О чётных степенях, или чудесное доказательство Ферма

[Rob123]

Часть 1.

Легко доказать, что уравнение

$$a^{2n}=b^{2n}+c^{2n}.\eqno(1)$$

не имеет решений в целых ненулевых попарно взаимно простых числах a, b, c, неделящихся на число n, кроме некоторых чисел вида n=8k+1 и n=2(Первый случай ВТФ). Несколько сложнее Второй случай ВТФ. Как обычно, достаточно доказать утверждение только для простых значений n. Заметим, что для чётных показателей степеней ВТФ имеется элементарное (и достаточно простое) доказательство Первого случая ВТФ (Тержанян, 1977) [1]. Ниже приведено ещё более простое доказательство этого случая (без использования квадратичного закона взаимности), доступное Ферма, а также доказан Второй случай ВТФ для чётных показателей степеней.
Пусть числа a, b, c попарно взаимно просты, тогда одно и только одно из чисел a, b, c четно. Поскольку в этом случае значение a чётным быть не может (сумма двух нечетных квадратов не делится на 4), то получаем, что значение a нечётно, и только одно из чисел b, c чётно. Для определённости будем считать, что чётно число b.
Имеем стандартное разложение

$$((a^2 )^{n-1}+(a^2 )^{n-2} (c^2 )^1+...+(c^2 )^{n-2}) (a^2-c^2 )=b^{2n}.\eqno(2)$$

Как обычно, заключаем, что сомножители

$$((a^2 )^{n-1}+(a^2 )^{n-2} (c^2 )^1+...+(c^2 )^{n-2}), (a^2-c^2 )$$

попарно взаимно просты, за исключением возможно одного простого сомножителя n (лемма 1), следовательно, остальные их простые сомножители являются 2n-ми степенями.
Рассмотрим все возможные суммы и разности различных сомножителей уравнения (2).
Случай n=3. При n=3 получаем

$$(a^2-ac+c^2 )(a^2+ac+c^2 )(a-c)(a+c)=b^{6} .\eqno(3)$$

Числа

$$(a^2-ac+c^2 ); (a^2+ac+c^2 )$$

нечётны при нечётном n (лемма 2), следовательно, они взаимно просты (лемма 1) и имеют вид

$$(a^2-ac+c^2 )=b_1^6; (a^2+ac+c^2 )=b_2^6; \eqno(4)$$

либо

$$(a^2-ac+c^2 )=3 b_1^6; (a^2+ac+c^2 )=b_2^6; \eqno(5)$$

либо

$$(a^2-ac+c^2 )=b_1^6; (a^2+ac+c^2 )=3 b_2^6. \eqno(6)$$

Пусть число b не кратно n=3, тогда реализуется только один случай (4). Рассмотрим суммы и разности различных сомножителей (4):

$$ \begin{cases} {(a^2-ac+c^2 )-(a^2+ac+c^2 )=-2ac=b_1^6-b_2^6;&\\ (a^2-ac+c^2 )+(a^2+ac+c^2 )=2(a^2+c^2 )=b_1^6+b_2^6.&\ \end{cases} \eqno(7)$$

Однако для нечётных чисел $b_1, b_2$ (лемма 2) всегда верно соотношение (лемма 3)

$$-2ac \not\equiv b_1^6-b_2^6=(b_1^3-b_2^3 )(b_1^3+b_2^3 ) \pmod 8 ,\eqno(8)$$

также при n=4k-1 невыполняется второе равенство системы (7):

$$2(a^2+c^2 ) \not\equiv b_1^6+b_2^6 \pmod 4 .\eqno(10)$$

Таким образом, заключаем, что чётное число b делится также и на n=3. Аналогично рассмотрим следующие случаи.
Случай n=5 (n=8k+5). Не выполняется, как минимум, первое равенство системы:

$$ \begin{cases} {(a^5+c^5)/(a+c)-(a^5-c^5)/(a-c)=-2ac(a^2+c^2 )\not\equiv b_1^{10}-b_2^{10} \pmod 8;&\\ (a^5+c^5)/(a+c)+(a^5-c^5)/(a-c)=2(a^4+a^2 c^2+c^4 )=b_1^{10}+b_2^{10} .&\ \end{cases} \eqno(11)$$

Случай n=7 (n=4k-1). Не выполняются оба равенства системы:

$$ \begin{cases} {(a^7+c^7)/(a+c)-(a^7-c^7)/(a-c)=-2ac(a^4+a^2 c^2+c^4)\not\equiv b_1^{14}-b_2^{14} \pmod 8;&\\ (a^7+c^7)/(a+c)+(a^7-c^7)/(a-c)=2(a^6+a^4 c^2+a^2 c^4+c^6 )\not\equiv b_1^{14}+b_2^{14} \pmod 4 .&\ \end{cases} \eqno(12)$$

Обобщение для этих случаев элементарно.
Случай n=9 (n=8k+1).

$$ \begin{cases} {((a^9+c^9)/(a+c)-(a^9-c^9)/(a-c)=-2ac(a^6+a^4 c^2+a^2 c^4+c^6 )\equiv b_1^{18}-b_2^{18} \pmod 8;&\\ (a^9+c^9)/(a+c)+(a^9-c^9)/(a-c)=2(a^8+a^6 c^2+a^4 c^4+a^2 c^6+c^8)\equiv b_1^{18}+b_2^{18} \pmod 4 .&\ \end{cases} \eqno(13)$$

В случае если все простые сомножители числа n имеют вид 8k+1 необходима небольшая модификация подхода.

Лемма 1. Если числа a, b взаимно просты и n простое, то числа

$$((a^2 )^{n-1}+(a^2 )^{n-2} (c^2 )^1+...+(c^2 )^{n-2}), (a^2-c^2 )$$

либо взаимно просты либо оба кратны только n.
Доказательство (по Эйлеру). Предположим, что эти числа имеют общий простой делитель k, тогда

$$a^2-b^2=k i;a^2=k i+b^2.$$

Числа a, b взаимно просты, поэтому число k также взаимно просто с числами a и b. Получаем

$$(a^{2n}-b^{2n})/(a^2-b^2)=k j; a^{2n}-b^{2n}=k^2 i j; (k i+b^2)^{n}-b^{2n}=k^2 i j $$

по формуле бинома Ньютона

$$(k i+b^2)^{n}-b^{2n}=n k i b^{2(n-1)}+k^2*i^2 R=k^2 i j, $$

следовательно,
$n b^{2(n-1)}$ кратно k. Поскольку числа k и b взаимно просты, то лемма доказана.

Лемма 2. Если n нечетно, то оба числа

$$((a^2 )^{n-1} +(a^2 )^{n-2} (b^2 )^1+...+(b^2 )^{n-2}); ((a^2 )^{n-1}+(a^2 )^{n-2} (с^2 )^1+...+(с^2 )^{n-2} )$$

нечётны либо как сумма нечётного количества нечётных слагаемых либо как сумма некоторого количества чётных чисел и нечётного значения a.
Лемма 3. Если числа a, с нечетны, одно и только одно из чисел (a-c), (a+c) делится только на 2 и не делится на 4, другое кратно числу 4.
В самом деле,
$c=4m+3;a=4r+1; a-c=4(r-m)-2 \not\equiv 0 \pmod 4; a+c=4(r+m+1);$
$c=4m+1;a=4r+1; a+c=4(r+m)+2\not\equiv 0 \pmod 4; a-c=4(r-m);$
$c=4m+3;a=4r+3; a+c=4(r+m+1)+2\not\equiv 0 \pmod 4; a-c=4(r-m).$

[Rob123]

Часть 2.

Пусть теперь чётное b кратно n, $b=2^k n^mb_3$. Прежде всего получим аналог формул Барлоу для чётных степеней, отсутствующие в обзоре у Рибенбойма[1]. В отличии от случая нечётных показателей степеней здесь значения a, b, c могут быть определены несколькими способами.
При n=3 получаем

$$ \begin{cases} {(a^2-ac+c^2 )(a^2+ac+c^2 )(a-c)(a+c)=(2^k n^mb_3)^{6} ;&\\ (a^2-ab+c^2 )(a^2+ab+c^2 )(a-b)(a+b)=c^{6} ;&\\ (b^2 + c^2) (b^4 - b^2 c^2 + c^4)=a^6,&\ \end{cases} \eqno(1)$$

тогда числа $(a^2-ab+c^2 ); (a^2+ab+c^2 ); (a-b);(a+b)$ не делятся ни на 2, ни на 3, значит

$$ \begin{cases} {a-b=c_3^{6} ;&\\ a+b=c_4^{6}.&\ \end{cases} \eqno(2)$$

Из чётных чисел $(a-c); (a+c)$ одно делится только на 2, для определённости будем считать, что это число (a+c) (можно провести замену с на (-с), чётности остальных чисел это не меняет);
нечётные числа $[(a^2-ac+c^2 )(a+c)]; [(a^2+ac+c^2 )(a-c)]$ не делятся одновременно на 3;
(a+c) делится на 3, тогда и только тогда, когда $(a^2-ac+c^2)$ делится на 3, причём $(a^2-ac+c^2)$ не делится на 9 (лемма 1), таким образом,

$$ \begin{cases} {a+c=2^{6k-1}3^{6m-1}b_4^{6} ;&\\ a-c=2b_5^{6},&\ \end{cases} \eqno(3a)$$

либо

$$ \begin{cases} {a+c=2^{6k-1}b_4^{6} ;&\\ a-c=2*3^{6m-1}b_5^{6}.&\ \end{cases} \eqno(3b)$$

Чётность для дальнейших рассуждений несущественна, поэтому рассмотрим только один случай. Комбинируя (2) b (3b), получим

$$ \begin{cases} {a=(c_3^{6}+c_4^{6})/2=(2^{6k-1}b_4^{6}+2*3^{6m-1}b_5^{6})/2 ;&\\ c=(2^{6k-1}b_4^{6}-2*3^{6m-1}b_5^{6})/2 ;&\\ b=(c_4^{6}-c_3^{6})/2.&\ \end{cases} \eqno(4)$$

$$b=2^k 3^mb_3=(c_4^{6}-c_3^{6})/2=(c_4^{3}-c_3^{3})(c_4^{3}+c_3^{3})/2,$$

следовательно, $(c_4^{3}-c_3^{3})$ либо $(c_4^{3}+c_3^{3})$ делится на $3^m$.
С другой стороны,

$$a=(c_3^{6}+c_4^{6})/2=(c_3^{6}+c_4^{6}+2c_3^{3}c_4^{3}-2c_3^{3}c_4^{3})/2=(c_3^{3}+c_4^{3})^2/2-c_3^{3}c_4^{3}=(c_3^{3}-c_4^{3})^2/2+c_3^{3}c_4^{3}$$

[Rob123]

$$(c_3c_4)^3=c^3/((a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 ))^{0.5}=((2^{6k-2}b_4^{6}-3^{6m-1}b_5^{6}))^3/((a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 ))^{0.5}.$$

Пусть $(c_4^{3}+c_3^{3})$ делится на $3^m; m>1$, тогда

$$a+(c_3c_4)^3=(2^{6k-2}b_4^{6})+3^{6m-1}b_5^{6}+(c_3c_4)^3$$

делится на $3^m;$

$$2^{6k-2}b_4^{6}*[(a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 )]^{0.5}+(2^{6k-2}b_4^{6}-3^{6m-1}b_5^{6})^3\equiv 0 \pmod {3^{m}}; $$

$$2^{6k-2}b_4^{6}*[(a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 )]^{0.5}+(2^{6k-2}b_4^{6})^3+9R\equiv 0 \pmod {3^{m}} $$

$$2^{6k-2}b_4^{6}*([(a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 )]^{0.5}+(2^{6k-2}b_4^{6})^2)\equiv 0 \pmod {9} $$

$$[(a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 )]^{0.5}+(2^{6k-2}b_4^{6})^2\equiv 0 \pmod {9} $$

$$[(a^2-ab+b^2 )(a^2+ab+b^2 )]^{0.5}\equiv -(2^{6k-2}b_4^{6})^2 \pmod {9} $$

$$[a^4 +(- ab^2 + 2 a^2 b^2 + b^4)]\equiv +(2^{6k-2}b_4^{6})^4 \pmod {9} $$

$$[(2a)^4 ]\equiv (a+c)^4 \pmod {9} $$