Метод бесконечного спуска Ферма

[RickD]

Сам Ферма оставил доказательство Великой теоремы для четвертых степеней. Здесь он применил "метод неопределенного или бесконечного спуска", который он описывал в своем письме к Каркави (август 1659 года) следующим образом:

  "Если бы существовал некоторый прямоугольный треугольник в целых числах, который имел бы площадь, равную квадрату, то существовал бы другой треугольник, меньший этого, который обладал бы тем же свойством. Если бы существовал второй, меньший первого, который имел бы то же свойство, то существовал бы в силу подобного рассуждения третий, меньший второго, который имел бы то же свойство, и, наконец, четвертый, пятый, спускаясь до бесконечности. Но если задано число, то не существует бесконечности по спуску меньших его (я все время подразумеваю целые числа). Откуда заключают, что не существует никакого прямоугольного треугольника с квадратной площадью".

Не совсем понятна его цепочка рассуждений. Буду благодарен если кто нибудь сможет сделать пояснение к методу.

[Руст]

Речь идёт о натуральных числах где не существует бесконечно убывающей последовательности $x_1>x_2>x_3> \dots$.

[RickD]

Руст писал(а):

Речь идёт о натуральных числах где не существует бесконечно убывающей последовательности $x_1>x_2>x_3> \dots$.

При чем тогда здесь площадь квадрата?

Давайте начнем по порядку.
Если бы существовал некоторый прямоугольный треугольник в целых числах, который имел бы площадь, равную квадрату...

Почему если бы и почему прямоугольный треугольник в целых числах, который имел бы площадь, равную квадрату?

[Руст]

В то время высказывались геометрически.
1. Прямоугольник треугольник с целыми сторонами:
(1) $a^2+b^2=c^2$.
То, что площадь квадрат целого эквивалентно:
(2) $2ab=d^2$.
Эти уравнения дают:
$x^2+y^4=z^4, x=|a^2-b^2|, y=d,z=c$.
Он доказывал отсутствие решения у такого (несколько общего, чем случай n=4 для ВТФ) уравнения.

[juna]

Метод бесконечного спуска, конечно, достойное изобретение. Но ведь как только Вам его расскажут, Вы встанете на тропу ферманистов.
Если без математики, на пальцах, то метод в следующем: пусть требуется доказать невозможность какого-либо утверждения о натуральных числах – P(n) – не верно для всех n. Предполагают, что верно для некоторого n, затем доказывают, что из этого предположения следует, что оно верно и для (n-1). Далее, применяя те же самые рассуждения к случаю (n-1) доказывают справедливость для (n-2) и т.д. до бесконечности. Но не существует бесконечности по спуску в ряду натуральных чисел. ч.т.д.
Как видите, метод бесконечного спуска, в некотором смысле, есть метод математической индукции наоборот.
P.S. Если Вы цитируете доказательство Ферма, значит перед Вами книжка, в которой все обстоятельно описано. А книжка, я предполагаю, следующая: Хрестоматия по истории математики под ред. Юшкевича. В комментариях к методу есть полное доказательство на современном алгебраическом языке.

[RickD]

Хм. Как не странно у меня самого возникала мысль, что это индукция наоборот.

[Руст]

Только после n идёт не n-1, а какое то число меньше n и т.д.

[juna]

Правильно, для доказательства невозможности не нужно проверять для каждого, важно лишь получить бесконечный спуск.

[Stream]

Метод бесконечного спуска

"для некоторых натуральных чисел $p$ и $q$. Тогда

$2 = \frac{p^2}{q^2}$
$2q^2 = p^2$

Это означает, что $p$ — чётное число." (C) WIki, которая взяла публикацию из Квант.

Как они решили, что $p$ – четное число?
У меня $p$ ни разу не четное, даже не натуральное получается. Я голову себе бью, думая над тем, каким образом выходит, что $p$ – четное.

-- 27.03.2012, 14:51 --

which means that "2 divides p" (that is, "p is divisible by 2"). (If 2 did not divide p, then the prime factorization of p (the product of its primes) would contain no 2's. So when one squares p by squaring all its factors, there still would be no 2's in the resulting prime factorization of p2. But since p2 has been found to be divisible by 2, p must be divisible by 2 as well.)

(C) Eng Wiki

Так понятнее. Вопроса нет.

[Sonic86]

Stream в сообщении #552579 писал(а):

$2q^2 = p^2$

Это означает, что $p$ — чётное число." (C) WIki, которая взяла публикацию из Квант.

Как они решили, что $p$ – четное число?

$2q^2 = p^2 \Rightarrow 2|p^2$. Может ли тогда $p$ быть нечетным?

[Stream]

[quote="Sonic86] в [url=http://dxdy.ru/post552595.html#p552595]Может ли тогда $p$ быть нечетным?[/quote]
В данном случае квадрат есть произведение. Произведение нечетных дает нечетное. В данном случае оно четное. Поскольку числа одинаковы, то p – четное.
Вы написали доказательство от противного, что тоже хорошо.

[Sonic86]

ну главное, чтоб Вам было понятно

[Профессор Снэйп]

Метод бесконечного спуска - это трансфинитная индукция, что ли?

[Someone]

Нет, это обычная индукция "наоборот": каждому решению диофантова уравнения сопоставляется его "величина" - некоторое натуральное число, вычисляемое по этому решению. Если удаётся показать, что по каждому решению можно построить решение меньшей "величины", то решений нет: если бы решение существовало, то оно порождало бы бесконечную последовательность решений убывающей "величины", что невозможно, так как каждое непустое множество натуральных чисел имеет наименьший элемент.
Этот метод применяется и в других случаях. Например, обычное доказательство иррациональности $\sqrt 2$ использует этот метод.

Пусть $\sqrt 2=\frac mn$, где $n$ и $m$ - натуральные числа. "Величиной" дроби $\frac mn$ будем называть её знаменатель $n$. Тогда $m^2=2n^2$, поэтому $m=2m_1$, где $m_1$ - натуральное. Но тогда $n^2=2m_1^2$, поэтому $n=2n_1$, где $n_1$ - натуральное. Отсюда получаем $\sqrt 2=\frac{m_1}{n_1}$, причём, "величина" дроби $\frac{m_1}{n_1}$ меньше "величины" дроби $\frac mn$.

[Cash]

Вспомнил одно стандартное, но весьма впечатляющее применение метода спуска.

Пусть положительные целые числа a и b таковы, что $a^2+b^2$ делится нацело на $ab+1$.
Доказать, что $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ является квадратом целого числа. (IMO, 88)

(Решение)

Пусть $a\geq b$ и $\frac{a^2+b^2}{ab+1} = k$ - целое
Рассмотрим уравнение $x^2 - kbx + b^2-k=0$. Один корень этого уравнения $x_1=a$, другой находим по теореме Виета
$x_2 = kb-a$ (1) или $x_2 = \frac{b^2-k}{a}$ (2)
Из (1) следует, что $x_2$ - целое; из (2), что $x_2 < b$.
Ну и отметим, что $k(x_2b+1 )= x_2^2+b^2>0$, откуда $x_2>-1$ \Rightarrow x_2\geq 0$.
Построим последовательность $u_1=a$, $u_2 =b$, $u_{i+2} = \frac{u_{i+1}^2-k}{u_i}$
Соседние члены $u_i, u_{i+1}$ этой последовательности удовлетворяют равенству $\frac{u_{i+1}^2+u_i^2}{u_{i+1}u_i+1} = k$
Это убывающая последовательность целых неотрицательных чисел, а следовательно $u_n=0$ при некотором $n$.
Тогда $k =\frac{u_{n-1}^2+0^2}{u_{n-1}\cdot 0+1} = u_{n-1}^2$.