Великая Теорема Ферма
Доказательство
(как ВТФ доказал я и, уверен, сам Ферма)
Почти четыре века человечество ищет загадку решения Великой Теоремы Ферма. Математики умудрились даже изменить формулировку самой теоремы. Ферма утверждал: «невозможно разложить ни куб на два куба, ни биквадрат на два биквадрата, и вообще никакую степень большую квадрата на две степени с тем же показателем». Математическая энциклопедия (изд. Москва, 1985 г.) формулирует эту теорему так: «для любого натурального числа n>2 уравнение x^n + y^n = z^n (уравнение Ферма) не имеет решения в целых ненулевых числах x, y, z».
В чём же разница?
Совремённая формулировка даёт произвольную зависимость трёх степеней целых чисел. Что принять за исходную величину? Что здесь надо определять? Почему только целые числа? Ведь для второй степени существует бесконечное количество дробных «троек», удовлетворяющих заданной теореме.
Поэтому, прежде чем перейти к доказательству, следует определиться, что необходимо доказывать. Для этого рассмотрим числовую алгебраическую ось и уточним: какие конечные точки имеется возможность отложить на ней. Нетрудно определить, что на числовой оси имеется возможность отложить (и записать в конечном виде) только целые и дробные числа (рациональные); а из иррациональных чисел – величины квадратного корня (но только отложить - как катет прямоугольного треугольника).
Формулировка, приведенная Ферма на полях книги Диофанта «Арифметика», чётко задаёт исходную величину – «невозможно разложить … никакую степень большую квадрата». Тем самым, определяя рациональность большего из трёх чисел ВТФ и подчёркивая: необходимо доказать, что из двух оставшихся чисел – одно число невозможно ни записать в конечном виде, ни отложить на числовой оси, т. е. оно обязательно будет иррациональным.
Поэтому, доказывая ВТФ, необходимо взять за основу формулировку теоремы, изложенную самим Ферма.
Итак: «невозможно разложить ни куб на два куба, ни биквадрат на два биквадрата, и вообще никакую степень, большую квадрата на две степени с тем же показателем», т.е.
c^n = a^n + b^n,
где: c – число рациональное (заданное по условию теоремы),
a – принимаем как любое рациональное число (меньшее числа c),
b – мы не знаем его статуса; его требуется определить и доказать,что оно не может быть рациональным в заданных условиях.
Выполним небольшую перестановку – сгруппируем числа с известным статусом (рациональные числа) в левой стороне равенства, т. е. запишем:
c^n – a^n = b^n.
Теперь мы получили равенство, у которого числа “с” и “а” в левой части рациональные, и необходимо определить: может ли быть рациональным число “b” в правой части.
Для этого разделим всё равенство на рациональное число (c – a)^n и получим:
[с/(c-a)]^n – [a/(c-a)]^n = [b/(c-a)]^n.
Заменим в первом числителе число c на равное ему число c = c – a + a , тогда получим следующее выражение исследуемого уравнения:
[(c-a+a)/(c-a)]^n – [a/(c-a)]^n = [b/(c-a)]^n.
Что равносильно:
[1+a/(c-a)]^n – [a/(c-a)]^n = [b/(c-a)]^n.
Для упрощения записи дальнейшего решения поставленной задачи обозначим:
a/(c – a) = x,
b/(c – a) = z.
Получим следующее равенство:
(x + 1)^n – x^n = z^n
Здесь: x – число рациональное (поскольку состоит из рациональных составляющих);
z – число, статус которого необходимо определить и доказать что при степени три и более оно всегда будет числом иррациональным.
Раскрывая бином в левой части, получим:
(1–1) x^n + n x^(n-1) +{[n(n-1)]/2!} x^(n-2) + . . . + 1 = z^n,
где – биноминальные коэффициенты левой части равенства (за исключением первого, который равен 0) определяются из так называемого треугольника Паскаля.
Таким образом, мы получили для любых степеней теоремы - “определитель зависимости” между меньшими двумя числами из трёх чисел ВТФ, если принять одно из них как число рациональное.
Неизвестные правой части полученного равенства должны быть множителями левого многочлена, поскольку функция F(x), по заданному условию, делится на число z^n без остатка, причём эти множители должны быть кратными.
Согласно теореме Безу при делении многочлена на любое число получается остаток равный значению данного многочлена от этого числа. Т. е. при делении
F(x) = n x^(n-1) + {[n (n-1)] / 2!} x^(n-2) + … + 1
На кратный множитель z остаток будет равен:
R(z) = n z^(n-1) + {[n (n-1)] / 2!} z^(n-2) + … + 1,
который по условию задачи должен быть равным нулю.
Следовательно, для определения величины z, обеспечивающей деление многочлена без остатка . нам необходимо определить корни этого уравнения:
n z^(n-1) + {[n (n-1)] / 2!} z^(n-2) + … + 1 = 0.
Известные нам математические методы не дают возможности определения корней многочленов выше третьей степени. Однако, для многочленов с целыми коэффициентами (а в получаемых нами многочленах все коэффициенты – целые) имеется возможность определить рациональность корней многих многочленов любых степеней.
В «Курсе высшей алгебры» А. Г. Курош, издания Москва, Ленинград, 1952 г. на стр. 303 доказана следующая теорема:
«Пусть дан многочлен
f(x) = a(0) x^n + a(1) x^(n-1) + … a(n)
с целыми коэффициентами. Если числа a(0), a(n) и хотя бы одно из чисел f(1) , f(-1) нечётны, или если числа a(0), a(n) и оба числа f(1), f(-1) не делятся на 3, то многочлен f(x) не имеет рациональных (в том числе и целых) корней».
Применим эту теорему (в части нечётности чисел) к выражению
n z^(n-1) + {[n (n-1)] / 2!} z^(n-2) + … + 1 = 0.
Нетрудно видеть, что абсолютно для всех нечётных степеней многочлена число z не может быть ни рациональным, ни целым, поскольку крайние коэффициенты всегда будут нечётными, а сумма коэффициентов всегда будет нечётна при f(1) и равна (2^n – 1).
Что касается чётных степеней многочлена, то, согласно теореме (см. А. Г. Курош, стр. 184):
«Если p(x) является k-кратным неприводимым множителем многочлена f(x), k > 1, то он будет (k–1)–кратным множителем производной этого многочлена. В частности, простой множитель многочлена не входит в разложение производной».
Предварительно отметим, что из свойств коэффициентов полученного биноминального ряда следует одна, интересующая нас, зависимость. Рассмотрим, для примера, и исследуем многочлен для седьмой степени показателя n:
________________________________________________________________________________
1.Показатель
степени (n)
2.Исследуемые многочлены -
определители меньших степеней
3.Производная (h)
4.Производные от многочлена - определителя
(при n=7):
7z^6+21z^5+35z^4+35z^3+21z^2+7z+1
________________________________________
4.1.Общий вид 4.2.После преобразования
__________________________________________________________________________________
1. n= 6 2. 6z^5+15z^4+20z^3+15z^2+6z+1
3. h(1)
4.1. 42z^5+105z^4+140z^3+105z^2+42z+7=
4.2. 7(6z^5+15z^4+20z^3+15z^2+6z+1)
__________________________________________________________________________________
1. n= 5 2. 5z^4+10z^3+10z^2+5z+1
3. h(2)
4.1. 210z^4+420z^3+420z^2+210z+42=
4.2. 42(5z^4+10z^3+10z^2+5z+1).
__________________________________________________________________________________
1. n= 4 2. 4z^3+6z^2+4z+1 3. h(3)
4.1. 840z^3+1260z^2+840z+210 =
4.2. 210(4z^3+6z^2+4z+1)
__________________________________________________________________________________
1. n=-3 2. 3z^2+3z+1 3. h(4)
4.1. 2520z^2+2520z+840 = 4.2. 840(3z^2+3z+1)
__________________________________________________________________________________
1. n= 2 2. 2z+1 3.h(5)
4.1. 50040z+2520 = 4.2. 2520(2z+1)
__________________________________________________________________________________
Из таблицы видно, что для производных взятого многочлена (и, очевидно, для многочленов любых других, больших степеней) является характерным наличие идентичных коэффициентов «усечённого» «треугольника Паскаля» как для самих многочленов, так и для всех его производных с многочленами при одинаковых низших степенях (наличие множителей – коэффициентов перед производными на суть доказательства не влияет).
Поэтому, для доказательства для всех чётных степеней >2 достаточно взять первую производную, которая будет многочленом нечётной степени и применить вышеизложенный вывод о том, что вследствие кратности множителя число z не может быть ни рациональным, ни целым. Исключение составляет вторая степень, поскольку производная от (2z + 1) является точкой.
Кроме того, выполняя последовательно дифференцирование, мы вправе сделать вывод: для доказательства Великой Теоремы Ферма любой степени (от трёх до бесконечности) - нам достаточно доказать её всего лишь для уравнения третьей степени. А, поскольку многочлен 3z^2 + 3z +1 = 0 не имеет ни рациональных, ни целых корней, - Великая Теорема Ферма доказана для всех степеней три и более.
Выводы:
1. Считаю, что изложенное выше доказательство Великой Теоремы Ферма полностью завершает многовековый спор о возможности доказательства её с помощью теорем высшей алгебры.
2. Полагаю, что, написав на полях книги Диофанта «Арифметика» фразу: «Я открыл этому поистине чудесное доказательство, но эти поля для него слишком малы», Ферма имел в виду именно доказательство ВТФ вышеизложенным путем.
2.1. Следовательно, получив “определитель зависимости” между меньшими двумя числами из трёх чисел ВТФ, Ферма доказал, что для полного доказательства теоремы её необходимо доказать всего лишь для третьей степени. Но:
- теорема Безу о делении многочлена с остатком была разработана только в 18 веке;
- теорема о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами в 17 веке ещё не была известна;
- доказательство Эйлера (для третьей степени) также базируется на уровне знаний математики 18 века.
2.2. Поэтому предполагаю, что Ферма, доказав свою теорему для четвёртой степени (это доказательство было найдено в его бумагах, математическая энциклопедия, изд. Москва, 1985 г.), убеждается в справедливости своей теоремы для всех степеней более четырёх; но, не имея доказательства для третьей степени, не публикует его.
Ермолов Евгений Александрович (Евер)
Ул. Революционная 65, кв. 11
71708 г. Токмак, обл. Запорожская,
Украина.
Тел (06178) 2-82-15
e-mail:
ermolov@tokmakcity.net
однородно. Если оно имеет рациональные решения, то оно имеет и целые (умножьте все три числа на их наименьший общий знаменатель). Следовательно, если оно не имеет целых решений, то оно не имеет и рациональных. Впрочем, это для Вас, вероятно, настолько сложно и непонятно...