Бесконечный спуск для ВТФ.

[Леонид Вайсруб]

Для любого целого $ n > 2 $ сумма $x^{n} + y^{n},$ где $x$ и $y$ - натуральные числа, не равна $z^{n},$ где $z$ натуральное число.
Положим, без ограничения общности дальнейших рассуждений, что
$x > y, x = u + y, $ где $u$ - натуральное число. Тогда сумма $x^{n} + y^{n},$ запишется в виде $ (u + y)^{n} + y^{n} = u^{n} + nu^{n - 1}y + [n(n - 1)/2]u^{n - 2}y^{2} + \ldots + nuy^{n - 1} + 2y^{n} = y^{n}( u^{n}/y^{n} + nu^{n - 1}/y^{n - 1} + [n(n - 1)/2]u^{n - 2}/y^{n - 2} + \ldots + nu/y + 2). $
Обозначим $ w = u/y. $ Тогда

$$ x^{n} + y^{n} = (u + y)^{n} + y^{n} = y^{n}(w^{n} + nw^{n - 1} + [n(n - 1)/2]w^{n - 2} + \ldots + nw + 2) \ne z^{n} .$$

Это утверждение доказывается от противного. Предположим, что многочлен $ y^{n}F(w) = y^{n}(w^{n} + nw^{n - 1} + [n(n - 1)/2]w^{n - 2} + \ldots + nw + 2) = z^{n} $
$ F(w) = w^{n} + nw^{n - 1} + [n(n - 1)/2]w^{n - 2} + \ldots + nw + 2 = z^{n}/y^{n} = \alpha^{n} $ где $ \alpha - $ рациональное положительное число.
$ F(w) \ge 2 $ для $ w \ge 0 $. Необходимо найти
рациональное $ w = w_{0} $, при котором $ F(w) = F(w_{0}) = \alpha^{n} $. Согласно теоремы Бюдана-Фурье и следствия из него правила
(теоремы) Декарта многочлен $ F_{\alpha}(w) = w^{n} + nw^{n - 1} + [n(n - 1)/2]w^{n - 2} + \ldots + nw + 2 - \alpha^{n} $ имеет только один и притом
строго положительный корень, так как $ F_{\alpha}(w) $ имеет всего лишь
одну перемену знаков в системе своих коэффициентов [1]. Свободный член $ 2 - \alpha^{n} < 0, \alpha > \sqrt[n]{2} > 1 $. Подставив, в $ F_{\alpha}(w) = (w + 1)^{n} + 1 - \alpha^{n} $ значение $ w = \alpha - 1 $, получим

$$ F_{\alpha}(\alpha - 1) = \alpha^{n} + 1 - \alpha^{n} = 1 > 0 . $$

Затем, подставив, в $ F_{\alpha}(w) $ значение $ w = \alpha - 2 $ получим

$$ F_{\alpha}(\alpha - 2) = (\alpha - 1)^{n} + 1 - \alpha^{n}. $$

Так как $ \alpha > \sqrt[n]{2} > 1 $, то можно записать $ \alpha = 1 + \delta $, где $ \delta > 0 $. Тогда

$$ F_{\alpha}(\alpha - 2) = \delta^{n} + 1 - (\delta + 1)^{n} < 0 .$$

Значит единственный положительный корень $ w_{0} $ многочлена $ F_{\alpha}(w) $, $ \alpha - 2 < w_{0} < \alpha - 1 $ не является
целым числом и равен $ w_{0} = \alpha - 1 - \epsilon $, где $ 0 < \epsilon < 1 $ и $ \epsilon $ - рационально. Подставив $ w_{0} = \alpha - 1 - \epsilon $ в $ F_{\alpha}(w) = (w + 1)^{n} + 1 - \alpha^{n} = 0 $, получим $ F_{\alpha}(w) = F_{\alpha}(w_{0}) = (\alpha - \epsilon)^{n} + 1 - \alpha^{n} = 0 $. Представив $ \alpha $ в
виде $ \alpha = \beta * \epsilon $, где рациональная величина $ \beta > 1 $, и подставив в уравнение $ F_{\alpha}(w) = F_{\alpha}(w_{0}) = (\alpha - \epsilon)^{n} + 1 - \alpha^{n} = 0 $, получим уравнение $ \beta^{n} - (\beta - 1)^{n} = \frac{1}{\epsilon^{n}} $. Собственно говоря,
уравнение для бесконечного спуска получено. Можно переписать это уравнение в виде $ (\beta + 1)^{n} - \beta^{n} = \frac{1}{\epsilon^{n}} $, т.е. замена (сдвиг)
$ \beta $ на $ \beta + 1 $ или в более симметричном виде

$$ (\beta + \frac{1}{2})^{n} - (\beta - \frac{1}{2})^{n} = \frac{1}{\epsilon^{n}}, ~~~~~~(*)$$

т.е. замена (сдвиг) $ \beta $ на $ \beta + \frac{1}{2} $.

Рассмотрим уравнение (*) при $ n = 3 $.

$$ (\beta + \frac{1}{2})^{3} - (\beta - \frac{1}{2})^{3} = \frac{1}{\epsilon^{3}} ~~~~~~(**)$$

После раскрытия скобок и приведения подобных членов получаем

$$ 3\beta^{2} + \frac{1}{4} = \frac{1}{\epsilon^{3}} ~~~~~~(***)$$

Далее
запишем рациональную величину $ \beta > 1 $ в виде $ \beta = p/q $, где $ p,q $ - натуральные, $ p > q $ и $ p/q $ есть несократимая дробь. Тогда уравнение (***) запишется в следующем виде

$$ \frac{12p^{2} + q^{2}}{4q^{2}} = \frac{1}{\epsilon^{3}}, $$

откуда

$$ \sqrt[3]{\frac{12p^{2} + q^{2}}{4q^{2}}} = \frac{1}{\epsilon} $$

Подкоренное выражение необходимо рассмотреть для трех пар значений $ p,q $:

1) $ p - $ четное, $ q - $ нечетное;

2) $ p - $ нечетное, $ q - $ нечетное;

3) $ p - $ нечетное, $ q - $ четное.

В случаях 1 и 2

$$ \sqrt[3]{\frac{12p^{2} + q^{2}}{4q^{2}}} = \frac{1}{2q}\sqrt[3]{2q(12p^{2} + q^{2})} $$

Под корнем третьей степени стоит четное число из трех множителей, два из которых
нечетны, так как $ q - $ нечетное, и один равен 2. Очевидно, что
кубический корень из этого числа есть число иррациональное. В случае 3

$$ \sqrt[3]{\frac{12p^{2} + q^{2}}{4q^{2}}} = \sqrt[3]{\frac{4(3p^{2} + q_{1}^{2})}{4q^{2}}}, $$

где $ q_{1} = \frac{q}{2} $ может быть как числом четным так и нечетным.
Множитель в числителе подкоренного выражения $ 3p^{2} + q_{1}^{2} $ не
является кубом целого числа. Нетрудно видеть, что разность $ p^{3} - 3p^{2} = p^{2}(p - 3) > q_{1}^{2} , p^{3} > 3p^{2} + q_{1}^{2} $ для всех значений $ p > 3 $, так как $ p > q, q = 2q_{1} $. Для $ p = 3 $ проверяется непосредственно равно ли кубу целого числа выражение $ 3p^{2} + q_{1}^{2} $. Для $ q_{1} = 1 $ и для $ q_{1} = 2 $ получается соответственно $ 3p^{2} + q_{1}^{2} = 28 $ и $ 3p^{2} + q_{1}^{2} = 31 $. Очевидно, что числа 28 и 31 не являются кубами целых
чисел.

Далее, случай 3 необходимо рассмотреть в трех вариантах:

3.1. Число $ q $ в своем каноническом разложении на простые множители
имеет один множитель 2, т.е. $ q = 2q_{1}, $ где $ q_{1} $
- нечетно.

$$ \sqrt[3]{\frac{12p^{2} + q^{2}}{4q^{2}}} = \frac{1}{2q}\sqrt[3]{2q(12p^{2} + q^{2})} $$

В этом случае,
чтобы из подкоренного выражения

$$ 2q(12p^{2} + q^{2}) = 16q_{1}(3p^{2} + q_{1}^{2}) $$

извлекался кубический корень, необходимо положить, что

$$ 3p^{2} + q_{1}^{2} = 2^{3t + 2}q_{1}^{2}, $$

где $ t = 0,1,2,3, \ldots, $ т.е. $ 3p^{2} = q_{1}^{2}(2^{3t + 2} - 1) $, откуда $ p = q_{1}\sqrt{\frac{2^{3t + 2} - 1}{3}}, t = 0,1,2,3, \ldots $.

При $ t = 0 $ получается $ p = q_1 $, что не имеет смысла,
так как $ p > q = 2q_1 $. Далее, нетрудно показать для всех $ t \ge 1 $ числитель $ 2^{3t + 2} - 1 $ не является квадратом нечетного числа
и значит $ p $ - иррационально
(в самом деле $ 2^{s} - 1 \ne (2t + 1)^{2}, s =1,2,3, \ldots, t =1,2,3, \ldots $. Пусть
$ 2^{s} - 1 = (2t + 1)^{2}, $ откуда $ 2^{s -1} = 2t^{2} + 2t + 1. $ При $ s = 1 $ получается $ 1 \ne 2t^{2} + 2t + 1 $, а для всех $ s > 1 $ - число $ 2^{s - 1} $ -
четное, а число $ 2t^{2} + 2t + 1 - $ нечетное, т.е. $ 2^{s} - 1, s =1,2,3, \ldots $ не является квадратом нечетного числа).

3.2. Число $ q $ в своем каноническом разложении на простые множители
имеет количество множителей 2 кратное 3, т.е. $ q = 2^{3t}q_{1}, t = 1,2,3, \ldots, q_{1} - $ нечетно. Тогда

$$ \sqrt[3]{2q(12p^{2} + q^{2})} = \sqrt[3]{8*2^{3t}q_1(3p^{2} + 2^{6t - 2}q_1^{2})} = 2^{(t + 1)} \sqrt[3]{q_1(3p^{2} + 2^{6t - 2}q_1^{2})} $$

Подкоренное выражение должно быть кубом нечетного числа,
откуда следует, что

$$ q_1(3p^{2} + 2^{6t - 2}q_1^{2}) = k^{3}q_1^{3}, $$

где рациональное $ k > 1 $. Для $ p $ получаем равенство

$$ p = q_1\sqrt{\frac{k^{3} - 2^{6t - 2}}{3}}, k^{3} > 2^{6t - 2} $$

Подкоренное выражение не является квадратом целого числа $ \emph{(несложное доказательство этого существует, но в силу его длинноты здесь не приводится)} $ и значит $ p $ - иррационально.

3.3. Число $ q $ в своем каноническом разложении на простые множители
имеет количество множителей 2 большее единицы, но не кратное 3, т.е. $ q = 2^{t}q_{1}, t > 1, t \ne 3s, s = 1,2,3, \ldots , q_{1} - $ нечетно. Тогда в подкоренном выражении

$$ 2q(12p^{2} + q^{2}) = 8*2^{t}q_1(3p^{2} + 2^{2t - 2}q_1^{2}) = 2^{(t + 3)}q_1(3p^{2} + 2^{2t - 2}q_1^{2})} $$

множители $ q_1 $ и $ 3p^{2} + 2^{2t - 2}q_1^{2} - $ нечетны, а из четного
множителя $ 2^{(t + 3)} $ кубический корень не извлекается. Из равенства $ \sqrt[3]{\frac{12p^{2} + q^{2}}{4q^{2}}} = \frac{1}{\epsilon} $ следует, что $ \epsilon - $ иррациональное число.


Из всех вышерассмотренных случаев вытекает, что в уравнении (***) $ \epsilon $ является иррациональным числом. Следовательно последняя низшая ступень
бесконечного спуска уравнения (*), начиная с любого значения $ n > 3 $,
приводит к выводу, что для любого целого $ n > 2 $ сумма $x^{n} + y^{n},$ где $x$ и $y$ - натуральные числа, не
равна $z^{n},$ где $z$ натуральное число.

Наконец сам спуск практически нетрудно построить следующим образом. Уравнение (*)
переписывается в виде

$$ (\beta + \frac{1}{2})(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} - (\beta - \frac{1}{2})(\beta - \frac{1}{2})^{n - 1} = \frac{1}{\epsilon^{n}} $$

$$ \beta(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1}+ \frac{1}{2}(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} - \beta(\beta - \frac{1}{2})^{n - 1} + \frac{1}{2}(\beta - \frac{1}{2})^{n - 1} = \frac{1}{\epsilon^{n}} $$

$$ \beta[(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} - (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1}]+ \frac{1}{2}[(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} + (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1}] = \frac{1}{\epsilon^{n}} $$

$$ (\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} - (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1} = \frac{1}{\beta \epsilon^{n}} - \frac{1}{2\beta}[(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} + (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1}] $$

Обозначая

$$ \frac{1}{\beta \epsilon^{n}} - \frac{1}{2\beta}[(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} + (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1}] = \frac{1}{\epsilon^{n - 1}} $$

получим

$$ (\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} - (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1} = \frac{1}{\epsilon^{n - 1}} $$

Далее, продолжая аналогичным образом, спускаясь
по лестнице, приходим к уравнению (***).



I. Рассмотрим однородное диофантово уравнение вида

$$x^n + y^n = z^n ,~~~~ (1)$$

при этом $x, y, z, n$ - целые , $xyz \ne 0 , n \ge 1.$
Постановка задачи - принадлежат ли решения этого уравнения кольцу целых чисел $\matbb{Z}$ при различных значениях показателя $n$ [2],[3],[4],[5],[6].
Нетрудно видеть, что уравнение (1) при $n = 1, 2$ имеет целочисленные решения. Например, при $n = 1$ значения $x = 4, y = 3$ и $z = 7,$ а при $n = 2$ значения $x = 4, y = 3$ и $z = 5$ удовлетворяют уравнению (1).
Далее утверждается, что уравнение (1) при $n > 2$ не имеет натуральных
решений $x, y, z$, т.е. $ x^n + y^n \ne z^n $.
Доказательство этой старой задачи строится от противного, что и было изложено выше.

Расширение задачи.

II. Далее, если рассматривать (1) для всех целых
$n$, то равенство в (1) возможно только для $n = \pm 1, \pm 2$. Легко видеть, при $n = 0$
(получается 2 = 1) равенство не выполняется.
Рассмотрим (1) с показателем степени $r = - n < 0$.

$$X^r + Y^r = Z^r,~~~~~~~~ X, Y, Z $$

- не равные нулю целые числа.
Нетрудно видеть, что для $r = -1$ равенство имеет место, например, при четных равных друг другу $X$ и $Y, X = Y = 2m, Z = m, | m | \ge 1, m$ - целое.
При $r = -2$ и, к примеру, при $X = 20, Y = 15$ и $Z = 12$ равенство (1) выполняется.
Пусть $r < -2$, тогда (1) запишется так:

$$\frac{1}{X^n} + \frac{1}{Y^n} = \frac{1}{Z^n}, ~~~~~~~~ (2)$$

где $n = - r$.
Ясно, что в (2) $X > Z$ и $Y > Z$.

$$X^n + Y^n = \frac{X^n * Y^n}{Z^n}~~~~ (3)$$

Пусть $( X * Y )/Z$ целое, тогда правая часть (3) есть $n$ - ая степень целого числа. Из доказанного выше в разделе I следует, что (3) не имеет целочисленных решений для всех значений показателя степени $n > 2$ и, следовательно, равенство (1) не выполняется для всех $r = -n < -2$, если $X, Y, Z$ - не равные нулю, целые числа.
III. Пусть в (1) для всех целых $n$, числа
$x, y, z$ - рациональные, т.е. $x = p_{x}/q_{x}, y = p_{y}/q_{y}, z = p_{z}/q_{z} $, где
$p_{x}, q_{x}, p_{y}, q_{y}, p_{z}, q_{z}$ - целые,
не равные нулю, числа.
IV. Пусть в (1) для всех целых $n$, числа
$x, y, z$ - иррациональные.
V. Пусть в (1) для
всех целых $n$, числа $x, y, z$ -
комплексные, т.е. $x = \alpha_{x} + i\beta_{x}, y = \alpha_{y} + i\beta_{y}, z = \alpha_{z} + i\beta_{z} $,
где $i = \sqrt{-1}$, а числа $\alpha_{x}, \beta_{x}, \alpha_{y}, \beta_{y}, \alpha_{z}, \beta_{z}$ -
вещественные.
Для задач III, IV, V определить условия равенства.



Литература.

1. Курош А. Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, изд. 9-е, 1968.

2. Эдвардс Г. М. Последняя теорема Ферма. Генетическое введение в
алгебраическую теорию чисел. -М.: МИР, 1980.

3. Куликов Л. Я. Алгебра и теория чисел. -М.: Высшая школа,
1979.

4. Блинов В. Ф. Великая теорема Ферма: Исследование проблемы -М.: Изд-во
ЛКИ,2008.

5. Постников М. М. Теорема Ферма. Введение в теорию алгебраических
чисел. -М.: Наука, 1978.

6. Рибенбойм П. Последняя теорема Ферма для любителей. -М : Мир, 2003.

[Toucan]

Тема перемещена в раздел "Великая теорема Ферма".

Согласно правилам этого раздела:

Цитата:

Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3

Если это правило не будет выполнено до завтра, тема уедет в Карантин.

[migmit]

Леонид Вайсруб в сообщении #320545 писал(а):

Обозначая

$$ \frac{1}{\beta \epsilon^{n}} - \frac{1}{2\beta}[(\beta + \frac{1}{2})^{n - 1} + (\beta - \frac{1}{2})^{n - 1}] = \frac{1}{\epsilon^{n - 1}} $$

Чего-чего обозначая через что???

-- Пн май 17, 2010 18:55:31 --

Леонид Вайсруб в сообщении #320545 писал(а):

чтобы из подкоренного выражения

$$ 2q(12p^{2} + q^{2}) = 16q_{1}(3p^{2} +q_{1}^{2}) $$

извлекался кубический корень, необходимо положить, что

$$3p^{2} + q_{1}^{2} = 2^{3t + 2}q_{1}^{2}, $$

Это почему, собственно? Возможен, например, такой вариант: $q_1=4q_2^3$, а $3p^2+16q_2^6=q_3^3$, где $q_1$ и $q_2$ - целые числа. Тогда искомый кубический корень будет равен $4q_2q_3$. И попробуйте доказать, что этого не может быть.

[Toucan]

Toucan в сообщении #320563 писал(а):

огласно правилам этого раздела:
Цитата:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3

Если это правило не будет выполнено до завтра, тема уедет в Карантин.

Вот и наступило это самое завтра.

Едем в Карантин.

После того, как приведёте доказательство для случая $n=3$, напишите в Сообщение в карантине исправлено, чтобы кто-нибудь из модераторов вернул Вашу тему в раздел "Великая теорема Ферма".