності (в2) маємо d 0 = (a 1 - a 2) / 3 (d 2 - d 1) + (d 2 + d 1) q / 3 = P (e 1 - e 2 ) / 3 (d 2 - d 1) + (d 2 + d 1) q / 3

Будемо мінімізувати d 0, прийнявши d 2 + d 1 = 3, q = q min та (e 1 - e 2) = 3 (d 2 - d 1) і, враховуючи, що (d 2 - d 1, P) = 1 ** отримаємо d 0 = P + q min = P + (d 22 + d 12). (В3) [** Якщо (d 2 - d 1, P) = P, то (X - Y, P) = P, але з (1.36) випливає, що (X + Y, P) = P, тоді після складання X - Y і X + Y отримаємо (2 X, P) = P, що суперечить в Аріант 1.]

Нерівність (в1) з урахуванням (в3) буде

[P + (d 22 + d 12)] P -1 <Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d 2 Þ (В4) Þ PP -1 + (P -1) PP -2 (d 22 + d 12) + .... + (D 22 + d 12) P -1 <Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d 2 . Далі при доказі будемо мінімізувати [P + (d 22 + d 12)] P -1 відкидаючи частина членів розкладання.

Покажемо, що 3-й члена розкладання бінома (d 22 + d 12) P -1> Pd 2 P + Pd 1 P. Так (d 22 + d 12) P -1 = (d 22) P - 1 + (P - 1) (d 22) P - 2 d 12 + ... .. + (d 12) P - 1> Pd 2 P + Pd 1 P.

Одне доданок лівої частини розкладання (d 22) P - 1 = d 2 Pd 2 P - 2> Pd 2 P Þ d 2 P - 2> P, це нерівність справедливо для d 2 ³ 2 (d 2 не може дорівнювати 1, оскільки d 2> d 1). Нехай d 2 = 2, тоді 2 P - 2 = (1 + 1) P -2 = 1 + P - 2 + (P - 2) (P -3) / 2 + ... ... + P - 2 + 1 = = P + (P - 2) (P - 3) / 2 + ... ... + P - 2> P Þ (P - 2) (P - 3) / 2 + ... ... + P - 2> 0, що і підтверджує наше твердження.

Передостанні два доданків розкладання бінома (d 22 + d 12) P -1 а саме: (P - 1) (d 22) P - 2 d 12 + (d 12) P -1> Pd 1 P.

Для d 1 ³ 2 маємо (d 12) P - 1 = d 1 Pd 1 P - 2> Pd 1 P Þ d 1 P - 2> P,. доказ аналогічне вищенаведеному для (d 22) P - 1.

Для d 1 = 1 маємо (P - 1) (d 22) P - 2 d 12 + (d 12) P -1 = (P - 1) (d 22) P - 2 + 1> P, це нерівність справедливо, т.к. доведено, що (d 22) P - 2> P.

Таким чином, ми показали, що

(D 22 + d 12) P -1> Pd 2 P + Pd 1 P.

Тепер покажемо, що другий доданок розкладання [P + (d 22 + d 12)] P -1, а саме (P -1) PP -2 (d 22 + d 12)> 2 P 3 d 1 d 2 = 6 Pd 1 d 2

Скоротимо праву і ліву частини нерівності на P і, беручи до уваги, що d 22 + d 12> d 1 d 2, так як d 2> d 1 отримаємо (P - 1) PP - 3> 6, отримане нерівність справедливо для будь-яких P> 3.

Нами показано, що незважаючи на мінімізацію d 0 і d 0 P - 1, яка повинна посилювати нерівність (В4), отримали зворотний результат

d 0 P -1> Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d. (В5)

Прийшли до суперечності з одного боку

d 0 P -1 <Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d., а з іншого боку d 0 P -1> Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d. (В.5)

Висновок: так як число K непарне і не дорівнює 3 (тим більше 1), то K> 3, що потрібно було довести для варіанту 1.

. (Г). Доказ того, що K> 3 для варіант 2, коли

(X, P) = P, (Z, P) = 1 і (Y, P) = 1.

(Р.1) Випишемо частина формул Абеля для цього варіанту.

X + Y = d0P = C0d0,

C0 = d0P -1,

Z - X = d1P = C1d1,

C1 = d1P -1,

Z - Y = d2P / P = C2d2,

C 2 = d 2 P -1 / P.

Знайдемо інші співвідношення, які будемо використовувати в подальших міркуваннях

З рівності 2 (X + Y - Z) = (X + Y) - (Z - Y) - (Z - X) = 2 Kd 0 d 1 d 2 [з урахуванням (р.1)] отримаємо

d 0 P - d 2 P / P - d 1 P = 2 Kd 0 d 1 d 2, звідси

d 0 P - d 1 P º 0 mod P, а значить і d 0 P - d 1 P º 0 mod P 2 і d 0 - d 1 º 0 mod P, де d 0> P.

Нехай K = 3.

Щоб отримати протиріччя (для K = 3) складемо рівності (1.27) і (1.28) і з урахуванням (р.1) маємо

d0P-1 - d1P -1 + a 2 - a 0 = 3d3 (d0 + d1) Þ Þ 3d3 = (d0 - d1) (d0P -3 + d0P-5d12 + ... + d02 d1P - 5 + d1P -3) + + (a 2 - a 0) / (d0 + d1). Це рівність не справедливо. Мінімізуємо праву частину отриманого рівності, для чого приймаємо d 0 - d 1 = P, відкинемо доданок (a 2 - a 0) / (d 0 + d 1), а також беремо P = 5, тоді 3 d 3> P (d 02 + d 12), але і це нерівність несправедливо, так як P> 3, а d 02> d 3, що випливає з нерівності P (X + Y)> P (Z - Y), яке з урахуванням (р.1) буде Pd 0 P> d 3 P, але d 02 P> Pd 0 P, тоді d 02 P> d 3 P, звідси після вилучення кореня P-ступеня з правої і лівої частини нерівності отримаємо d 02> d 3, що потрібно було довести.

Таким чином ми прийшли до протиріччя з одного боку 3 d 3> P (d 02 + d 12), з іншого боку

3 d 3 <P (d 02 + d 12).

Висновок: так як число K непарне і не дорівнює 3 (тим більше 1), то K> 3, що потрібно було довести для варіанту 2, а за аналогією і для варіанту, коли (Y, P) = P, (X, P) = 1 і (Z, P) = 1.

б) (K, P) = 1 для 2 - го випадку ПФ

Для другого випадку тільки одне з чисел X, Y, Z кратно Р, а значить, тільки одне з чисел С0, С1 і С2 кратно Р (див., як приклад, (1.36)). Нехай для визначеності (С1, P) = P, тоді ліва частина рівності (1.28), не буде ділитися на Р, так як (a 1, C 1) = 1, а значить, і права частина цієї рівності, що містить множником число K , не буде ділитися на Р, а це означає, що для другого випадку ПФ

(K, Р) = 1. (1.49)

1.5 Допоміжні числа і допоміжні порівняння

Нехай {1, 2, ..., ri, ..., mi, ..., l i, ..., K - 1} - приведена система найменших, натуральних відрахувань по модулю K. Тоді, очевидно, існують такі числа r 1, r 2, r 3, m 1, m 2, m 3 та l 1, l 2 і l 3, що належать цій системі, що

r1Z - X º 0 mod K або r1Z º X mod K, (1.50)

Z - r2Y º 0 mod K або r2Y º Z mod K, (1.51)

r3X + Y º 0 mod K або r3X º-Y mod K, (1.52)

Z - m1X º 0 mod K, (1.53)

m2Z - Y º 0 mod K, (1.54)

X + m3Y º 0 mod K, (1.55)

Z 2 - l 1XY º 0 mod K, (1.56)

Y 2 + l 2ZX º 0 mod K, (1.57)

X 2 + l 3ZY º 0 mod K. (1.58)

Примножуючи порівняння (1.50) - (1.52), отримаємо

r 1 r 2 r 3 ZXY º - ZXY mod K,

звідси

r 1 r 2 r 3 º -1 mod K. (1.59)

C ложим порівняння (1.50) і (1.51) і, враховуючи (1.26), одержимо

r 1 Z - X + Z - r 2 Y º r 1 Z + (Z - X) - r 2 Y º r 1 Z + Y - r 2 Y º

º r 1 Z - Y (r 2 - 1) º 0 mod K,

а враховуючи, що Z º r 2 Y mod K (c м. (1.51)), отримаємо

r 1 r 2 Y - Y (r 2 - 1) º 0 mod K,

звідси

r1r2 - r2 + 1 º 0 mod K Þ r1r2 º r2 - 1 mod K. (1.60)

Примножуючи порівняння (1.60) на r 3 та враховуючи (1.59), отримаємо

r2r3 - r3 + 1 º 0 mod K Þ r2r3 º r3 - 1 mod K. (1.61)

Множачи (1.61) на r 1 і враховуючи (1.59), отримаємо

r1r3 - r1 + 1 º 0 mod K Þ r1r3 º r1 - 1 mod K. (1.62)

З порівнянь (1.50) і (1.53) отримаємо

r 1 m 1 º 1 mod K, (1.63)

а з порівнянь (1.51), (1.54) і (1.52), (1.55) отримаємо відповідно

r2m2 º 1 mod K, (1.64)

r3m3 º 1mod K. (1.65)

Складемо порівняння (1.50) і (1.55) і, враховуючи (1.51) і (1.60), отримаємо

r1Z - X + X + m3Y º r1r2Y + m3Y º Y (r2 - 1 + m3) º 0 mod K Þ

Þ m 3 º 1 - r 2 mod K. (1.66)

C ложим порівняння (1.52) і (1.54) і, враховуючи (1.50) і (1.62), отримаємо

m2Z - Y + r3X + Y º m2Z + r3r1Z º Z (m2 + r3r1) º º Z (m2 + r1 - 1) º 0 mod K, Þ m2 º 1 - r1 mod K. (1.67)

З порівняння (1.51) віднімемо порівняння (1.53) і, враховуючи (1.52) і (1.61), отримаємо

Z - r2Y - Z + m1X º m1X - r2 (-r3X) º X (m1 + r2r3) º

º X (m1 + r3 - 1) º 0 mod K Þ m1 º 1 - r3 mod K. (1.68)

Вирішуючи спільно порівняння (1.56) і (1.50) і беручи до уваги порівняння (1.51), одержимо

Z 2 - l 1 XY º Z 2 - l 1 r 1 ZY º Z (Z - l 1 r 1 Y) º Z (r 2 Y - l 1 r 1 Y) º

º ZY (r2 - l 1r1) º 0 mod K Þ l 1r1 º r2 mod K. (1.69)

Вирішуючи спільно порівняння (1.57) і (1.51) і беручи до уваги (1.52), отримаємо

Y 2 + l 2 ZX º Y 2 + l 2 r 2 YX º Y (Y + l 2 r 2 X) º Y (- r 3 X + l 2 r 2 X) º XY (l 2 r 2 - r 3 ) º 0 mod K Þ l 2 r 2 º r 3 mod K. (1.70)

Вирішуючи спільно порівняння (1.58) і (1.52) і беручи до уваги (1.50), одержимо

X 2 + l 3ZY º X2 + l 3Z (-r3X) º X (X - l 3r3Z) º X (r1Z - l 3r3Z) º ZX (r1 - l 3r3) º 0 mod K, Þ l 3r3 º r1 mod K. (1.71)

З порівняння (1.69) віднімемо порівняння (1.63) і, беручи до уваги (1.60), отримаємо

l 1r1 - m1r1 º r2 - 1 º r1r2 mod K,

звідси, скорочуючи на r 1, отримаємо l 1 - m 1 º r 2 mod K, а з урахуванням (1.68) маємо

l 1 º r 2 + m 1 º r 2 + 1 - r 3 mod K,

звідси, тому що l 1, r 2 і r 3 менше K, отримаємо

l 1 = r 2 - r 3 + 1. (1.72)

З порівняння (1.70) віднімемо порівняння (1.64) і, беручи до уваги (1.61), отримаємо

l 2r2 - m2r2 º r3 - 1 º r2r3 mod K,

звідси, скорочуючи на r 2, отримаємо l 2 - m 2 º r 3 mod K, а з урахуванням (1.67) маємо

l 2 º r 3 + m 2 º r 3 + 1 - r 1 mod K,

звідси, тому що l 2, r 3 та r 1 менше K, отримаємо

l 2 = r 3 - r 1 + 1. (1.73)

З порівняння (1.71) віднімемо порівняння (1.65) і, беручи до уваги (1.62), отримаємо

l 3r3 - m3r3 º r1 - 1 º r1r3 mod K,

звідси, скорочуючи на r 3, отримаємо l 3 - m 3 º r 1 mod K, а з урахуванням (1.66) маємо

l 3 º r 1 + m 3 º r 1 + 1 - r 2 mod K,

звідси, тому що l 3, r 1 і r 2 менше K, маємо

l 3 = r 1 - r 2 + 1. (1.74)

1.5.6. Проведемо аналіз рівностей, отриманих в п. 1.5.5.

З рівності (1.72) випливає, що

а) r 2 ³ r 3,

тоді складемо рівності (1.73) і (1.74):

l 2 + l 3 = r 3 - r 1 + 1 + r 1 - r 2 + 1 = r 3 - r 2 + 2,

звідси, так як числа l 2 і l 3 натуральні, випливає, що

б) r 3 ³ r 2.

відносини а) і б) можливі лише за умови, що

r 2 = r 3. (1.75)

З рівності (1.73) випливає, що

в) r 3 ³ r 1,

тоді складемо рівності (1.72) і (1.74):

l 1 + l 3 = r 2 - r 3 + 1 + r 1 - r 2 + 1 = r 1 - r 3 + 2,

звідси, так як числа l 1 і l 3 натуральні, випливає, що

г) r 1 ³ r 3,

відносини в) і г) можливі лише за умови, що

r 1 = r 3. (1.76)

Завдяки равенствам (1.75) і (1.76) маємо рівність чисел r 1, r 2 і r 3, тоді

r 1 = r 2 = r 3 = r. (1.77)

З рівностей (1.72) - (1.74) з урахуванням рівності (1.77) випливає, що

l 1 = 1, l 2 = 1 і l 3 = 1. (1.78)

Завдяки (1.77) порівняння (1.60) - (1.62) приймуть вид

r 2 - r + 1 º 0 mod K, (1.79)

а порівняння (1.59) буде виглядати наступним чином:

r 3 º -1 mod K. (1.80)

Завдяки (1.78) порівняння (1.56) - (1.58) приймуть вид

Z 2 - XY º 0 mod K,

Y 2 + ZX º 0 mod K,

X 2 + ZY º 0 mod K,

а з урахуванням (1.26) -

(X + Y) 2 - XY º 0 mod K, (1.81)

(Z - X) 2 + ZX º 0 mod K, (1.82)

(Z - Y) 2 + ZY º 0 mod K. (1.83)

1.6 Суперечності порівнянь і рівностей

Протиріччя 1

Всі порівняння за модулем K, в тому числі і (1.79) і (1.80), будуть справедливі для будь-якого простого дільника, що належить числу K. Для першого випадку ПФ завдяки (1.49) таким простим дільником, що належить K, буде число Р, тоді порівняння (1.79) і (1.80) по модулю Р будуть відповідно

r 2 - r + 1 º 0 mod P, (1.84)

r 3 º -1 mod P. (1.85)

Завдяки Малої теоремі Ферма маємо

r P -1 - 1 º 0 mod P. (1.86)

Нехай Р = 6 n + 5, тоді порівняння (1.86) з урахуванням порівняння (1.85) буде виглядати наступним чином:

r 6n + 5 - 1 - 1 = r 6n + 4 - 1 = (r3) 2n + 1r - 1 º (-1) 2n + 1r - 1 º 0 mod P,

звідси r º - 1 mod P, тоді з урахуванням цього порівняння (1.50) і (1.51) матиме вигляд (-1) Z º X mod P, Z º (-1) Y º 0 mod P. Тоді після вирахування порівнянь отримаємо

- 2 Z º X + Y mod P Þ з урахуванням (1.26) 3 Z º 0 mod P, що неможливо, так як (Z, K) = 1 і Р = 6 n + 5> 3. Прийшли до суперечності.

Перший випадок ПФ для простих показників видана 6 n + 5 доведений.

Суперечить 2

Порівняємо рівності (1.44) і (1.45) по модулю K 2 з урахуванням порівняння (1.81). для P видана 6 n + 1 (S = 2). Очевидно, що ліві частини рівностей (1.44) і (1.45) порівнянні з нулем по модулю K 2, тобто

Р XY [(X + Y) 2 - XY] 2 º 0 mod K 2, XY [(X + Y) 2 - XY] 2 º 0 mod K 2, тоді і праві частини рівностей (1.44) і (1.45) повинні бути порівнянні з нулем по модулю K 2, тобто

º 0 mod K 2.

Розкладемо ліву частину отриманого порівняння, скориставшись теоремою 1.1, одержимо

- = (С 0 - a 0) P + PC0 a 0 (C0 - a 0) P-2 + ... AP-3 / 2 (C0 - a 0) 3 + (C0 - a 0) º 0 mod K 2.

З (1.27) випливає, що С0 - a 0 º 0 mod K, враховуючи це, відкинемо всі складові отриманого розкладання, що містять множник (С0 - a 0) i, де i ³ 3, отримаємо (C 0 - a 0) º 0 mod K 2,

звідси з урахуванням (1.27) d 1 d 2 º 0 mod K, що неможливо, так як не один простий дільник числа K, не належить ні С0, ні a 0, ні d 1.ні d 2 (див. 1.3.6.). Число Р, також не може ділитися на K, так як для першого випадку ПФ K кратно Р2 [(1.47)], а для другого випадку (K, Р) = 1 [см. (1.49)].

Прийшли до суперечності: ліві частини (1.44) і (1.45) поділяються на K 2, а праві їх частини не діляться на K 2.

Проблема Ферма (перший і другий випадки) для всіх простих показників Р = 6 n + 1 доведена.

1.7 Другий випадок ПФ для простих показників видана 6 n + 5

У цьому розділі як модулі будемо використовувати числа K і K 2.

Розширимо уявлення про модуль K ще двома властивостями:

(Д). Прості числа видана 6 n + 5 не належать до делителям K.

Нехай просте число P 1 = 6 n + 5 є дільником K.

Тоді завдяки (1.80) маємо r 3 º - 1 mod P 1, але і rP 1 -1 º (r 3) 2 n + 1 r º 1 mod P 1 Þ Þ (-1) 2 n +1 r º 1 mod P 1 Þ r º - 1 mod P 1.

Тоді порівняння (1.50) і (1.51) приймуть вид

(-1) Z º X mod P1 Þ Z + X º 0 mod P1,

Z º (-1) Y mod P1 Þ Z + Y º 0 mod P1.

Після складання отриманих порівнянь з урахуванням того, що завдяки (1.26) X + Y º Z mod P 1 маємо 3 Z º 0 mod P 1, що не можливо, так як P 1> 3 і (Z, P) = 1. Прийшли до суперечності, а значить прості числа виду 6 n + 5 не можуть бути дільниками K.

(Е). Числа 3 t, де t> 1, не належить до делителям K.

Нехай 32 = 9 є дільником модуля K, тоді з (1.80) слід

r 3 º - 1 mod 9. Цьому порівнянні задовольняють, з наведеної системи найменші натуральні відрахування по модулю 9, наступні числа: 2, 5 і 8, так 23 + 1 = 9 º 0 mod 9, 53 + 1 = 126 º 0 mod 9, 83 + 1 = 513 º 0 mod 9

Але й XP + YP - ZP º 0 mod 9

Останнє порівняння з урахуванням порівнянь (1.50), (1.51) і (1.52) буде

rPZP + (- rPXP) - ZP º rPZP + (- rPrPZP) - ZP º 0 mod 9 Þ Þ rP - r 2 P - 1 º 0 mod 9,

Порівняємо кожний доданок лівої частини отриманого порівняння за модулем 9, так

rP = r 6 n +5 = (r 3) 2 n + 1 r 2 º (-1) 2 n + 1 r 2 º - r 2 mod 9,

r 2 P = r 2 (6 n +5) = (r 3) 4 n + 3 r º (-1) 4 n + 3 r º - r mod 9, тоді

rP - r2P - 1 º (-r2) - (-r) - 1 º r2-r + 1 º 0 mod 9, (е .1)

Жоден відрахування (2,5 і 8) не задовольняє порівнянню (Е.1) так:

22 - 2 + 1 º 3 º 0 mod 9, що не можливо.

52 - 5 + 1 º 21 º 0 mod 9, що не можливо,

82 - 8 + 1 º 57 º 0 mod 9, що не можливо.

Тим самим ми довели, що числа 3 t де t> 1 не можуть бути дільниками модуля K.

Із знайдених властивостей модуля K випливає, що простими дільниками його можуть бути тільки числа видана 6 n + 1 і число 3. Тоді функція Ейлера j (K) матиме множник 6 і серед натуральних відрахувань знайдуться числа належать 6 по модулю K і таких чисел буде j (6) = 2. [1]

Для доказу 2-го випадку ПФ для простих показників видана 6 n + 5 складемо три початкові порівняння за модулем K 2, використовуючи найменші

натуральні відрахування, наведеної системи за модулем K 2 і числа X, Y і Z.

r1Z º X mod K2, r2Y º Z mod K2, r3X º-Y mod K2.

Перемножимо ліві, і праві частини отриманих порівнянь отримаємо r 1 r 2 r 3 ZYX º - ZYX mod K 2, звідси r 1 r 2 r 3 º - 1 mod K 2.

Перемножимо перше і друге, перше і третє порівняння так

r1Z2 º r2XY mod K2, r3X2 º - r1ZY mod K2.

Завдяки порівнянь. Z 2 - XY º 0 mod K і X 2 + ZY º 0 mod K, з отриманих порівнянь випливає, що r 1 º r 2 mod K, r 1 º r 3 mod K, а значить і

r 2 º r 3 mod K, тоді

r 1 = e 1 K + D, r 2 = e 2 K + D, r 3 = e 3 K + D, де (e 1, e 2, e 3) <K. C урахуванням цього r 1 r 2 r 3 º D 3 º -1 º mod K, а значить число D належить показнику 6 по модулю K (D 6 º 1 mod K), але таких чисел може бути тільки j (6) = j (2) j (3) = 2 і вони нами знайдені це число r і (K + 1 - r), тому число D = r або D = (K +1 - r).

Нехай для визначеності D = r. (

Враховуючи, те що D 3 + 1 º (D + 1) (D 2 - D + 1) º r 3 + 1 º (r + 1) (r 2 - r + 1) º 0 mod K, то будуть справедливі порівняння :

r13 + 1 º (r1 + 1) (r12 - r1 + 1) º 0 mod K, r23 + 1 º (r2 + 1) (r22 - r2 + 1) º 0 mod K, r33 + 1 º (r1 + 1) (r32 - r3 + 1 º 0 mod K.

Так як ні r 1, ні r 2, ні r 3 не можуть бути порівнянні з (-1) по модулю K [ у противному випадку r º -1 mod K, суперечливість цього порівняння, показана в п. (д) розділу 1.7.], то маємо:

r 12 - r 1 + 1 º 0 mod K,

r 22 - r 2 + 1 º 0 mod K, r 32 - r 3 + 1 º 0 mod K, а завдяки цим порівнянь будуть справедливі і нижченаведені порівняння

r12P - r1P + 1 º r12 - r1 + 1 º 0 mod K, (1)

r22P - r2P + 1 º r22 - r2 + 1 º 0 mod K, (2) r32P - r3P + 1 º r32 - r3 + 1 º 0 mod K, так як (3)

так як:

r12P º r12 (6n + 5) º (r13) 4n + 3r1 º (-1) 4n + 3r1 º - r1 mod K,

r1P º r16n + 5 º (r13) 2n + 1r12 º (-1) 2n + 1r12 º - r12 mod K,

r22P º r22 (6n + 5) º (r23) 4n + 3r2 º (-1) 4n + 3r2 º - r2 mod K,

r2P º r26n + 5 º (r23) 2n + 1r22 º (-1) 2n + 1r22 º - r22 mod K,

r32P º r32 (6n + 5) º (r33) 4n + 3r3 º (-1) 4n + 3r3 º - r3 mod K,

r3P º r36n + 5 º (r33) 2n + 1r32 º (-1) 2n + 1r32 º - r32 mod K.

Введемо ще три порівняння за модулем K 2.

Очевидно XP + YP - ZP º 0 mod K 2, тоді з урахуванням 3-х початкових порівнянь маємо

r 1 PZP + YP - r 2 PYP º r 1 P r 2 P YP - r 2 PYP + YP º 0 mod K 2, так як (Y, K) = 1, то

r1P r2P - r2P + 1 º 0 mod K2 Þ

Þ r1P r2P º r2P - 1 mod K2. (4)

XP + (-r3PXP) - r2P (- r3PXP) º XP (1 - r3P + r2P r3P) º 0 mod K2, так як (X, K) = 1, то r2P r3P - r3P +1 º mod K2 Þ r2P r3P º r3P - 1 mod K2. (5)

r1PZP + (-r3PXP) - ZP º r1PZP + (-r3Pr1PZP) - ZP º ZP (r1P + (-r3Pr1P) - 1) º 0 mod K2, так як (Z, K) = 1, то r3Pr1P - r1P + 1 º 0 mod K2 Þ r3Pr1P º r1P - 1 mod K2 (6)

Пошук протиріч

Перемножимо порівняння (1) і (2), а так само порівняння (1) та (3)

(R12P - r1P + 1) (r22P - r2P + 1) º 0 mod K2, (7) (r12P - r1P + 1) (r32P - r3P + 1) º 0 mod K2. (8)

1.7.2. Після розкриття дужок порівняння (7) з урахуванням порівняння (4)

одержимо

r12P r22P - r12P r2P + r12P - r1Pr22P + r1Pr2P - r1P + r12P - r1P + 1 º (r2P - 1) 2 - r1P (r2P - 1) - r2P (r2P - 1) + (r2P - 1) + 2r12P - 2 r1P +1 º (r2P - 1) (r2P - 1 - r1P - r2P + 1) +2 r12P - 2r1P + + 1 º º - r1P (r2P - 1) +2 r12P - 2r1P +1 º 0 mod K2. (9)

Після розкриття дужок порівняння (8) з урахуванням порівняння (6)

Отримаємо

- R 1 P (r 3 P - 1) +2 r 12 P - 2 r 1 P +1 º 0 mod K 2. (10)

З порівняння (9) віднімемо порівняння (10) отримаємо

r 1 P (r 2 P - 1) + r 1 P (r 3 P - 1) º r 1 P (r 3 P - r 2 P) º 0 mod K 2, так як (r 1 P, K 2) = 1, то r 3 P - r 2 P º 0 mod K 2, Þ Þ r 2 P º r 3 P mod K 2, (11) тоді з (5) випливає, що (а) r 2 Pr 2 P º r 2 P - 1 mod K 2, а з (4) маємо

(Б) r1P r2P º r2P - 1 mod K2.

З порівняння (а) віднімемо порівняння (б) і беручи до уваги, що (r 2 P, K 2) = 1 одержимо

r 2 P º r 1 P mod K 2

Таким чином, з урахуванням (11) маємо

r 1 P º r 2 P º r 3 P mod K 2, тепер доведемо, що

r 1 = r 2 = r 3

Скористаємося результатами для r 1, r 2 і r 3 і, відкидаючи в розкладанні біном числа кратні K ​​2, отримаємо порівняння:

r1P = (e 1K + D) P º (P e 1K D P-1 + D P) mod K2,

r2P = (e 2K + D) P º (P e 2K D P-1 + D P) mod K2, r3P = (e 2K + D) P º (P e 3K D P-1 + D P) mod K2

Звідси

r1P - r2P º P e 1K D P-1 - P e 2K D P-1 º PK D P-1 (e 1 - e 2) º 0 mod K2,

r1P-r3P º P e 1K D P-1 - P e 3K D P-1 º PK D P-1 (e 1 - e 3) º 0 mod K2,

r2P-r3P º P e 2K D P-1 - P e 3K D P-1 º PK D P-1 (e 2 - e 3) º 0 mod K2.

Так як для 2-го випадку ПФ справедливо умова (P, K) = 1, то

e 1 - e 2 º 0 mod K,

e 1 - e 3 º 0 mod K,

e 2 - e 3 º 0 mod K, звідси з урахуванням умови (e 1, e 2 і e 3) <K отримаємо

e 1 = e 2 = e 3. Нехай e 1 = e 2 = e 3 = e 0, тоді

r 1 = e 0 K + D,

r 2 = e 0 K + D,

r 3 = e 0 K + D, а значить

r 1 = r 2 = r 3, що потрібно було довести.

Нехай r 1 = r 2 = r 3 = r 0, тоді з

r1r2r3 = r03 º - 1 mod K2 Þ Þ r03 + 1 º (r0 + 1) (r02 - r0 + 1) º 0 mod K2.

Одне з множників лівій частині отриманого порівняння має ділитися на K 2

Нехай r 0 + 1 º 0 mod K 2 Þ r 0 º -1 mod K 2, тоді з (4) слід

r 0 Pr 0 P º r 0 P - 1 mod K 2 Þ (-1) P (-1) P º 1 º (-1) P - 1 mod K 2 Þ 3 º 0 mod K 2, що не можливо так як модуль K> 3.

Отже, множник r 0 + 1 не може ділитися на K 2.

Тоді r02 - r0 + 1 º 0 mod K2.

Порівняємо тричлен X + Y - Z по модулю K 2.

Нехай X + Y - Z º D 0 mod K 2, тоді з урахуванням початкових порівнянь маємо

r 0 Z + (- r 0 X) - Z º r 0 Z + (- r 0 r 0 Z) - Z º - Z (r 02 - r 0 + 1) º D 0 mod K 2, звідси ліва частина отриманого порівняння ділитися на K 2, тоді і D 0 повинно ділитися на K 2, тобто

D 0 º 0 mod K 2, а це означає, що

X + Y - Z º D 0 º 0 mod K 2, але

X + Y - Z = K d 0 d 1 d 2, тоді Kd 0 d 1 d 2 º 0 mod K 2 Þ Þ d 0 d 1 d 2 º 0 mod K, що не можливо так як (d 0, K) = 1, (d 1, K) = 1, (d 2, K) = 1.

Прийшли до протіворечію.2-ой випадок ПФ для простих показників P видана 6 n + 5 доведений.

Використовуючи елементарні алгебраїчні перетворення многочленів і, метод порівняння чисел по модулю, вдалося довести справедливість Твердження П'єра Ферма для всіх простих показників> 3.

Відомо, що Леонард Ейлер знайшов рішення ПФ для простого показника Р = 3.

Запропонована в даній роботі методика дозволяє решіть1-ий випадок ПФ для P = 3.

Так очевидне порівняння X 3 + Y 3 - Z 3 º 0 mod K після перетворення лівій частині прийме вигляд (X + Y - Z) 3 + 3 Z (X + Y) (X + Y - Z) - 3 XY (X + Y) º 0 mod K Þ Þ 3 XY (X + Y) º 0 mod K.

Так як для 1-го випадку K = e P 2 = e 32, то отримане порівняння неможливо і тим самим перший випадок ПФ доведений.

Для 2-го випадку необхідно довести, що K> 1, що автору зробити не вдалося.

Бібліографічний список

1. Виноградов І.М. Основи теорії чисел. - М.: Наука, 1973.

2. Депман І.Я. Історія арифметики. - М.: Просвещение, 1965.

3. Ляпін Е.С., Євсєєв А.Є. Алгебра і теорія чисел. - М.: Просвещение, 1974. - Ч. 1.

4. Ожигова Є.П. Що таке теорія чисел. - М.: Знание, 1970.

5. Постніков М.М. Введення в теорію алгебраїчних чисел. - М.: Наука, 1982.

6. Постніков М.М. Теорема Ферма. - М.: Наука, 1978.