спуск для доказательства разложимости простого 4к+1

[lasta]

В письме к Каркави, Ферма пишет: Долго я не мог применить мой метод (бесконечный спуск) к утвердительным предложениям, потому что увертки и окольные пути достижения этой цели гораздо более трудны, чем те, которыми я пользовался для отрицательных предложений. Так, что, когда мне нужно было доказать, что каждое простое число, которое превосходит на единицу кратное 4, составляется из двух квадратов я находился в большом затруднении. Но, наконец, одно рассуждение, неоднократно повторенное, пролило недостающий свет, и мой метод смог быть приложен к утвердительным предложениям.» Дальше Ферма приводит краткую суть доказательства, не раскрывая суждения, пролившего недостающий свет. Формализуя его утверждения можно записать

Если $\exists P=4k+1 \neq \square + \square$, ~~~~(1)$
тогда

$\exists P >P_1 >\cdots>5\neq\square+\square, ~~~~(2)$
где $P_1,\cdots,=4k+1$ - простые меньшие $P$.
Но, $5=4+1$;

и, следовательно, предположение (1) неверно.
И нужно быть больше следователем, чем математиком, чтобы увидеть, что остальная часть доказательства также в этом письме. Это слова, - «неоднократно повторенное».
Доказательство проводим рекуррентным методом
$\forall \square$, $P-\square\neq \square ~~~~(3)$, тогда,
$P-4 \neq \square$;
$P-8=1+O_1\neq \square+\square ~~~~ (4)$;
$P-12=4+O_2\neq\square+\square ~~~~(5)$;

Очевидно, согласно (3) ни $O_1$ ни $O_2$ не являются квадратами. Кроме того, ни $1+O_1$, ни $4+O_2$ не составляются двумя квадратами ни явным (первое число квадрат, а остаток не квадрат) ни неявным методами ($1+O_1$ и $4+O_2$ составляются из двух других квадратов). Так как для них справедливо (3). И вместо $1$ и $4$ мы можем рассматривать любые четные и нечетные квадраты меньшие $O_1$ и $O_2$.в выражениях (4) и (5).
Далее, воспользуемся свойством квадратов 9 и 16. Эти квадраты одновременно и взаимные приращения до 25. Мы можем отбрасывать квадрат 16 неоднократно (неоднократно повторенное) и получать новые числа со свойством неразложимости на два квадрата, применяя (3), (4), (5) к 1+$O_1$ и к 4+$O_2$. Поскольку, в этом методе формируется любое произвольное $4k$, а разность между рассматриваемыми простыми числами также равна $4k$, то при некотором шаге спуска будем иметь остаток равный другому простому числу $P_1<P$ со свойствами $P$, следовательно, бесконечный спуск приведет к числу $5=4+1$ и утверждение (1) неверно.

[AKM]

У меня сообщение не отображается. Только наведя на него мышку, я успеваю прочитать, что "В письме к Каркави, Ферма пишет..." (не подумайте, что запятая моя, она оттуда). И вижу, что сообщение начинается со знака доллара. От этого, наверное, и проблемы.
Тема отправляется в карантин для исправления.

Возвращено.

[migmit]

А почему оно в разделе "Великая теорема Ферма"?

[nnosipov]

Действительно, непонятно, почему в этом разделе. Может быть, потому, что очень невнятно написано. Автору можно порекомендовать прочитать где-нибудь доказательство Эйлера (основанное как раз на методе спуска) этого утверждения Ферма.

[AKM]

Изначально не вчитался. Переместил. Может, опять не туда...
Спасибо за указание.

-- 16 авг 2011, 00:34 --

Вот начал думать, почему

lasta в сообщении #475349 писал(а):

Формализуя его утверждения можно записать

Если $\exists P=4k+1 \neq \square + \square$, ~~~~(1)$
тогда...

а не $\exists P=4k+1 \neq \square_1 + \square_2$, и так лениво стало...

-- 16 авг 2011, 00:44 --

Ой, а ещё можно $\fbox{{}_1}+\fbox{{}_2}$...

[lasta]

nnosipov в сообщении #475535 писал(а):

Действительно, непонятно, почему в этом разделе. Может быть, потому, что очень невнятно написано. Автору можно порекомендовать прочитать где-нибудь доказательство Эйлера (основанное как раз на методе спуска) этого утверждения Ферма.

Спасибо за точные координаты "где-нибудь"

-- 16.08.2011, 07:17 --

AKM в сообщении #475537 писал(а):

Изначально не вчитался. Переместил. Может, опять не туда...
Спасибо за указание.

-- 16 авг 2011, 00:34 --

Вот начал думать, почему

lasta в сообщении #475349 писал(а):

Формализуя его утверждения можно записать

Если $\exists P=4k+1 \neq \square + \square$, ~~~~(1)$
тогда...

а не $\exists P=4k+1 \neq \square_1 + \square_2$, и так лениво стало...

-- 16 авг 2011, 00:44 --

Ой, а ещё можно $\fbox{{}_1}+\fbox{{}_2}$...

Можно и так. Но, "не составляются двумя квадратами" не требует дополнительных индексов и так понятно. Вы же поняли.

-- 16.08.2011, 07:23 --

migmit в сообщении #475526 писал(а):

А почему оно в разделе "Великая теорема Ферма"?

Потому, что разбираясь в методах спуска других задач Ферма, не сомневаешься в том, что Великий француз имел доказательство своей "Великой теоремы". И нет сомнения, что доказательство основано на бесконечном спуске.

[Sonic86]

lasta в сообщении #475349 писал(а):

Доказательство проводим рекуррентным методом
$\forall \square$, $P-\square\neq \square ~~~~(3)$, тогда,
$P-4 \neq \square$;
$P-8=1+O_1\neq \square+\square ~~~~ (4)$;
$P-12=4+O_2\neq\square+\square ~~~~(5)$;

Очевидно, согласно (3) ни $O_1$ ни $O_2$ не являются квадратами. Кроме того, ни $1+O_1$, ни $4+O_2$ не составляются двумя квадратами ни явным (первое число квадрат, а остаток не квадрат) ни неявным методами ($1+O_1$ и $4+O_2$ составляются из двух других квадратов). Так как для них справедливо (3).

Чего-то мне непонятно, как из 3 следует, что $1+O_1$ и $4+O_2$ не являются суммой квадратов. Например в $(4)$ я вижу, что $P-9$ - на квадрат по предположению, а тогда $P-8 = (P-9)+1$ - не является числом вида $k^2+1$, но почему оно вдруг не может являться числом вида $a^2+b^2$?

[nnosipov]

lasta в сообщении #475564 писал(а):

Спасибо за точные координаты "где-нибудь"

Я отправил Вам ЛС точные координаты.

[lasta]

Sonic86 в сообщении #475567 писал(а):

lasta в сообщении #475349 писал(а):

Доказательство проводим рекуррентным методом
$\forall \square$, $P-\square\neq \square ~~~~(3)$, тогда,
$P-4 \neq \square$;
$P-8=1+O_1\neq \square+\square ~~~~ (4)$;
$P-12=4+O_2\neq\square+\square ~~~~(5)$;

Очевидно, согласно (3) ни $O_1$ ни $O_2$ не являются квадратами. Кроме того, ни $1+O_1$, ни $4+O_2$ не составляются двумя квадратами ни явным (первое число квадрат, а остаток не квадрат) ни неявным методами ($1+O_1$ и $4+O_2$ составляются из двух других квадратов). Так как для них справедливо (3).

Чего-то мне непонятно, как из 3 следует, что $1+O_1$ и $4+O_2$ не являются суммой квадратов. Например в $(4)$ я вижу, что $P-9$ - на квадрат по предположению, а тогда $P-8 = (P-9)+1$ - не является числом вида $k^2+1$, но почему оно вдруг не может являться числом вида $a^2+b^2$?

Потому что $O_1$ это тот же остаток, что и $P-9$, а $O_2$=$P-16$

-- 16.08.2011, 11:24 --

nnosipov в сообщении #475576 писал(а):

lasta в сообщении #475564 писал(а):

Спасибо за точные координаты "где-нибудь"

Я отправил Вам ЛС точные координаты.

Эйлер в 1749 году для доказательства не применял бесконечный спуск, а использовал лемму о существовании суммы двух квадратов двух взаимно простых чисел делящейся на это простое число. И доказательство он приводит с помощью малой теоремы Ферма.
И, вообще, никто до 1980 для утвердительных предложений, к которым относится данная задача, не использовал в доказательстве бесконечный спуск. Обычно он использовался для доказательства отрицательных предложений.
Впервые методом спуска эта задача доказана в книге Sharlou W., Opolke II. Fon Fermat bis Minkowski. Однако, моей целью было найти то «рассуждение, пролившее недостающий свет», которое по какой-то причине Ферма не посчитал нужным детализировать .

-- 16.08.2011, 11:40 --

Sonic86 в сообщении #475567 писал(а):

lasta в сообщении #475349 писал(а):

Доказательство проводим рекуррентным методом
$\forall \square$, $P-\square\neq \square ~~~~(3)$, тогда,
$P-4 \neq \square$;
$P-8=1+O_1\neq \square+\square ~~~~ (4)$;
$P-12=4+O_2\neq\square+\square ~~~~(5)$;

Очевидно, согласно (3) ни $O_1$ ни $O_2$ не являются квадратами. Кроме того, ни $1+O_1$, ни $4+O_2$ не составляются двумя квадратами ни явным (первое число квадрат, а остаток не квадрат) ни неявным методами ($1+O_1$ и $4+O_2$ составляются из двух других квадратов). Так как для них справедливо (3).

Чего-то мне непонятно, как из 3 следует, что $1+O_1$ и $4+O_2$ не являются суммой квадратов. Например в $(4)$ я вижу, что $P-9$ - на квадрат по предположению, а тогда $P-8 = (P-9)+1$ - не является числом вида $k^2+1$, но почему оно вдруг не может являться числом вида $a^2+b^2$?

Потому, что для всех возможных квадратов остатки не квадраты.

[Sonic86]

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Потому что $O_1$ это тот же остаток, что и $P-9$, а $O_2$=$P-16$

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Потому, что для всех возможных квадратов остатки не квадраты.

Так много ответов Но это должно вытекать как-то из предположения невозможности разложения $P$ в сумму двух квадратов, иначе это неверно:
вот взял я $P=53 = 2^2+7^2$, а $P-8=45 = 6^2+3^2$ - не получается.
И для $P-8$ и для $P-12$ остатки по модулю 4 всегда квадраты, если $P=4k+1$.

[nnosipov]

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Эйлер в 1749 году для доказательства не применял бесконечный спуск, а использовал лемму о существовании суммы двух квадратов двух взаимно простых чисел делящейся на это простое число.

Вы просто невнимательно читали это доказательство. Берём книжку А.В. Спивака (Арифметика-2, М.: Бюро Квантум, 2008) и читаем стр. 28-30: при доказательстве леммы 2 как раз и используется бесконечный спуск.

-- Вт авг 16, 2011 15:15:38 --

nnosipov в сообщении #475597 писал(а):

Однако, моей целью было найти то «рассуждение, пролившее недостающий свет», которое по какой-то причине Ферма не посчитал нужным детализировать .

В Вашем рассуждении столько тумана, что ни о каком "свете" и речи быть не может.

[lasta]

Sonic86 в сообщении #475567 писал(а):

lasta в сообщении #475349 писал(а):

Доказательство проводим рекуррентным методом
$\forall \square$, $P-\square\neq \square ~~~~(3)$, тогда,
$P-4 \neq \square$;
$P-8=1+O_1\neq \square+\square ~~~~ (4)$;
$P-12=4+O_2\neq\square+\square ~~~~(5)$;

Очевидно, согласно (3) ни $O_1$ ни $O_2$ не являются квадратами. Кроме того, ни $1+O_1$, ни $4+O_2$ не составляются двумя квадратами ни явным (первое число квадрат, а остаток не квадрат) ни неявным методами ($1+O_1$ и $4+O_2$ составляются из двух других квадратов). Так как для них справедливо (3).

Чего-то мне непонятно, как из 3 следует, что $1+O_1$ и $4+O_2$ не являются суммой квадратов. Например в $(4)$ я вижу, что $P-9$ - на квадрат по предположению, а тогда $P-8 = (P-9)+1$ - не является числом вида $k^2+1$, но почему оно вдруг не может являться числом вида $a^2+b^2$?

Не отчаивайтесь, и мне было трудно, и Ферма находился на этом месте в большом затруднении. Вы дошли до самого главного в доказательстве, и я Вас поздравляю. Но эмоции в сторону.
Разности между соседними четными (нечетными) квадратами по мере возрастания увеличиваются на $8$. Мы рассматриваем отдельно возрастания нечетных квадратов, начиная с $1$ и четных, начиная с $4$. Получаем числа $8k$ и $4+8k$. Способ доказательства рекуррентный. Например, в нечетных квадратах следующий за $1$ будет $9$. Рассматриваем $P-16$=1+$O_3$. И $O_3$, являющийся остатком для квадрата $9$ в числе $1+O_1$ в новом числе $1+O_3$ не является квадратом и т.д.

[nnosipov]

lasta в сообщении #475628 писал(а):

Рассматриваем $P-16$=1+$O_3$. И $O_3$, являющийся остатком для квадрата $9$ в числе $1+O_1$ в новом числе $1+O_3$ не является квадратом и т.д.

Какой-то поток слов, смысла не видно. Стоит ли нам разбираться в этом, если автор толком не может выразить свои мысли?

[Sonic86]

lasta в сообщении #475628 писал(а):

Не отчаивайтесь, и мне было трудно, и Ферма находился на этом месте в большом затруднении. Вы дошли до самого главного в доказательстве, и я Вас поздравляю. Но эмоции в сторону.
Разности между соседними четными (нечетными) квадратами по мере возрастания увеличиваются на $8$. Мы рассматриваем отдельно возрастания нечетных квадратов, начиная с $1$ и четных, начиная с $4$. Получаем числа $8k$ и $4+8k$. Способ доказательства рекуррентный. Например, в нечетных квадратах следующий за $1$ будет $9$. Рассматриваем $P-16$=1+$O_3$. И $O_3$, являющийся остатком для квадрата $9$ в числе $1+O_1$ в новом числе $1+O_3$ не является квадратом и т.д.

Товарищ, Вы можете аккуратно и точно мысли выразить? Здесь (как и в математике вообще) считается, что если доказательство не записано аккуратно и точно, то его нет
Кроме того - Вы это прочтите:

Sonic86 в сообщении #475595 писал(а):

lasta писал(а):

Потому, что для всех возможных квадратов остатки не квадраты.

Так много ответов Но это должно вытекать как-то из предположения невозможности разложения $P$ в сумму двух квадратов, иначе это неверно:
вот взял я $P=53 = 2^2+7^2$, а $P-8=45 = 6^2+3^2$ - не получается.
И для $P-8$ и для $P-12$ остатки по модулю 4 всегда квадраты, если $P=4k+1$.

Т.е. не то, что бы мне непонятно, а рассуждение неверно - я привел контрпример. Вы не использовали исходный факт предположения от противного.

[lasta]

nnosipov в сообщении #475597 писал(а):

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Эйлер в 1749 году для доказательства не применял бесконечный спуск, а использовал лемму о существовании суммы двух квадратов двух взаимно простых чисел делящейся на это простое число.

Вы просто невнимательно читали это доказательство. Берём книжку А.В. Спивака (Арифметика-2, М.: Бюро Квантум, 2008) и читаем стр. 28-30: при доказательстве леммы 2 как раз и используется бесконечный спуск.

-- Вт авг 16, 2011 15:15:38 --

nnosipov в сообщении #475597 писал(а):

Однако, моей целью было найти то «рассуждение, пролившее недостающий свет», которое по какой-то причине Ферма не посчитал нужным детализировать .

В Вашем рассуждении столько тумана, что ни о каком "свете" и речи быть не может.

В Вашей же рекомендованной литературе на стр. 17 которую Вы очевидно не дочитали до конца http://mmmf.msu.ru/lect/spivak/summa_sq.pdf после доказательства леммы 2, которую Эйлер действительно доказал бесконечным спуском и на которую Вы ссылаетесь, есть еще и то, что в доказательстве теоремы Ферма о простом 4к+1 Эйлер не использовал эту лемму со слов .”...Осталось сослаться на теорему 2 — и
теорема Ферма–Эйлера доказана! Впрочем, Эйлер в 1749 году так не рассуждал, а
использовал следующую лемму.
Лемма 3. Если $p = 4n + 1$ — простое число, то существует сумма квадратов
двух взаимно простых целых чисел, делящаяся на $p$ .
Доказательство:
В силу малой теоремы Ферма каждое из чисел $1^{4n}, 2^{4n}, 3^{4n},. . .,(4n−1)^{4n}, (4n)^{4n}$ даёт при делении на p остаток 1. Следовательно, все разности $(a + 1)^{4n} − a^{4n} = ((a + 1)^{2n} − a^{2n})((a + 1)^{2n} + a^{2n})$ , где $1$ $a < 4n$, кратны $p$ . Если ни одна из сумм
$(a+ 1)^{2n} +a^{2n}$ не кратна $p$ , то все разности $(a+ 1)^{2n} −a^{2n}$ кратны $p$ и поэтому
$a^{2n}\equiv 1 (\mod p) при a = 1 , 2, . . . , p − 1$; но многочлен степени $2n$
не может иметь $4n$ корней.”

-- 16.08.2011, 21:20 --

lasta в сообщении #475697 писал(а):

nnosipov в сообщении #475597 писал(а):

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Эйлер в 1749 году для доказательства не применял бесконечный спуск, а использовал лемму о существовании суммы двух квадратов двух взаимно простых чисел делящейся на это простое число.

Вы просто невнимательно читали это доказательство. Берём книжку А.В. Спивака (Арифметика-2, М.: Бюро Квантум, 2008) и читаем стр. 28-30: при доказательстве леммы 2 как раз и используется бесконечный спуск.

-- Вт авг 16, 2011 15:15:38 --

nnosipov в сообщении #475597 писал(а):

Однако, моей целью было найти то «рассуждение, пролившее недостающий свет», которое по какой-то причине Ферма не посчитал нужным детализировать .

В Вашем рассуждении столько тумана, что ни о каком "свете" и речи быть не может.

В Вашей же рекомендованной литературе на стр. 17 которую Вы очевидно не дочитали до конца http://mmmf.msu.ru/lect/spivak/summa_sq.pdf после доказательства леммы 2, которую Эйлер действительно доказал бесконечным спуском и на которую Вы ссылаетесь, есть еще и то, что в доказательстве теоремы Ферма о простом 4к+1 Эйлер не использовал эту лемму со слов .”...Осталось сослаться на теорему 2 — и
теорема Ферма–Эйлера доказана! Впрочем, Эйлер в 1749 году так не рассуждал, а
использовал следующую лемму.
Лемма 3. Если $p = 4n + 1$ — простое число, то существует сумма квадратов
двух взаимно простых целых чисел, делящаяся на $p$ .
Доказательство:
В силу малой теоремы Ферма каждое из чисел $1^{4n}, 2^{4n}, 3^{4n},. . .,(4n−1)^{4n}, (4n)^{4n}$ даёт при делении на p остаток 1. Следовательно, все разности $(a + 1)^{4n} − a^{4n} = ((a + 1)^{2n} − a^{2n})((a + 1)^{2n} + a^{2n})$ , где $1$ $a < 4n$, кратны $p$ . Если ни одна из сумм
$(a+ 1)^{2n} +a^{2n}$ не кратна $p$ , то все разности $(a+ 1)^{2n} −a^{2n}$ кратны $p$ и поэтому
$a^{2n}\equiv 1 (\mod p) при a = 1 , 2, . . . , p − 1$; но многочлен степени $2n$
не может иметь $4n$ корней.”

Что касается тумана, я только путник в тоннелях Ферма, которые он пробил в горе Математика в нужные точки и пытаюсь разобраться, как это ему удалось сделать, стараясь использовать те суждения, которые использовались в его время.

-- 16.08.2011, 21:37 --

Sonic86 в сообщении #475595 писал(а):

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Потому что $O_1$ это тот же остаток, что и $P-9$, а $O_2$=$P-16$

lasta в сообщении #475590 писал(а):

Потому, что для всех возможных квадратов остатки не квадраты.

Так много ответов Но это должно вытекать как-то из предположения невозможности разложения $P$ в сумму двух квадратов, иначе это неверно:
вот взял я $P=53 = 2^2+7^2$, а $P-8=45 = 6^2+3^2$ - не получается.
И для $P-8$ и для $P-12$ остатки по модулю 4 всегда квадраты, если $P=4k+1$.

Все правильно, но мы же доказываем из противоположного, для любого простого $4k+1$, предполагая, что оно не составляется из двух квадратов и, приходя методом спуска, именно к тем числам, о которых Вы говорите (наименьшее из них $5$?) как раз и доказываем о неверности нашего предположения.