Великая теорема Ферма. Классическое доказательство

[victor_sorokin]

Великая теорема Ферма. Классическое доказательство


Теорема. Уравнение
1°) $a^n+b^n=c^n$, где простое $n>2$, в натуральных числах неразрешимо.

Идея доказательства:
Сумма T больших сомножителей $P$ и $Q$ в равенствах $a^n=(c-b)P$ и $b^n=(c-a)Q$ не содержит ни одного простого основания $m$ вида $m=kn+1$
[ибо в числе $U=(c-b)(c-a)(P+Q)$, или $U=c^{n+1}-a^{n+1}-b^{n+1}$, основание $m$ может содержаться лишь в сомножителе $ (c-b)(c-a)]$.

Используемые известные леммы из теории натуральных чисел:
Если $a$ и $b$ взаимнопростые, простое $n>2$ и $a+b$ не кратно $n$, то
1) числа $a+b$ и $D=\frac{a^n+b^n}{a+b}$ взаимнопростые;
2) каждое простое основание числа $D$ имеет вид: $m=kn+1$;
3) в базе m числа $d^{kn}$ и $d^{knn}$, где $d$ не кратно $m$, оканчиваются на цифру 1;
4) если $a+b+c$ кратно $m$, то и $a^m +b^m+c^m$ кратно $m$.


Доказательство.

Устраним общие сомножители в числах $a, b, c$, после чего они становятся взимнопростыми.

Случай 1. Числа $a$ и $b$ не кратны $n$.

Тогда, как известно, из 1° следуют раенства

2°) $a^n=c^n-b^n$, $b^n=c^n-a^n$, или

3°) $a^n=(c-b)P$, $b^n=(c-a)Q$, где $P$ и $Q$ (как и $c-b$ и $c-a$) представимы в виде:

4°) $P=p^n$, $Q=q^n$ и, как хорошо известно, каждое простое основание в числах $p$ и $q$ имеет вид: $kn+1$.


Исследуем число

5°) $T=P+Q=p^n+q^n$, или $T=(p+q)R$.

5a°) Число $R$ является взаимнопростым с числами $a$ и $b$ (поскольку число $T$ является взаимнопростым с числами $a$ и $b$, что легко доказывается).
Кроме этого, число $R$ является взаимнопростым с числом $a+b$ (так как каждый простой сомножитель числа $a+b$ является основанием в числе $P-Q$, с которым число $T$ является взимнопростым).

Далее. Поскольку числа $p$ и $q$ являются взимнопростыми (так как взаимнопростыми являются числа в паре $a, b$, следовательно и в паре $P, Q$) и, кроме этого, числа $p, q, p+q$ не кратны $n$ (ибо кратно $n$ число $P-Q$), то каждый простой сомножитель $m$ числа $R$ имеет вид $m=kn+1$.


Возьмем какой-либо простой сомножитель $m$ числа $R$: $m=kn+1$.
Тогда числа

6°) $P+Q$, $\frac{c^n-b^n}{c-b}+\frac{c^n-a^n}{c-a}$ и их знаменатель
7°) $U=(c^n-b^n)(c-a)+(c^n-a^n)(c-b)$ [$U=(c-b)(c-a)(P+Q)$] делятся на $m$.

Но число $U$ в 7° после простых преобразований и с учетом равенства 1° имеет вид:

8°) $U=c^{n+1}-a^{n+1}-b^{n+1}$.

Но если $U$ делится на $m$, то на $m$ делится и число

9°) $S=c^{(n+1)m}-a^{(n+1)m}-b^{(n+1)m}$.

Напомню, что $m=kn+1$. А на основании малой теоремы Ферма, если $d$ не кратно $m$, то

10°) $d^{kn} \equiv 1 \pmod{m}$ [и $d^{knn} \equiv 1 \pmod{m}$]. С учетом этого,

11°) $S \equiv c^{2n+1}-a^{2n+1}-b^{2n+1} \pmod{m}$, т.е. число

12°) $F=c^{2n+1}-a^{2n+1}-b^{2n+1}$ кратно $m$.


А теперь умножим число $U$ из 8° на $c^n$:

13°) $Fc^n =c^{n+1}c^n-[a^{n+1}+b^{n+1}]c^n$, или
$Fc^n =c^{2n+1}c^n-[a^{n+1}+b^{n+1}](a^n+b^n)$, или
$Fc^n =c^{2n+1}c^n-a^{2n+1}-b^{2n+1}-(a^n)(b^n)(a+b)$, или
$Fc^n =S-(a^n)(b^n)(a+b)$ или
14°) $Fc^n =S-(a+b)(c-b)(c-a)PQ$.

Но числа $F$ и $S$ кратны $m$, следовательно и число $(a+b)(c-b)(c-a)PQ$ кратно $m$! При этом легко видеть, что на m может делиться лишь сомножитель $ (a+b)(c-b)(c-a)$. Следовательно, сомножитель $P+Q$ числа $U$ не содержит ни одного основания вида $m$!

Что противоречит Лемме 2.

Два других случая доказываются аналогично.

Теорема доказана.

===============

P.S. Как видно, основу доказательства составляют три формулы: 8°, 12° и 15°.

[Коровьев]

victor_sorokin в сообщении #232418 писал(а):

11°) $S \equiv c^{2n+1}-a^{2n+1}-b^{2n+1} \pmod{m}$, т.е. число

Откуда
$c^{(n + 1)m} \equiv c^{2n + 1} (\bmod m)???$

Ведь
$c^{(n + 1)m} = c^{(n + 1)(kn + 1)} = c^{knn} c^{kn} c^{n + 1} \equiv c^{n + 1} (\bmod m) $

[victor_sorokin]

Коровьев в сообщении #232435 писал(а):

Ведь
$c^{(n + 1)m} = c^{(n + 1)(kn + 1)} = c^{knn} c^{kn} c^{n + 1} \equiv c^{n + 1} (\bmod m) $

Не могу возразить. Жаль. Огромное спасибо!
И все-таки у этой идеи наибольшие шансы. Приглашаю к поиску.

С уважением,

В.С.

[victor_sorokin]

Предполагаемое доказательство ВТФ Пьером Ферма

Если равенство Ферма (для простого $n>2$)
1° $a^n+b^n=c^n$ возможно, то тогда число
2° $c^n+b^n$, или
3° $a^n+2b^n$, содержит простое основание $m=kn+1$.

Но согласно Лемме (пока не доказанной), число $a^n+2b^n$ при натуральных и взаимнопростых $a$ и $b$ простых оснований $m=kn+1$ не имеет.

Кое-какие идеи для доказательства Леммы имеются.

[goldbash]

Не понял что значит "основание числа"?

victor_sorokin в сообщении #232446 писал(а):

И все-таки у этой идеи наибольшие шансы.

А в чём заключается идея? Если без формул, а с концептуальной, так скажем, точки зрения?

[victor_sorokin]

goldbash в сообщении #233219 писал(а):

Не понял что значит "основание числа"?

- Простой сомножитель.

goldbash в сообщении #233219 писал(а):

А в чём заключается идея?

- Равенство Ферма противоречиво по составу сомножителей вида m=kn+1.

[victor_sorokin]

Одна старая незавершенная идея

1°) Итак, все (за исключением, может быть, простого $n$) простые сомножители чисел $\frac{a^n+b^n}{a+b}$, $\frac{c^n-b^n}{c-b}$ и $\frac{c^n-a^n}{a-b}$ имеют вид $m=kn+1$.

Легко видеть, что среди них есть один сомножитель вида $m=2kn+1$, где $k$ нечетно (в одном из 16-ти случаев это утверждение несколько сомнительно, но пока оставим его в стороне).

2°) Пусть сомножитель $m=2kn+1$ принадлежит числу $\frac{c^n-a^n}{a-b}$. Тогда числа
$c^{nm}-a^{nm}$ (т.к. $c^n-a^n$ кратно $m$) и $c^{m-1}-a^{m-1}$ (согласно малой теореме Ферма) будут кратны $m$.

3°) Но тогда и число $D_1=(c^{m-1}-a^{m-1})(c^u+a^u)$, где $u=nm-(m-1)$, тоже кратно $m$.

$D_1=(c^{m-1+u}-a^{m-1+u})+c^ua^u(c^{m-1-u}-a^{m-1-u})$, из чего следует, что

4°) $D_2=c^ua^u(c^{m-1-u}-a^{m-1-u})$ тоже кратно $m$.

Будем поворять операции 3°-4° до тех пор, пока некоторое число $D_i$ не примет вид:
5°) $D_i=c^{mn-2}a^{mn-2}(c^2-a^2) $ (или даже $D_i=c^{mn-1}a^{mn-1}(c-a)$), где

$c^2-a^2$ (или $c-a$) кратно $m$.

Но числа $c-a$ и $c+a$ являются взаимнопростыми с числом $\frac{c^n-a^n}{a-b}$.

=============

Конечно, в доказательстве есть пробелы и непроверенные места, но оно дает представление о методе, с помощью которого с большой вероятностью можно найти элементарное доказательство ВТФ.

[temp03]

victor_sorokin в сообщении #233436 писал(а):

Будем поворять операции 3°-4° до тех пор, пока некоторое число $D_i$ не примет вид:
5°) $D_i=c^{mn-2}a^{mn-2}(c^2-a^2) $ (или даже $D_i=c^{mn-1}a^{mn-1}(c-a)$)

После первого повторения получится:
$c^{nm-2(m-1)}-a^{nm-2(m-1)}\div m$.
Обозначим $nm-2(m-1)=p$.
Тогда подставляя в 3) получится:
$(c^p-a^p)(c^u+a^u)=c^{p+u}-a^{p+u}+c^pa^u-a^pc^u=$
$=c^{p+u}-a^{p+u}-c^pa^p(c^{u-p}-a^{u-p})$
Т.к. $u-p=nm-(m-1)-(nm-2(m-1))$, то $u-p=m-1$.
Поэтому $c^pa^p(c^{u-p}-a^{u-p})=c^pa^p(c^{m-1}-a^{m-1})\div m$. Что тривиально.
Аналогично $p+u=2nm-3(m-1)>nm$, т.к. $n>2$.
Повторять операции 3°-4° не получится. К $c^2-a^2$ и даже к $c-a$ вы не придете.

-- Пт авг 07, 2009 12:55:25 --

victor_sorokin в сообщении #233209 писал(а):

Но согласно Лемме (пока не доказанной), число $a^n+2b^n$ при натуральных и взаимнопростых $a$ и $b$ простых оснований $m=kn+1$ не имеет.

Кое-какие идеи для доказательства Леммы имеются.

Доказательство данного утверждения найти невозможно, т.к.
$4^5+2\cdot3^5\div(151=5k+1)$
$7^3+2\cdot6^3\div(31=3k+1)$
$3^3+2\cdot4^3\div(31=3k+1)$.

О множителях полиномов с коэффициентом $x^n+2y^n$ можно узнать согласно вот этой теореме.
Т.е. множителями $x^n+2y^n$, отличными от $2kn+1$ могут быть лишь делители одного из чисел:
$x\pm2^py$
$2^px\pm y$
где $p<log_2n$ для множителей меньших $n$
Для множителей, больших $n$
$p<\dfrac{m}{2}$

[victor_sorokin]

temp03 в сообщении #233489 писал(а):

Доказательство данного утверждения найти невозможно, т.к....

Спасибо за интересную и полезную для меня информацию. Получается, что на сегодня перспективной представляется лишь первая идея (та, что в первом посте). Вот как выглядит задача на последнем этапе.

Простое число $m=kn+1$ содержится в следующих числах:

1. $E=c^n-a^n-b^n$,

2. $D=c^{nm}-a^{nm}-b^{nm}$,

3. $U=c^{n+1}-a^{n+1}-b^{n+1}$,

4. $G=c^{kn}-a^{kn}-b^{kn}+1$,

5. $F=c^{knn}-a^{knn}-b^{knn}+1$,

и не содержится в числе $abc$.

Требуется найти противоречие.

Интересным для анализа представляется произведение $Fc^n$.

P.S. У меня получается, что $Fc^n$ сравнимо с $-c^n$ по модулю $m$... Не ошибся ли?

[victor_sorokin]

PPS. Похоже, что противоречия нет.

[Коровьев]

temp03 в сообщении #233489 писал(а):

О множителях полиномов с коэффициентом $x^n+2y^n$ можно узнать согласно вот этой теореме.
Т.е. множителями $x^n+2y^n$ могут быть лишь делители одного из чисел:
$x\pm2^py$
$2^px\pm y$
где $p<log_2n$ для множителей меньших $n$
Для множителей, больших $n$
$p<\dfrac{m}{2}$

О! Мат реинкарнировался! А несусветную чушь несёт старую. Вам ещё в той жизни тыкали показывали численными контрпримерами.
Можно ещё
$3^3+2\cdot 4^3=5\cdot 31$
Но
$31 \ne 3\pm2^k4$
или
$31 \ne 2^k3\pm4$
ни при каких k
Для 5 предлагаю проверить самостоятельно, в порядке закрепления материала.
И потом, теоремами называются доказанные вещи, в противном случае это называется гипотезой, даже если она бредее бреда.

[temp03]

Коровьев
Здравствуйте. Вначале про 5.
$(2\cdot3+4)\div5$.

-- Сб авг 08, 2009 15:29:21 --

Теперь, что касается числа 31.
Да. Вы нашли т.н. вырожденный случай. Всех нюансов данной теоремы я еще не освоил, но беда в том, что в данном случае должна быть одна из форм:
$3\cdot2^{10}\pm4$
$4\cdot2^{10}\pm3$
Но! Беда в том, что $2^{10}-1\div31$. Поэтому в данном случае форма вырождается и ее делителем становится просто $2^{10}-1$.
То же самое относится ко всем простым множителям $m$ полиномов с коэффициентом $x^n+py^n$, имеющим вид $m=2kn+1$.
Т.е. благодаря вашему замечанию теорему нужно дополнить словами:
множители, отличные от $2kn+1$.

Отсюда вытекает очень забавное следствие:
Для любого полинома с коэффициентом $x^n+py^n$ если какой-то его простой множитель имеет вид $m=2kn+1$, то найдется такое $t<n$, что $p^t\pm1\div m$.

Коровьев
А теперь прикол.
1.$31=2^5-1$
2.$10=\dfrac{31-1}{3}=\dfrac{m-1}{n}$
Это справделиво для любых полиномов с коэффициентом $x^n+py^n$ и любого их множителя $m=2kn+1$

[Гаджимурат]

victor_sorokin в сообщении #232418 писал(а):

[ибо в числе$U=(c-b)(c-a)(P+Q)$ , или[math]$U=c^{n+1}-a^{n+1}-b^{n+1}$ ,

Приношу автору свои извинения.Я был не прав.

[victor_sorokin]

victor_sorokin в сообщении #233209 писал(а):

...число $a^n+2b^n$ при натуральных и взаимнопростых $a$ и $b$ простых оснований $m=kn+1$ не имеет.

Просмотрев контрпримеры, я вижу, что Лемму можно уточнить:

Число $a^n+2b^n$ при натуральных, нечетных и взаимнопростых $a$ и $b$ простых оснований $m=kn+1$ не имеет.

-- Сб авг 08, 2009 23:47:56 --

Гаджимурат в сообщении #233788 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #232418 писал(а):

[ибо в числе$U=(c-b)(c-a)(P+Q)$ , или $U=c^{n+1}-a^{n+1}-b^{n+1}$ ,

Если $U$ в левой части строки равен $U$ в правой ,то

* $(c-b)(c-a)$делится на $c_1^2$ ,($c=c_1c_2$)

Равенство $U=(c-b)(c-a)(P+Q)=c^{n+1}-a^{n+1}-b^{n+1}=U$ возможно лишь в условиях ВТФ.

Как Вы получили утверждение *?

[Гаджимурат]

victor_sorokin в сообщении #233858 писал(а):

Как Вы получили утверждение *?

Я приношу свои извинения.В мои рассуждения вкралась ошибка.Убрал свои замечания.Подойду более внимательно к Вашему доказательству.