Простое доказательство ВТФ для чётных степеней

[Феликс Шмидель]

Мне кажется интересной простая лемма:

Предположим $\frac{z^n-y^n}{z-y} является квадратом. Тогда для любого чётного числа r:
$\frac{z^{n-r}-y^{n-r}}{z-y} является квадратом по модулю $\frac{z^r-y^r}{z-y}.

Эта лемма является очевидным следствием из тождества: $\frac{z^n-y^n}{z-y}=z^r\frac{z^{n-r}-y^{n-r}}{z-y}+y^{n-r}\frac{z^r-y^r}{z-y}

[Феликс Шмидель]

В третьем посту этой темы ошибочно утверждается, что диофантово уравнение

$\frac{z^n-y^n}{z-y}=v^2$

не имеет решений при n>3.
На самом деле при n=5 имеется бесконечное множество решений, например z=808, y=627.
Имеется гипотеза, что при n>5 решений нет.

Добавлено спустя 2 часа 53 минуты 45 секунд:

Есть гипотеза, что если n>5, то $(z^n-y^n)/(z-y)$ не является квадратом целого числа (за исключением тривиального случая, когда одно из чисел z и y равно нулю).

Эта гипотеза, до сих пор не доказана. В 1977 году Тержанян доказал эту гипотезу при условии, что z и y нечётные числа, дающие при делении на 4 одинаковые остатки . Его элементарное доказательство использует только закон квадратичной взаимности, однако оно не проходит, если одно из чисел z и y - чётное.

При n=3 и n=5, $(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом для бесконечного множества пар z и y.
Например, $(808^5-627^5)/(808-627)$ является квадратом.

Если $(z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2})/(z-y)$ имеет делитель вида 4t+3, то гипотеза следует из доказательства, приведённого в первом посту этой темы.

Оказывается это условие можно расширить. Легко доказывается следующая лемма:

Лемма.
-----------
Предположим $Q_n=(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом.
Пусть $m=(n+1)/2$

Тогда

1. Существуют целые числа a и b, такие что

$2*a*b*Q_m=(b^2*z+a^2*y)*Q_{m-1}$

2. При любом нечётном к, число

$(a-b)^2*Q_k+2*a*b/Q_{m-1}*(z*y)^{k-1}*Q_{m-k}$

не имеет делителей вида 4t+3.

[juna]

Феликс Шмидель в сообщении #165075 писал(а):

При n=3 и n=5, $(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом для бесконечного множества пар z и y.
Например, $(808^5-627^5)/(808-627)$ является квадратом.

Но Вы же в первом посте писали, что для первого случая ВТФ $z^2-y^2=v^2$, т.е. искать нужно среди пифагоровых троек, так что приведенный числовой пример не является контрпримером.

[Феликс Шмидель]

Конечно, не является. В доказательстве теоремы Ферма для чётных степеней достаточно показать, что $(z^n-y^n)/(z-y)$ не является квадратом для нечётных z и y, сравнимых между собой по модулю 4. Я также не преследую цель дать полное доказательство теоремы Ферма для чётных степеней, потому что доказательство Тержаняна достаточно просто. Хотя возможно последняя лемма может привести к ещё более простому доказательству, я пока не знаю.
У меня другая цель: я пытаюсь найти путь к решению нерешённой пока задачи о том, что $(z^n-y^n)/(z-y)$ не является квадратом для произвольных z и y, отличных от нуля, при n>5. Я заметил, что это верно при условии, если $(z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2})/(z-y)$ имеет делитель вида 4t+3. Последняя лемма расширяет это условие, потому что оно получается в частном случае при k=m.

Добавлено спустя 32 минуты 23 секунды:

Последняя лемма имеет простое доказательство: пункт 1 доказывается путём нахождения b/a по формуле квадратного уравнения, а пункт 2 доказывается путём преобразования указанного там выражения к сумме двух квадратов. Может быть эта лемма подойдёт в качестве задачи для Кванта?

[juna]

Феликс Шмидель писал(а):

я пытаюсь найти путь к решению нерешённой пока задачи о том, что $(z^n-y^n)/(z-y)$ не является квадратом для произвольных z и y, отличных от нуля, при n>5.

А почему Вы думаете, что эта гипотеза верна?
Может ее лучше численно сначала проверить для больших $n,z,y$.

[Феликс Шмидель]

Вы правы, но в работе

http://www.emis.de/journals/INTEGERS/pa ... ta2004.pdf

Теорема 1 утверждает, что если n>5, и n делится на 2 или на 3 или на 7 или на 25, то нетривиальных решений нет.

Тем не менее, тот факт, что при n=5, нетривиальные решения существуют, действительно делает мой подход проблематичным, потому что предложенная лемма верна и для n=5 (m=3).

[Феликс Шмидель]

В начале этой темы, мы дали простое доказательство первого случая теоремы Ферма для чётных степеней 2n, если n число вида 4t+3 или если (n+1) имеет делитель вида 4t+3.
Сейчас у нас есть другое доказательство для последнего случая (n число вида 4t+1 и (n+1) имеет делитель вида 4t+3), не использующее тождество

$\frac{z^n-y^n}{z-y}+(yz)^{(n-1)/2}=\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}\times(z^{(n-1)/2}+y^{(n-1)/2})$

потому что если (n+1) имеет делитель вида 4t+3, и z и y - нечетные числа, дающие одинаковый остаток при делении на 4, то $\frac{z^{(n+1)/2}-y^{(n+1)/2}}{z-y}$ имеет делитель вида 4t+3 и на основании последней леммы $\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не является квадратом целого числа.

Теперь дадим доказательство первого случая теоремы Ферма для чётных степеней 2n, если
n число вида 4t+1, где t - нечётное, то есть (n-1)/2 даёт при делении на 4 остаток 2.

Для этого дадим более подробную формулировку последней леммы, и присвоим ей номер, чтобы в дальнейшем было удобно на неё ссылаться.

Лемма 2
-------------

Предположим $Q_n=(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом целого числа, где n, z, y - целые числа, n - нечётное число, n>2.
Пусть $m=(n+1)/2$

Тогда

1. Существуют целые числа a и b, такие что

$2*a*b*Q_m=(b^2*z+a^2*y)*Q_{m-1}$,

и можно взять $a=z_2*t_2$, $b=y_1*t_1$,
если z*y - чётное число, то $t_1*t_2=Q_{m-1}$, $y_1*z_1*t_1^2+y_2*z_2*t_2^2=2*Q_m$,
если z*y - нечётное число, то $t_1*t_2=Q_{m-1}/2$, $y_1*z_1*t_1^2+y_2*z_2*t_2^2=Q_m$,
$y=y_1*y_2$, $z=z_1*z_2$.

2. Для любого целого числа к:

$(a-b)^2*Q_k+2*a*b/Q_{m-1}*(z*y)^{k-1}*Q_{m-k}=b^2*y^{k-1}+a^2*z^{k-1}$

Если к - нечётное число, то число

$(a-b)^2*Q_k+2*a*b/Q_{m-1}*(z*y)^{k-1}*Q_{m-k}$

не имеет делителей вида 4t+3.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Пусть теперь z и y - нечетные числа, дающие одинаковый остаток при делении на 4, и
n число вида 4t+1, где t - нечётное, то есть (n-1)/2 даёт при делении на 4 остаток 2.
Пусть $m=(n+1)/2$.
Тогда $Q_{m-1}$ даёт при делении на 4 остаток 2.

Покажем, что $\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не является квадратом целого числа, используя пункт 1 леммы 2. В самом деле, из $t_1*t_2=Q_{m-1}/2$ следует, что $t_1$ и $t_2$ - нечётные числа,
но тогда равенство $y_1*z_1*t_1^2+y_2*z_2*t_2^2=Q_m$ невозможно, поскольку сумма двух нечётных чисел не может равняться нечётному числу.

[Феликс Шмидель]

Лемма 3
-------------

Если а и b удовлетворяют условиям пункта 1 леммы 2, то:

1. $(a-b)^2*z-a^2*(z-y)=2*a*b/Q_{m-1}*y^{m-1}$

2. $(a-b)^2*y+b^2*(z-y)=2*a*b/Q_{m-1}*z^{m-1}$

Док-во:
-----------

Поскольку $(a-b)^2=a^2+b^2-2*a*b$, то перенося в пункте 1 выражение $2*a*b*z$, а в пункте 2 выражение $2*a*b*y$ в правую часть равенства, получим в левой части $b^2*z+a^2*y$, а в правой части $2*a*b/Q_{m-1}*Q_m$, так как $Q_{m-1}*z+y^{m-1}=Q_m$ и $Q_{m-1}*y+z^{m-1}=Q_m$.


Лемма 4
-------------

Пункт 2 леммы 2 можно обобщить следующим образом:

для любых целых чисел $\alpha$ и $\beta$:

$(a-b)^2*\frac{z*\beta-y*\alpha}{z-y}+2*a*b/Q_{m-1}*\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}=b^2*\alpha+a^2*\beta$

Док-во: это равенство получается группировкой слагаемых с сомножителем $\alpha$ и
слагаемых с сомножителем $\beta$ с последующим применением леммы 3.


Лемма 5
-------------

Пусть n, z, y, m - как в лемме 2 и предположим $\frac{z^n-y^n}{z-y}$ является квадратом целого числа.
Тогда для любых целых чисел $\alpha$ и $\beta$ и простого числа p:

если $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ делится на p, то $\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю p.

Док-во:
-----------

Отбрасывая $2*a*b/Q_{m-1}*\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ в равенстве леммы 4, раскрывая $(a-b)^2$ по формуле $a^2+b^2-2*a*b$ и образуя дискриминант оставшегося квадратного уравнения относительно $b/a$, получим, что

$(\frac{z*\beta-y*\alpha}{z-y})^2-(\frac{z*\beta-y*\alpha}{z-y}-\alpha)(\frac{z*\beta-y*\alpha}{z-y}-\beta)$ является квадратичным вычетом по модулю p, а это выражение преобразуется к виду
$\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}$.

[Мат]

Красиво, не спорю. Но дальнейшее применение метода Терджаняна вижу бесперспективным. Слишком уж он "алгебраичен".

[Мат]

Вы видели закон квадратичной взаимности в исполнении самого Ферма? Увидьте, и Вы поймете, что Терджанян всего лишь "школьник" в сравнении с ним

[Феликс Шмидель]

Лемма 6
-------------

Пусть n, z, y, m - как в лемме 2 и предположим $\frac{z^n-y^n}{z-y}$ является квадратом целого числа.
Пусть k - какое либо натуральное число, такое, что $k<m$.
Тогда для любых целых чисел $\alpha$ и $\beta$ и простого числа p:

если $\frac{z^{m-k}*\alpha-y^{m-k}*\beta}{z-y}$ делится на p, то $\frac{z^{2k-1}*\beta^2-y^{2k-1}*\alpha^2}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю p.

Док-во:
-----------

Достаточно в лемме 5 подставить $y^{k-1}*\alpha$ вместо $\alpha$ и
$z^{k-1}*\beta$ вместо $\beta$

[Феликс Шмидель]

Следующие две леммы требуют проверки, в частности определения для каких $\alpha$ и $\beta$ применим использованный в их доказательстве закон квадратичной взаимности.

Непроверенная лемма A
--------------------------------------

Предположим $(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом целого числа, где n, z, y - целые числа, n - нечётное число, n>2.
Тогда для любых целых чисел $\alpha$ и $\beta$:

$(\frac{\frac{\alpha^n-\beta^n}{z-y}}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2$=1

Док-во:
-----------

Из леммы 5 следует, что $(\frac{\frac{z*\beta^2-y\alpha^2}{z-y}}{\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}})_2=1$. Cогласно закону квадратичной взаимности: $(\frac{\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}}{\frac{z*\beta^2-y\alpha^2}{z-y}})_2=1$. Подставляя $y\alpha^2/\beta^2$ вместо z в $(z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta)$ получим результат леммы.


Непроверенная лемма B
--------------------------------------

Предположим $(z^n-y^n)/(z-y)$ является квадратом целого числа, где n, z, y - целые числа, n - нечётное число, n>2.
Тогда для любых целых чисел $\alpha$ и $\beta$:

$(\frac{\frac{\alpha^{2n}-\beta^{2n}}{z-y}}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2$=1

Док-во:
-----------

Подставляя $\alpha^{2(m-1)}$ вместо $\alpha$ и $\beta^{2(m-1)}$ вместо $\beta$ в $\frac{z^{m-1}*\alpha-y^{m-1}*\beta}{z-y}$ получим из леммы 5, что

если $\frac{z*\alpha^2-y*\beta^2}{z-y}$ делится на p, то $\frac{z*\beta^{4(m-1)}-y*\alpha^{4(m-1)}}{z-y}$ является квадратичным вычетом по модулю p.

Подставляя $y\beta^2/\alpha^2$ вместо z в $(z*\beta^{4(m-1)}-y*\alpha^{4(m-1)})$ получим результат леммы.

Здесь мы предположили, что $(\frac{y}{\frac{z*\beta^2-y*\alpha^2}{z-y}})_2$=1.


Из этих двух лемм несложно получить требуемое противоречие, но это меня и пугает.
Где-то есть ошибки. Очевидно, что леммы требуют тщательной проверки.

[Феликс Шмидель]

Прежде чем идти дальше, порассуждаем насчёт правильности наших лемм. С самого начала мы предполагаем, что $z$ и $y$ - взаимно-простые числа. Это условие следует включить в формулировку всех лемм, начиная с леммы 2. Будем также предполагать, что $\alpha$ и $\beta$ - взаимно-простые числа. Это условие следует включить в формулировку всех лемм, начиная с леммы 5.

В леммах 5 и 6, предположим, что $y$ не делится на $p$, и $z$ не делится на $p$. Если это не так, то эти леммы проверяются непосредственно и всё равно верны. Из условия $\frac{z^{m-k}*\alpha-y^{m-k}*\beta}{z-y}$ делится на p следует, что $\alpha$ не делится на $p$, и $\beta$ не делится на $p$ (при условии, что $y$ не делится на $p$, и $z$ не делится на $p$).

Леммы 5 и 6 можно доказать другим способом, подставляя $z^{m-k}*\alpha/y^{m-k}$ вместо $\beta$ в $(z^{2k-1}*\beta^2-y^{2k-1}*\alpha^2)$ и используя равенство $2k-1+2(m-k)=2m-1=n$.

Так что, леммы 5 и 6 наверняка верны, поскольку доказаны двумя различными способами (но в них следует включить упомянутые выше условия о взаимной простоте).

В следующем посту, мы рассмотрим вопрос о правильности наших последних непроверенных лемм.

[maxal]

В Матем. Просв. № 12 за 2008 год есть статья по смежной тематике:
Е. А. Горин "Степени простых чисел в составе пифагоровых троек"

[Феликс Шмидель]

Спасибо. Хотя я не вижу связи этой статьи с рассматриваемой здесь задачей о том, что $\frac{z^n-y^n}{z-y}$ не может быть квадратом целого числа.