Теорема Ферма для четных степеней

[vmh]

Добрый день, уважаемые участники форума. В этой теме я хочу рассмотреть доказательство теоремы Ферма для четных степеней. Элементарное доказательство ВТФ для четных степеней существует, но охватывает не все случаи, об этом написано на данном форуме:

shwedka в сообщении #641327 писал(а):

Доказательство, при этом, не для всех четных чисел, действительно элементарное, но далеко не простое. Оно использует понятия из элементарной теории чисел, выходящие за пределы знаний ферматиков-любителей.
Кому все же интересно, см.

Terjanian, Guy
Sur l'équation $x^{2p}+y^{2p}=z^{2p}$.
C. R. Acad. Sci. Paris Sér. A-B 285 (1977), no. 16, A973–A975.

Hellegouarch, Yves Une généralisation d'un théorème de Terjanian. Séminaire de Théorie des Nombres, Paris, 1989–90, 77–92, Progr. Math., 102, Birkhäuser Boston, Boston, MA, 1992

Hellegouarch, Yves Théorème de Terjanian généralisé. Sém. Théor. Nombres Bordeaux (2) 2 (1990), no. 2, 245–254.

Rotkiewicz, Andrzej On the equation $x^{p}+y^{p}=z^{2}$. Bull. Acad. Polon. Sci. Sér. Sci. Math. 30 (1982), no. 5-6, 211–214.

Rotkiewicz, A. On Fermat's equation with exponent $2p$. Colloq. Math. 45 (1981), no. 1, 101–102 (1982).

Получение правильного доказательства для всех четных степеней было бы, наверное, любопытным результатом.
Далее я приведу свой вариант доказательства. Являясь «любителем», я при этом являюсь и реалистом, поэтому буду благодарен всем участникам за критику и найденные ошибки.

1.Итак, $q=2p$. Достаточно рассмотреть ситуацию, когда $p$ – нечетное простое число (вариант, когда $q$ кратно 4 был, как известно, доказан самим П. Ферма).
$(x^p )^2+(y^p )^2=(z^p )^2$ (1)
В таком случае числа $x^p,y^p,z^p$ являются взаимнопростыми и представляют собой пифагорову тройку. Должно выполняться:
$\begin{equation*} \begin{cases} m^2-n^2=x^p, \\ 2mn=y^p, \\ m^2+n^2=z^p. \end{cases} \end{equation*}$ (2)

Где $m$ и $n$ – взаимнопростые натуральные числа разной четности, и m>n.
Далее, согласно правилам форума, я рассматриваю наименьшую степень, для которой доказательство должно работать, $q=6$.

2. Лемма (понадобится в дальнейших рассуждениях)
Пусть $r$ и $s$ взаимнопростые и нечетные числа. Если рассматривать разность и сумму $p$ -степеней чисел $r$ и $s$, то по крайней мере одна из пар полученных чисел будет взаимнопростой:
1) $(r-s)$ и $(r^{p-1}+r^{p-2}s+...+rs^{p-2}+s^{p-1})$
или
2) $(r+s)$ и $(r^{p-1}-r^{p-2}s+...-rs^{p-2}+s^{p-1})$

Док-во

Предположим, что $(r-s)$ и $(r^{p-1}+r^{p-2}s+...+rs^{p-2}+s^{p-1})$ делятся на некоторое число $t>1$. Таким образом, $r-s\equiv 0\mod {t}$, т.е. $r\equiv s\mod {t}$. Учитывая, что $gcd (s,t)=1$ в силу взаимной простоты $r$ и $s$, получим $r^{p-1}+r^{p-2}s+...+rs^{p-2}+s^{p-1} = ps^{p-1}\mod {t}$. Значит, $p$ делится на $t$, но поскольку $p$ - простое, то $p=t$.

Аналогично предположим, что $(r+s)$ и $(r^{p-1}-r^{p-2}s+...-rs^{p-2}+s^{p-1})$ делятся на некоторое число $t_1>1$. Таким образом, $r+s\equiv 0\mod {t_1}$, т.е. $r\equiv -s\mod {t_1}$. Учитывая, что $gcd (s,t_1)=1$ в силу взаимной простоты $r$ и $s$, а также учитывая, что $p$ - нечетное, получим $r^{p-1}-r^{p-2}s+...-rs^{p-2}+s^{p-1} = ps^{p-1}\mod {t_1}$. Значит, $p$ делится на $t_1$, но поскольку $p$ - простое, то $p=t_1=t$.

Но $(r-s)$ и $(r+s)$ не могут одновременно делится на $p$, если $gcd(r,s)=1$.
//

3. Рассмотрим $(m-n)(m+n)=x^3$. Из взаимной простоты $m$ и $n$ следует, что $m-n$ и $m+n$ также взаимно просты.
Подробнее:
Пусть $m+n=fg$ и $m-n=fh$, при этом f – нечетное число.Отсюда $2m=f(g+h)$ и $2n =f(g-h)$, следовательно, и $m$, и $n$ делятся на $f$, что невозможно.
Если $(m-n)$ и $(m+n)$ – взаимнопростые числа, то каждое из них является кубом.

4. Пусть $a=m+n$ и $b=m-n$, тогда
$\begin{equation*} \begin{cases} a^2-b^2=(m+n)^2-(m-n)^2=2y^3, \\ 2ab=2x^3, \\ a^2+b^2=2z^3. \end{cases} \end{equation*}$ (3)

Заметим, что $a$ и $b$ являются нечетными числами и, в силу п. 3, являются кубами, $a^2=(a_1^3)^2$ и $b^2=(b_1^3)^2$.
Примем $a_1^2=c$ и $b_1^2=d$. Перепишем из (3):
$\begin{equation*} \begin{cases} c^3-d^3=(c-d)(c^2+cd+d^2)=2y^3, \\ c^3+d^3=(c+d)(c^2-cd+d^2)=2z^3. \end{cases} \end{equation*}$ (4)
Где $c,d$ -взаимнопростые числа, $c,d,z$ – нечетные числа, $y$ – четное число.
Используя Лемму из п.2 получаем, что, либо $(c-d)$ и $(c^2 + c d + d^2)$, либо $(c+d)$ и $(c^2 - c d + d^2)$ точно взаимнопростые.

В первом случае $(c^2 + c d + d^2)$ является кубом нечетного числа, а $(c-d)$ является кубом четного числа, но это невозможно, поскольку $y$ - четное число.
Пояснение:
Пусть $2y^3=2^{3i+1}y_1^3$, где $y_1$ – нечетный множитель числа $y$.
Пусть $(c-d)=2^{3j}l$, где $l$ – нечетный множитель числа $(c-d)$.
Тогда $2^{3i+1}=2^{3j}$, где $i,j$ - целые числа. Но из $3i+1=3j$ получаем $i=j-1/3$.

Во втором случае $(c^2 - c d + d^2)$ является кубом нечетного числа, а $(c+d)$ является кубом четного числа, но это невозможно, поскольку $z$ – нечетное число.

Таким образом, $x^6+y^6 \neq z^6$.

Если приведенные выше рассуждения верны, можно переписать доказательство в общем виде для всякого простого $p$ и, соответственно, для любого четного $q$.

[g______d]

vmh в сообщении #1241984 писал(а):

Из взаимной простоты $m$ и $n$ следует, что $m-n$ и $m+n$ также взаимно просты.

Не следует. Пример сами найдите (хватит пальцев одной руки).

[vmh]

Уважаемый g______d, я привожу этому утверждению доказательство (важно, что $m$ и $n$ - числа разной четности). Прошу Вас указать на ошибку в рассуждениях (контрпример не нашел даже на пальцах двух рук).

[g______d]

vmh в сообщении #1242011 писал(а):

важно, что $m$ и $n$ - числа разной четности

А, это я пропустил. Сорри.

-- Вс, 20 авг 2017 12:00:15 --

Ладно. Вот это откуда?

vmh в сообщении #1241984 писал(а):

$(c-d)$ является кубом четного числа

[grizzly]

vmh в сообщении #1241984 писал(а):

В первом случае $(c^2 + c d + d^2)$ является кубом нечетного числа, а $(c-d)$ является кубом четного числа, но это невозможно, поскольку $y$ - четное число.

Вот этот момент про $c-d$ можно чуть подробнее прояснить? Почему, скажем, $c-d$ не может просто равняться 2 или $2\cdot 7^3$?

-- 20.08.2017, 22:16 --

а, вопрос уже всплыл :)

[vasili]

Уважаемый vmh! К сожалению ни $c-d$ ни $c + d$ не являются кубами.
Так $c-d =2^{i +1 }y_1^3$, а
$c + d = 2z_1^3$, где $y_1,z_1$ нечетные делители чисел y и z соответственно

-- 21.08.2017, 08:28 --

точнее $c-d =2^{3i +1 }y_1^3$

[vasili]

1-ый случай и вариант 2-го случая, когда $(z,3 ) = 3$ для 6-ой степени ВТФ имеет примитивное решение. -
Пусть y число четное, т.е имеет вид $6m + 2$ или $6m + 4$, тогда $y^2$ и $(y^2)^3$ имеют вид $6m_1 + 4$
Числа $x , z$ - нечетные.
Квадрат любого нечетного числа, кроме вида $6m + 3$, имеет вид $6m + 1$.
Тогда 1-ый случай будет $x^3 + y^3-z^3 = 6m +1 + 6m_1 +4-6m_2 - 1 = 6m_3 +4$,
пришли к противоречию.
2-ой случай где $z =6n +3$, тогда и $z^3 = 6n_1 + 3$ имеем
$x^3 + y^3-z^3 = 6m +1 + 6m_1 +4-6h_1 - 3 = 6m_4 +2$,
пришли к противоречию.

[vasili]

Тогда 1-ый случай будет $(x^2)^3 + (y^2)^3-(z^2)^3 = 6m +1 + 6m_1 +4-6m_2 - 1 = 6m_3 +4$,
пришли к противоречию. 2-ой случай где $z =6n +3$, тогда и $(z^2)^3 = 6n_1 + 3$ имеем
$(x^2)^3 + (y^2)^3-(z^2)^3 = 6m +1 + 6m_1 +4-6h_1 - 3 = 6m_4 +2$,
пришли к противоречию.

[atlakatl]

Если $x^{a \cdot n}+y^{a \cdot n}=z^{a \cdot n}$ имеет решение, то будет верным и $x^n+y^n=z^n$ при той же тройке $(x, y, z)$.
Таким образом, доказав несуществование решений при чётных показателях, vmh доказал ВТФ и в общем виде.

[grizzly]

atlakatl в сообщении #1242104 писал(а):

Таким образом, доказав несуществование решений при чётных показателях, vmh доказал ВТФ и в общем виде.

Нет, здесь Вы ошибаетесь. Так можно было бы доказать существование. А несуществование подобным рассуждением доказывается только для чисел специального вида.

-- 21.08.2017, 12:25 --

atlakatl
Простой пример. Из несуществования решений для 4-й степени не следует несуществование таковых для 2-й.

[atlakatl]

grizzly
Для $n=4$ есть простое решение, оставленное самим Ферма. Так что его можно просто выбросить из доказательства.
А вот уже для $n=3$ элементарного доказательства не существует. Берём $n=6$, доказываем по vmh, что для него нет ни одной тройки $(x, y, z)$ - и мы в дамках. Отсюда следует, что что нет и ни одной такой тройки и для $n=3$.
Ведь существуй решение при $n=3$, мы всегда можем подставить его в $n=6$.

[kotenok gav]

atlakatl в сообщении #1242134 писал(а):

Отсюда следует

Почему?

[atlakatl]

kotenok gav

atlakatl в сообщении #1242134 писал(а):

Ведь существуй решение при $n=3$, мы всегда можем подставить его в $n=6$.

[Sender]

atlakatl в сообщении #1242104 писал(а):

Если $x^{a \cdot n}+y^{a \cdot n}=z^{a \cdot n}$ имеет решение, то будет верным и $x^n+y^n=z^n$ при той же тройке $(x, y, z)$.

Но ведь это же неверно. $3^2+4^2=5^2,$ но $3+4 \neq 5$

[atlakatl]

Sender в сообщении #1242143 писал(а):

$3^2+4^2=5^2,$ но $3+4 \neq 5$

Этот случай тоже можно не рассматривать.
Вот тезис из Постников М.М. "Теорема Ферма", 1978: