Доказательство Великой теоремы Ферма за одну операцию
Идея
предлагаемого вниманию читателя элементарного доказательства Великой теоремы
Ферма исключительно проста: после разложения чисел a, b, c на пары слагаемых, затем группировки из них двух сумм U' и U'' и умножения равенства a^n + b^n – c^n = 0 на 11^n (т.е. на 11 в степени n, а чисел a, b, c на 11) (k+3)-я цифра в числе a^n + b^n – c^n (где k – число нулей на конце числа a + b – c) не равна 0 (числа U' и U'' умножаются
по-разному!). Для
постижения доказательства нужно знать лишь формулу бинома Ньютона, простейшую
формулировку малой теоремы Ферма (приводится), определение простого числа,
сложение двух-трех чисел и умножение двузначного числа на 11. Вот,
пожалуй, и ВСЁ! Самое главное (и трудное) – не запутаться в десятке цифр,
обозначенных буквами. Формальное описание истории теоремы и библиография в
русском тексте опущены.
Доказательство
приводится в редакции от 1 июня 2005 года (с учетом дискуссии на мехматовском
сайте).
В.С.
Элементарное
доказательство Великой теоремы Ферма
ВИКТОР
СОРОКИН
ИНСТРУМЕНТАРИЙ: [В квадратных
скобках приводится поясняющая, не обязательная информация.]
Используемые
обозначения:
Все числа записаны в
системе счисления с простым основанием n > 10.
[Все случаи с
составным n, кроме n = 2k (который
сводится к случаю n = 4), сводятся к случаю
простого n с помощью
простой подстановки. Случаи n = 3, 5 и 7 здесь не рассматриваются.]
ak – k-я цифра от
конца в числе a (a1 – последняя
цифра).
[Пример для a = 1043: 1043 = 1x53
+ 0x52 + 4x51 + 3x50; a1
= 3, a2 = 4, a3 = 0, a4 =
1.]
a(k) – окончание
(число) из k цифр числа a (a(1) = a1; 1043(3)
= 043).
Везде
в тексте a1 № 0.
[Если все три числа a, b и c оканчиваются на
ноль, следует разделить равенство 1° на nn.]
(ain)1
= ai и (ain - 1)1 = 1 (см. Малую теорему
Ферма
для ai № 0). (0.1°)
(n + 1)n = (10 + 1)n = 11n = …101 (см. Бином
Ньютона для простого n).
Простое следствие из бинома Ньютона и
малой теоремы Ферма для s № 1 [a1 № 0]:
если
цифра as
увеличивается/уменьшается на 0 < d < n,
то
цифра ans+1
увеличивается/уменьшается на d (или d + n, или d – n).
(0.2°)
[В отрицательных
числах цифры считаются отрицательными.]
***
(1°) Допустим, что an + bn – cn = 0 .
Случай 1: (bc)1 ? 0.
(2°) Пусть u = a + b – c, где u(k) = 0, uk+1 ? 0, k > 0 [известно, что в
1° u > 0 и k > 0].
(3°) Умножим равенство
1° на число d1n (см. §§2 и 2a в Приложении) с целью
превратить
цифру uk+1 в 5.
После этой операции обозначения чисел не меняются
и равенство
продолжает идти под тем же номером (1°).
Очевидно, что
и в новом равенстве (1°) u = a + b – c, u(k) = 0, uk+1 = 5.
(1*°) И
пусть a*n + b*n – c*n = 0, где знаком
“*” обозначены записанные в каноническом виде числа в равенстве (1°) после
умножения равенства (1°) на 11n .
(4°) Введем в указанной
здесь очередности следующие числа: u, u' = a(k) + b(k) – c(k),
u'' = u – u' =
(a – a(k)) + (b – b(k)) – (c – c(k)), v = (ak+2 + bk+2 – ck+2)1,
u*' = a*(k) + b*(k) – c*(k),
u*'' = u* – u*' = (a* –
a*(k)) + (b* – b*(k)) – (c* – c*(k)), 11u',
11u'', v* = (a*k+2 + b*k+2
– c*k+2)1,
и вычислим две последние
значащие цифры в этих числах:
(3a°) uk+1 = (u'k+1 + u''k+1)1
= 5;
(5°) u'k+1 = (–1, 0 или 1) – так как – nk
< a'(k) < nk, – nk
< b'(k) < nk, – nk
< c'(k) < nk
и числа a, b, c имеют различные
знаки;
(6°) u''k+1 = (4, 5 или 6) (см. 3a° и 5°) [важно: 1 < u''k+1 < n – 1];
(7°) u'k+2 = 0 [всегда!] – так как \u'\ < 2nk ;
(8°) u''k+2 = uk+2 [всегда!];
(9°) u''k+2 = [v + (ak+1 + bk+1 – ck+1)2]1, где (ak+1 + bk+1 – ck+1)2 = (–1, 0 или
1);
(10°) v = [uk+2 – (a(k+1) + b(k+1) – c(k+1))k+2]1 [где (a(k+1) + b(k+1) – c(k+1))k+2 = (–1, 0 или
1)] =
= [uk+2 – (–1, 0 или
1)]1;
(11°)
u*k+1 = uk+1 = 5 – т.к. u*k+1 и uk+1 – последние
значащие цифры в числах u* и u;
(12°)
u*'k+1 = u'k+1 – т.к. u*'k+1 и u'k+1 – последние
значащие цифры в числах u*' и u';
(13°) u*''k+1
= (u*k+1 – u*'k+1)1 = (3 – u*'k+1)1
= (4, 5
или 6) [важно: 1 < u*''k+1
<
n – 1];
(14°)
(11u')k+2 = (u'k+2 + u'k+1)1 (затем – в
результате приведения чисел к каноническому виду –
величина
u'k+1 «уходит» в u*''k+2, поскольку u*'k+2 = 0);
(14a°) важно: числа (11u')(k+2) и u*'(k+2) отличаются
только k+2-ми цифрами, а
именно:
u*'k+2 = 0, но (11u')k+2 № 0 в общем случае;
(15°)
(11u'')k+2 = (u''k+2 + u''k+1)1;
(16°)
u*k+2 = (uk+2 + uk+1)1 = (u''k+2
+ uk+1)1 = (u''k+2 + 5)1;
(16а°) к
сведению: u*'k+2 = 0 (см. 7°);
(17°)
u*''k+2 = (u*k+2 +1, u*k+2
или u*k+2 – 1)1
= (см. 9°) = (u''k+2
+ 4, u''k+2
+ 5 или u''k+2 + 6)1;
(18°) v* = [u*k+2
– (a*(k+1) + b*(k+1) – c*(k+1))k+2]1
[где u*k+2
= (uk+2 + uk+1)1 (см. 16°), а (a*(k+1)
+ b*(k+1) – c*(k+1))k+2 = (–1, 0 или 1) – см. 10°] =
= [(uk+2
+ uk+1)1 – (–1, 0 или 1)]1.
(19°)
Введем числа U' = (ak+1)n
+ (bk+1)n – (ck+1)n, U'' = (an
+ bn – cn) – U', U = U' + U'',
U*'
= (a*k+1)n + (b*k+1)n – (c*k+1)n,
U*'' = (a*n + b*n – c*n) – U*', U* =
U*' + U*'';
(19а°) к
сведению: U'(k+1)
= U*'(k+1)
= 0.
(20°)
Лемма: U(k+2)
= U'(k+2) = U''(k+2) = U*(k+2) = U*'(k+2)
= U*''(k+2) = 0 [всегда!].
Действительно, из 1° мы имеем:
U = an
+ bn – cn =
= (a(k+1) + nk+1ak+2 + nk+2Pa)n + (b(k+1) + nk+1bk+2
+ nk+2Pb)n –
(c(k+1) + nk+1ck+2
+ nk+2Pc)n =
=
(a(k+1)n + b(k+1)n
– c(k+1)n) + nk+2(ak+2a(k+1)n
- 1 + bk+2b(k+1)n - 1 – ck+2c(k+1)n
- 1) + nk+3P =
= U' + U'' = 0, где
U' = a(k+1)n
+ b(k+1)n – c(k+1)n,
(20a°) U'' = nk+2(ak+2a(k+1)n
-1 + bk+2b(k+1)n -1 – ck+2c(k+1)n
-1) + nk+3P,
где (ak+2a(k+1)n
-1 + bk+2b(k+1)n -1 – ck+2c(k+1)n
-1)1 = (см. 0.1°)=
(20b°)
= (ak+2 + bk+2 – ck+2)1 = U''k+3 =
v (см. 4°).
(21°)
Следствие: (U'k+3
+ U''k+3)1 = (U*'k+3 + U*''k+3)1
= 0.
(22°)
Вычислим цифру (11nU')k+3:
[так как числа (11u')(k+2) и u*'(k+2) отличаются
только k+2-ми цифрами на
величину
что
цифра (11nU')k+3 будет на (11u')k+2 превышать цифру
U*'k+3 (см. 0.2°)]
(11nU')k+3
= U'k+3 = (U*'k+3 + (11u')k+2)1 =
(U*'k+3 + u'k+1)1.
(23°) Откуда U*'k+3
= U' k+3 – u'k+1.
(24°)
Вычислим цифру U*'' k+3 :
U*'' k+3
= v* =
(uk+2 + uk+1)1 – (–1, 0 или 1) – см. (18°);
(25°)
Наконец, вычислим цифру (U*'k+3 + U*''k+3)1:
(U*'k+3
+ U*''k+3)1 = (U*'k+3 + U*''k+3 –
U'k+3 – U''k+3)1 = (U*'k+3 – U'k+3
+ U*''k+3 – U''k+3)1 =
(см. 23° и 24°)
= (– u'k+1 + v* – v) = (см. 18° и 10°)
=
= (– u'k+1
+ [uk+2 + uk+1 – (–1, 0 или 1)] –
[uk+2 – (–1, 0 или 1)])1
=
= (– u'k+1 + uk+1 + (–2, –1, 0, 1, или
2))1 = (см. 3a°) =
(
u''k+1 + (–2, –1, 0, 1, или
2))1 = (см. 6°) = (2, 3,
4, 5,
6, 7
или 8) № 0,
что
противоречит 21° и, следовательно, выражение 1° есть неравенство.
Случай 2 [доказывается
аналогично, но намного проще]: b (или c) = ntb', где b1 = 0 и bt+1 = b'1 № 0.
(26°) Введем число u = c – a > 0, где u(nt – 1) = 0, а unt ? 0 (см. §1 в
Приложении).
(27°) После умножения
равенства 1° на число d1n (с целью
превратить цифру unt в 5)
(см. §§2 и 2a в Приложении)
обозначения чисел сохраняются.
(28°) Пусть: u' = a(nt – 1) – c(nt – 1), u'' = (a – a(nt – 1)) – (c – c(nt – 1)) (где, очевидно,
u''nt = (ant – cnt)1);
U' = a(nt)n + bn – c(nt)n (где U'(nt + 1) = 0 – см. 1°
и 26°), U'' = (an – a(nt)n) – (cn – c(nt)n),
U*' = a*(nt)n + b*n – c*(nt)n (где U*'(nt + 1) = 0), U*'' = (a*n – a*(nt)n) – (c*n – c*(nt)n),
v = ant+1
– cnt+1.
Вычисления,
полностью аналогичные вычислениям в случае 1, показывают, что nt+2-я цифра в
равенстве Ферма не равна нулю. Число b во всех расчетах (кроме
самой последней операции и в п. 27°) можно проигнорировать, т.к. цифры bnnt+1 и bnnt+2 при умножении
равенства 1° на 11n не меняются (т.к. 11n(3) = 101).
Таким
образом, для простых n > 7 теорема доказана.
==================
ПРИЛОЖЕНИЕ
§1. Если числа a, b, c не имеют общих
сомножителей и b1 = (c – a)1 =
0,
тогда из
числа R = (cn – an)/(c – a) =
= cn –1 + cn
–2a + cn –3a2 + … c2an - 3 +
can - 2 + an - 1 =
= (cn
–1 + an –1) + ca(cn –3 + an –3) + … + c(n
–1)/2a(n –1)/2 =
= (cn
–1 – 2c(n –1)/2a(n –1)/2 + an –1 + 2c(n
–1)/2a(n –1)/2) + ca(cn –3 – 2c(n –3)/2a(n
–3)/2 + an –3 + 2c(n –3)/2a(n –3)/2) +
+ … + c(n –1)/2a(n –1)/2 = (c – a)2P + nc(n –1)/2a(n –1)/2 следует, что:
c – a делится на n2, следовательно R делится на n и не делится на
n2;
так
как R > n, то число R имеет простой
сомножитель r не равный n;
c – a не делится на r;
если
b = ntb', где b'1 № 0, то число c – a делится на ntn – 1 и не делится ntn.
§2.
Лемма. Все n цифр (a1di)1, где di = 0, 1, … n – 1, различны.
Действительно,
допустив, что (a1d1*)1 =
(a1d1**)1, мы находим: ((d1* – d1**)a1)1 =
0.
Откуда
d1* = d1**. Следовательно,
множества цифр a1 (здесь вместе с
a1 = 0) и d1 совпадают.
[Пример для a1 = 2: 0: 2x0 = 0; 1: 2x3 = 11; 2: 2x1 = 2; 3: 2x4 = 13; 4: 2x2 = 4.
При
составном n Лемма несправедлива:
в базе 10 и (2х2)1 = 4, и (2х7)1
= 4.]
§2a. Следствие.
Для любой цифры a1 № 0 cуществует такая
цифра di, что (a1di)1 =
1.
[Пример для a1 = 1, 2, 3, 4: 1x1 = 1; 2x3 = 11; 3x2 = 11; 4x4 = 31.]
ВИКТОР СОРОКИН
e-mail: victor.sorokine@wanadoo.fr
4 ноября 2004, Франция
P.S. Доказательство для случаев n = 3, 5 , 7 аналогично, но в (3°) цифра uk+1 превращается не в 5, а в 1,
и в (1*°) равенство (1°) умножается не на 11n, а на некоторое hn, где h – некоторое однозначное число.