Простое доказательство ВТФ для чётных степеней

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

В 1977 году Тержанян доказал "первый случай" теоремы Ферма для чётных степеней:
Равенство $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$ не имеет нетривиальных решений в целых числах, при условии n - нечётное число >1 и $x,y,z$ не делятся на $n$ .
Предположим $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$ , где $x$ и $y$ не имеют общих делителей. Тогда $x$ и $y$ не могут быть оба нечётными числами, иначе правая часть делится на 4, а левая часть не делится. Предположим $x$ - чётное, а $y$ -нечётное число. Тогда $z$ -нечётное число, и

$x^{2n}=(z^2-y^2)\times\frac{z^n-y^n}{z-y}\times\frac{z^n+y^n}{z+y}$

Поскольку доказывается только "первый случай" теоремы Ферма, в котором $x$ не делится на $n$ , то можно показать, что все три множителя в правой части не имеют общих делителей и значит являются квадратами целых чисел.
Полиномы $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ и $$\frac{z^n+y^n}{z+y}$ не могут оба быть квадратами на основании следующей леммы:

Лемма.
---------
Пусть $z$ и $y$ - нечётные взаимно-простые целые числа дающие одинаковые остатки при делении на 4.
Тогда $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не является квадратом целого числа.

Тержанян дал несложное доказательство этой леммы, используя закон квадратичной взаимности.

Я нашёл другое доказательство в частном случае, если $(n+1)$ имеет нечётный делитель, дающий при делении на 4 остаток 3.

Доказательство:

По условию $(n+1)$ имеет делитель $m$ вида $4k+3$ . Легко проверить, что $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ даёт при делении на $(z-y)$ такой же остаток как $m\times y^{(m-1)}$ . Поскольку по условию $(z-y)$ делится на 4, $y$ - нечётное число и $(m-1)$ - чётное число, то $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ даёт при делении на 4 такой же остаток как $m$ , то есть остаток 3. Поэтому $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ имеет простой делитель p, дающий при делении на 4 остаток 3.

Легко проверить, что имеет место тождество:

$$\frac{z^n-y^n}{z-y}+(yz)^{(n-1)/2}=\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}\times(z^{(n-1)/2}+y^{(n-1)/2})$

Поскольку $$\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}$ делится на $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ , то правая часть тождества делится на $p$ .
Для простоты предположим сначала, что $(n-1)$ делится на 4. Если бы число $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ было квадратом целого числа, то сумма двух квадратов целых взаимно-простых чисел делилась бы на $p$ , а это невозможно, поскольку $p$ даёт остаток 3 при делении на 4.
Значит $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не является квадратом целого числа, что и требовалось доказать.
Можно и не предполагать, что $(n-1)$ делится на 4, поскольку $(yz)^{(n-1)/2}-y^{(n-1)/2+m}$z^{(n-1)/2-m}$ делится на $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ .

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Я нашёл доказательство леммы в одну строчку, в случае, если
$n$ число вида $4k+3$ :

$$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не может быть квадратом нечётного числа потому, что даёт при делении на 4 такой же остаток, как $n\times$y^{n-1}$ , то есть остаток 3.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Рассмотрим диофантово уравнение:

$$\frac{z^n-y^n}{z-y}=v^2$

Метод Тержаняна позволяет исследовать это уравнение только в случае, если $(z-y)$ делится на 4.
При n=3 оно имеет решения, например: $$\frac{8^3+5^3}{8+5}=7^2$

При n>3 решений нет, но элементарного доказательства этого пока никто не нашёл.
ВТФ для чётных степеней является простым следствием несуществования решений этого диофантового уравнения.
Тержанян доказал только "первый случай" ВТФ для чётных степеней, а простого доказательства "второго случая" ВТФ для чётных степеней, пока нет.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

В случае, если $(z-y)$ делится на 4, а $n$ - число вида $4k+3$ , я нашёл ещё одно красивое доказательство, которое использует закон квадратичной взаимности, и ближе к доказательству Тержаняна.

Возьмём какое-либо нечётное число $m$ , дающее остаток 3, при делении на 4, такое что $(m-1)$ делится на $n$ .
Тогда $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ , вследствие тождества:

$$\frac{z^m-y^m}{z-y}-(yz)^{(m-1)/2}=\frac{z^{(m-1)/2}-y^{(m-1)/2}}{z-y}\times(z^{(m+1)/2}+y^{(m+1)/2})$

и поскольку $(yz)^{(m-1)/2)}-y^{(m-1)/2+n}$z^{(m-1)/2-n}$ делится на $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ ,

причём оба $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ и $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ дают остаток 3 при делении на 4.

Согласно закону квадратичной взаимности, $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не является квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ , значит не может быть квадратом целого числа, что и требовалось доказать.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Теперь не будем предполагать, что $(z-y)$ делится на 4, и пусть $m$ - какое-либо простое число, дающее остаток 1 при делении на $n$ .
Тогда $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ , но поскольку оба числа могут давать остаток 1 при делении на 4, то в этом случае, закон квадратичной взаимности не говорит, является ли $$\frac{z^n-y^n}{z-y}$ квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ , а только даёт значение 1 для символа Якоби.

Предположим $(z-y)$ не делится на $m$ и будем рассматривать только такие $m$ .

Пусть $p$ - какой либо простой делитель числа $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ и посмотрим что даёт полиномиальный закон квадратичной взаимности в кольце полиномов $Z_{p}[t]$ .
Согласно этому закону, символ Якоби $($\frac{\frac{t^n-1}{t-1}}{\frac{t^m-1}{t-1}})$ равен 1, поскольку оба полинома имеют чётную степень.

Заметим, что $(p-1)$ делится на m, и что полином $$\frac{t^m-1}{t-1}$ разлагается в $Z_{p}[t]$ на линейные множители:

$$\frac{t^m-1}{t-1}=(t-a)(t-a^2)...(t-a^{m-1})$ , где $a$ сравнимо с $$\frac{z}{y}$ по модулю p.

Из этого я сделал вывод, что

$$\frac{z^n-y^n}{z-y}\frac{z^{2n}-y^{2n}}{z^2-y^2}...\frac{z^{(m-1)n}-y^{(m-1)n}}{z^{m-1}-y^{m-1}}$
является квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ .

Правильно?

maxal · 11/01/06 5702

Что значит фраза "A является квадратичным вычетом B" ?
Имеется ли в виду, что "A является квадратичным вычетом по модулю B" или что-то иное?

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Да, конечно, по модулю B.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Мой вывод, что $$\frac{z^n-y^n}{z-y}\frac{z^{2n}-y^{2n}}{z^2-y^2}...\frac{z^{(m-1)n}-y^{(m-1)n}}{z^{m-1}-y^{m-1}}$
является квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ можно доказать другим способом, попарно группируя сомножители.
Например, несложно показать, что $$\frac{z^n-y^n}{z-y}\frac{z^{(m-1)n}-y^{(m-1)n}}{z^{m-1}-y^{m-1}}$
является квадратичным вычетом по модулю $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$ , причём это верно для любого нечётного $m$ .
Моё рассуждение с применением закона квадратичной взаимности использует ненужное условие, что $(m-1)$ делится на $n$ .
На самом деле символ Якоби $($\frac{\frac{t^n-1}{t-1}}{\frac{t^m-1}{t-1}})$ равен 1 для любого нечётного $m$ .

maxal · 11/01/06 5702

Феликс Шмидель писал(а):

Пусть $p$ - какой либо простой делитель числа $$\frac{z^m-y^m}{z-y}$
...
Заметим, что $(p-1)$ делится на m

С чего бы это вдруг?
Скорее верно обратное, т.е. что $m$ делится на $p-1$ , да и то не для всякого $p$ . Это так, если $p$ - примитивный простой делитель $z^m-y^m$ (который существует почти всегда согласно теореме Зигмонда).
А в общем случае можно утверждать всего лишь, что $m$ делится на мультипликативный порядок $y/z$ по модулю $p$ .

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

maxal, в том посту, где я это утверждал, было условие, что $m$ - простое число. В этом случае, $m$ это мультипликативный порядок $y/z$ по модулю $p$ , и именно поэтому $(p-1)$ делится на $m$ .

maxal · 11/01/06 5702

Феликс Шмидель писал(а):

maxal, в том посту, где я это утверждал, было условие, что $m$ - простое число. В этом случае, $m$ это мультипликативный порядок $y/z$ по модулю $p$ , и именно поэтому $(p-1)$ делится на $m$ .

А что если тот самый мультипликативный порядок равен 1 ? Или другими словами $p$ делит $y-z$ , что впрочем может не мешать ему делить также $\frac{y^m - z^m}{y-z}$ .

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

maxal, здесь вы правы, но это может быть только в случае, если $m$ делится на $p$ , а поскольку $m$ - простое число, то $p=m$ .
Я исправил свой пост, наложив на $m$ дополнительное условие, что $(z-y)$ не делится на $m$ .

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Иногда бывает полезно рассматривать именно исключения, поэтому я проанализировал указанный уважаемым maxal-ом случай $p=m$ .
В $Z_m[t]$ , $$\frac{t^m-1}{t-1}=(t-1)^{m-1}$ , и очевидно, что символ Якоби $($\frac{\frac{t^n-1}{t-1}}{\frac{t^m-1}{t-1}})$ равен 1, но это не даёт никакой новой информации.
Вообще, я должен признать, что в моём рассуждении с использованием закона полиномиальной квадратичной взаимности нет, что называется, "мяса", по той причине, что символ Якоби $($\frac{\frac{t^n-1}{t-1}}{\frac{t^m-1}{t-1}})$
равен 1 для любого нечётного $m$ .
Это легко показать найдя остаток от деления $$\frac{t^n-1}{t-1}$ на $$\frac{t^m-1}{t-1}$ , который равен $$\frac{t^r-1}{t-1}$ , где r - остаток от деления $n$ на $m$ . Согласно закону полиномиальной квадратичной взаимности, символы Якоби $($\frac{\frac{t^n-1}{t-1}}{\frac{t^m-1}{t-1}})$
и $($\frac{\frac{t^m-1}{t-1}}{\frac{t^r-1}{t-1}})$ равны, и продолжая процесс деления $m$ на $r$ и т.д. мы придём в конце к символу Якоби с 1 в числителе, равному 1.
По аналогичной причине, доказательство Тержаняна не работает для случая, если $(z-y)$ не делится на 4.
Я должен признать, что все случаи ВТФ, которые я доказал в этой теме, покрываются доказательством Тержаняна, а продвинуться дальше этого, я не смог.

ИМХО · 19/12/05 23

http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=1531
ГЫ! Всё гораздо проще.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

ИМХО, среди простых доказательств ВТФ, доказательство Тержаняна для чётных степеней это луч света в тёмном царстве, потому что в отличие от многочисленных "доказательств", оно правильно. Мои доказательства ВТФ для чётных степеней тоже правильны, и я думаю, это никто не станет оспаривать. А о вашем "доказательстве" этого сказать нельзя.

Научный форум dxdy

Правила форума

Простое доказательство ВТФ для чётных степеней

Кто сейчас на конференции