|
1
|
2
|
3
|
4
|
5
|
6
|
7
|
1
|
1
|
|
|
|
|
|
|
2
|
|
|
B1
|
|
|
|
|
3
|
|
|
|
|
B2
|
|
|
4
|
|
|
|
|
|
|
B3
|
5
|
|
|
|
|
|
|
|
.
|
|
|
|
|
|
|
|
n1 + 1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8
|
…
|
3 + 2(n1- 1)
|
…
|
P–9/2
|
P–7/2
|
P–5/2
|
P–3/2
|
P–1/2
|
1
|
|
…
|
…
|
…
|
|
|
|
|
1
|
2
|
|
…
|
…
|
…
|
|
|
|
B1
|
|
3
|
|
…
|
…
|
…
|
|
|
B2
|
|
|
4
|
|
…
|
…
|
…
|
|
B3
|
|
|
|
5
|
|
…
|
…
|
…
|
B4
|
|
|
|
|
.
|
|
|
…
|
…
|
|
|
|
|
|
n1 + 1
|
|
…
|
|
…
|
|
|
|
|
|
|
|
…
|
…
|
…
|
|
|
|
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1.2 Основная теорема
Теорема: Неопределенное уравнение X P + Y P = Z P не имеет решений в натуральных числах, где P – простое число >3.
Доказательство ведем от противного.
Пусть существует решение неопределенного
уравнения
X P + Y P = Z P (1.12)
в натуральных числах и пусть
это решение примитивное, т.е.
(X, Y) = 1, (Z, X) = 1, (Z, Y) = 1. (1.13)
1.3 Основные обозначения и соотношения
Все вводимые ниже числа принадлежат
N +.
Благодаря (1.12) и (1.13)
одно из чисел (X, Y и Z) четное.
Пусть
d0 = НОД+(X + Y, Z) Þ пусть X + Y = C0d0, (1.14)
а Z = a0d0, (1.15)
где (a0, С0) = 1; (1.16)
d1 = НОД+(Z – X, Y) Þ пусть Z – X = C1d1, (1.17)
а Y = a1d1, (1.18)
где (a1, C1) = 1;
(1.19)
d2 = НОД+(Z – Y, X) Þ пусть Z – Y = C2d2, (1.20)
а X = a2d2, (1.21)
где (a2, С2) = 1. (1.22)
Благодаря (1.13) (d0, d1) = 1, (d0, d2) = 1 и (d2, d1) = 1.
Запишем трехчлен (X + Y – Z) в трех формах и, учитывая (1.14) и (1.15), (1.17) и (1.18),
(1.20) и (1.21), получим соответственно:
(X + Y) – Z = C0d0 – a0d0 = d0(C0 – a0), (1.23)
Y – (Z – X) = a1d1 – C1d1 = d1(a1 – C1), (1.24)
X – (Z – Y) = a2d2 – C2d2 = d2(a2 – C2). (1.25)
С учетом условия п. 1.3.3
и равенств (1.23), (1.24) и (1.25) будет справедливо равенство и сравнение
X + Y – Z = Kd0d1d2, Þ X + Y – Z º 0 mod K (1.26)
где K > 3 (докажем ниже).
Решая совместно (1.26) и (1.23),
(1.26) и (1.24), (1.26) и (1.25), получим соответственно:
С0 – a0 =
Kd1d2, (1.27)
a1 – C1 = Kd0d2, (1.28)
a2 – C2 = Kd0d1. (1.29)
Из равенства (1.27) с учетом условия (1.16) следует, что (a0,K) =1 и (C0,K) = 1, но тогда и (Z,K) = 1.
Из равенства (1.28) с учетом условия (1.19) следует, что (a1,K) =1 и (C1,K) = 1, но тогда и (Y,K) = 1.
Из равенства (1.29) с учетом условия (1.21) следует, что (a2,K) =1 и (C2,K) = 1, но тогда и (X,K) = 1.
Так как число K попарно взаимно простое с числами X, Y и Z, а одно из этих чисел
четное (п.1.3.1.), то K – число нечетное.
В дальнейшем мы будем использовать числа K и K2 в качестве модулей
вспомогательных сравнений, для чего ниже будет дано углубленное представление об
числе K.
1.4 Формулы Абеля в наших обозначениях и их связь с другими установленными
соотношениями
Для 1-го случая Проблемы Ферма (далее ПФ), т.е. когда (X,
P) = 1, (Z, P)
= 1, (Y, P) = 1, формулы Абеля и
основные соотношения(1.3.2) будут связаны соответственно:
X + Y = =C0d0, отсюда С0=, (1.30)
Z – X = = C1d1, отсюда С1 = , (1.31)
Z – Y = = C2d2, отсюда C2 = ; (1.32)
X P–1 – X P–2 Y + …– XY P–2 + Y P–1 = , (1.33)
Z P–1 + Z P–2 X + …+ ZX P–2 + X P–1 = , (1.34)
Z P–1 + Z P–2 Y +…+ ZY P–2 + Y P–1 = . (1.35)
Для 2-го случая ПФ ограничимся вариантом, когда
(Z, P) = P, (X, P) = 1,
(Y, P) = 1, в этом случае формулы
Абеля и основные соотношения (1.3.2) будут связаны соответственно:
X + Y = /P = C0d0,
C0 = d0P -1/P,
(1.36)
Левые части формул Абеля (1.33),(1.34),(1.35)
и (1.37), запишем с учетом (1.7) и (1.6) – теоремы 1.1., , а также с учетом (1.11)
теоремы 1.2.вынося PXY за квадратные скобки:
С учетом теоремы 1.1.
(X + Y)P–1 – PXY [(X + Y)P–3 +XY(X +Y)P–5 +…+(–1)P–5/2 X P–5/2 Y P–5/2 (X + Y)2 +
(–1)P–3/2X P–3/2Y P–3/2 ] = [ для (1.33)],
(1.38)
(Z - X)P–1 + PZX [(Z - X)P–3 + ZX(Z - X)P–5 Z P–5/2 X P–5/2 (Z - X )2 +
Z P–3/2 X P–3/2 ] = [ для (1.34)],
(1.39)
(Z - Y)P–1 + PZY [(Z - Y)P–3 +ZY(Z - Y)P–5 +…Z P–5/2
Y P–5/2 (Z - Y)2 + ZP–3/2Y P–3/2 ] = [ для (1.35)], (1.40)
(X + Y)P–1 – PXY [(X + Y)P–3 – XY(X +Y)P–5 + –1)P–5/2 X P–5/2 Y P–5/2 (X + Y)2 + (–1)P–3/2X P–3/2Y P–3/2
] = P [для (1.37)], (1.41)
(X + Y)P -1 – PXY [(X + Y)2 – XY]S = [для (1.33)]; (1.42)
(X + Y)P -1 – PXY [(X + Y)2 – XY]S = [для (1.37)], (1.43)
(Z - X)P -1 +PZX [(Z - X)2 + ZX]SW11 = a1P [для (1.34)];
(Z - Y)P -1 + PZY [(Z - Y)2 + ZY]SW21= a2P [для (1.35)];
А принимая во внимание, что с учетом(1.30) и (1.36) степень
(X + Y)P –1 = (C0d0)P –1 =C0P - для 1- го случая ПФ и
(X + Y)P –1 = (C0d0)P –1 = PC0P – для 2 –го случая ПФ.
Тогда последние равенства для формул Абеля (1.33) и (1.37) будут:
C0P– PXY [(X + Y)2 – XY]S = [для (1.33)],
из которых следуют [для
(1.33)], PXY [(X + Y)2 – XY]S = C0P - a0P, (1.44)
[для (1.37)], PXY [(X + Y)2 – XY]S = P(C0P - a0P),
а после сокращения на P
XY [(X + Y)2 – XY]S = (C0P - a0P), (1.45)
где соответствует
W0 и W11, W21соответствуют
W [cм. (1.11)] теоремы 1.2., а
s = 1 для P вида 6n + 5,
s = 2 для P вида 6n + 1.
Таким образом мы установили связь формул Абеля и полученных нами соотношений.
Далее о модуле K, а затем используя
вспомогательные числа и вспомогательные сравнения по модулю K, доказательство того, что
(X + Y)2 – XYº 0 mod K, (Z – X)2 + ZX º 0 mod K, (Z – Y)2 + ZY º 0 mod K.
Модуль K
Дальнейшие рассуждения требуют
расширенного представления о модуле K.
Ниже покажем:
---- что для 1-го случая ПФ
модуль K =eP2;
---- что для 2-го случая
ПФ модуль K >3; ----- что для 2-го случая ПФ имеет
место (K,P) = 1;
---- что простые числа вида
6n + 5, не могут быть делителями K (см. в разделе 1.7.);
--- что числа 3t, где t > 1, не могут быть делителями K (см.в разделе1.7.).
а) Для доказательства того,
что K = eP2 для 1-го случая ПФ,
из равенств (1.38), (1.39) и (1.40) находим, что
(X + Y)P –1 º a0P mod P,
(Z – X)P –1 º a1P mod P,
(Z – Y)P –1 º a0P mod P, тогда благодаря Малой теореме Ферма имеем
a0P º 1 mod P, Þ a0P º 1 mod P2, Þ a0 = e0P + 1,
a1P º 1 mod P, Þ a1P º 1 mod P2, Þa1 = e1P + 1,
a2P º 1 mod P, Þ a2P º 1 mod P2, Þa2 = e2P + 1.
Очевидно, что XP + YP – ZP º 0 mod P2
Тогда, с учетом последних
сравнений и равенств (1.15), (.18) и (1.21) имеем
a2Рd2P + a1PdP - a0Pd0P º .d0P – d2P –d1P º 0 mod P2. (1.46)
Но левая часть последнего
сравнения с учетом (1.14), (1.17) и (1.20), а также равенства (1.26) будет
d0P – d2P –d1P
= (X + Y) – (Z – Y) – (Z – X) = 2 (X + Y – Z) = 2Kd0d1d2 º 0 mod P2 Þ
Þ K = eP2, что и т.д. (1.47)
в) Модуль K > 3.
Это условие докажем для двух
вариантов 2-го случая, а именно:
---для варианта 1,
когда (Z,P) =P, а (X,P) = 1 и (Y,P) =1;
---для варианта 2,
когда (Z,P) = 1, а (X,P) = P и (Y,P) = 1.
Вариант,
когда (Z,P) =1, (X,P) =1 и (Y,P) = P рассматривать не будем ввиду его полной аналогии с вариантом 2.
Доказательство того, что
K >3 для варианта 1.
Пусть для определенности (для
вариантов 1 и 2)
Z > X > Y (1.48)
Из неравенств P(X + Y) .> Z – Y > Z – X, и с учетом (1.36) имеем
d0P > d2P >d1P, отсюда d0 > d2 >
d1.
Составим алгебраическую сумму
(X + Y) – (Z – Y) – (Z – X) = 2(X + Y – Z и умножим правую и левую части полученного равенства на P получим P(X + Y) – P(Z – Y) – P(Z – X) = 2P(X + Y – Z), тогда благодаря равенствам (1.36) и (1.26) имеем d0P - Pd2P - Pd1P = 2PKd0d1d2 Þ d0P = Pd2P + Pd1P + 2PKd0d1d2. Разделим левую часть и последнее слагаемое правой части полученного
равенства на d0 получим очевидное неравенство d0P-1 < Pd2P + Pd1P + 2PKd1d2. (в1)
Выразим d0 через числа d1 и d2 для чего из равенства (1.28) вычтем
равенство (1.29) и учитывая равенства (1.31) и (1.32) получим a1 - a2 + d2P-1 - d1P-1 = a1 - a2 + (d2 - d1)(d2 + d1)q = Kd0 (d2 - d1), (в2) где q = .d2P-3 + d2P-5d12 + …..+ d22d1P-4 + d1P-3. Обозначим q (для P =5) как qmin = d22 + d12. Из
(1.34), (1.35) с учетом условия (1.48) имеем a1 - a2 > 0. В п.1.4.4.(а) найдено, что a1 = e1P +1 и a2 = e2P + 1, тогда a1 - a2 = P(e1 - e2).
Пусть K = 3, тогда из равенства (в2) имеем d0 = (a1 - a2)/3( d2 - d1) + (d2 + d1)q/3 = P(e1 - e2)/3( d2 - d1) + (d2 + d1)q/3
Будем минимизировать d0, приняв d2 + d1 = 3,
q = qmin и (e1 - e2) =3( d2 - d1) и,
учитывая, что (d2 - d1, P) = 1** получим d0 = P + qmin = P + (d22 + d12). (в3) [** Если(d2 - d1, P) = P, то (X – Y, P) =P, но из
(1.36) следует, что (X + Y,P) = P, тогда
после сложения X – Y и X + Y получим (2X,P) = P, что противоречит варианту 1.]
Неравенство (в1) с учетом (в3) будет
[P + (d22 + d12)]P-1 < Pd2P + Pd1P + 2P3d1d2 Þ (в4) ÞPP-1 + (P –1)PP-2(d22 + d12) + ….+ (d22 + d12)P-1< Pd2P + Pd1P + 2P3d1d2. Далее при доказательстве
будем минимизировать [P + (d22 + d12)]P-1 отбрасывая часть членов разложения.
Покажем, что 3-и члена разложения
бинома (d22 + d12)P-1 >
Pd2P + Pd1P. Так (d22 + d12)P-1 = (d22)P- 1 + (P – 1)
(d22)P- 2d12 +
…..+ (d12)P - 1 > Pd2P
+ Pd1P.
Одно слагаемое левой части
разложения (d22)P- 1 = d2Pd2P – 2 > Pd2P Þ d2P – 2> P, это неравенство справедливо для d2 ³ 2 (d2 не может равняться 1, так как d2 >d1). Пусть d2 =2,
тогда 2P – 2 = (1 + 1)P –2 = 1 + P – 2 + (P –
2)(P –3)/2 + ……+ P – 2 + 1 = = P + (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 >
P Þ (P – 2)(P –
3)/2 + ……+ P – 2 > 0, что и подтверждает наше утверждение.
Предпоследние
два слагаемых разложения
бинома
(d22 + d12)P-1 а именно: (P – 1) (d22)P- 2d12 + (d12)P –1 > Pd1P.
Для d1 ³ 2 имеем (d12)P- 1= d1Pd1P – 2> Pd1PÞ d1P – 2 > P, . доказательство аналогичное вышеприведенному для (d22)P- 1.
Для d1 =1 имеем (P – 1) (d22)P- 2d12 + (d12)P –1 = (P – 1) (d22)P- 2 + 1 > P, это неравенство справедливо,
т.к. доказано, что (d22)P- 2 > P .
Таким образом, мы показали,
что
(d22 + d12)P-1 > Pd2P + Pd1P.
Теперь покажем, что второе
слагаемое разложения [P + (d22 + d12)]P-1, а именно (P –1)PP-2(d22 + d12) > 2P3d1d2 =6Pd1d2
Сократим правую и левую части
неравенства на P и, принимая во внимание, что d22 +d12 > d1d2, так как d2 > d1 получим
(P – 1)PP – 3 > 6, полученное неравенство справедливо для любых P > 3.
Нами показано, что несмотря
на минимизацию d0 и d0P – 1, которая должна усиливать неравенство (в4), получили обратный
результат
d0P-1 > Pd2P + Pd1P + 2P3d1d. (в5)
Пришли
к противоречию с одной стороны
d0P-1 < Pd2P + Pd1P + 2P3d1d., а с другой стороны d0P-1 > Pd2P + Pd1P + 2P3d1d. (в.5)
Вывод: так как число K нечетное и не равно 3(тем более 1), то K >3, что и требовалось доказать для варианта 1.
.(г). Доказательство того,
что K> 3 для вариант 2, когда
(X,P) = P, (Z,P) =1 и (Y,P) = 1.
(г.1) Выпишем часть формул Абеля для этого варианта.
X + Y = d0P = C0d0,
C0 = d0P –1,
Z – X = d1P = C1d1,
C1 = d1P –1,
Z – Y = d2P/P = C2d2,
C2 = d2P –1/P.
Найдем иные соотношения, которые
будем использовать в дальнейших рассуждениях
Из равенства 2 (X + Y – Z) = (X + Y) – (Z – Y) – (Z – X) = 2Kd0d1d2 [с учетом (г.1)] получим
d0P – d2P/P – d1P = 2 Kd0d1d2, отсюда
d0P – d1P º 0 mod P, а значит и d0P – d1P º 0 mod P2 и d0 – d1 º 0 mod P, где d0 >
P.
Пусть K =3.
Чтобы получить противоречие (для K =3) сложим равенства (1.27) и (1.28) и с учетом (г.1) имеем
d0P- 1 – d1P –1
+ a2 - a0 = 3d3(d0 + d1) Þ Þ 3d3 = (d0 – d1)(d0P –3 + d0P
-5d12 + …+ d02 d1P – 5 + d1P –3) + + (a2 - a0)/(d0 + d1). Это равенство не справедливо. Минимизируем
правую часть полученного равенства, для чего принимаем d0 – d1 =P, отбросим слагаемое (a2 - a0)/(d0 + d1), а
также принимаем P = 5, тогда 3d3 > P(d02 + d12), но и это неравенство несправедливо, так
как P > 3, а d02 > d3, что следует из неравенства P(X + Y) > P(Z – Y), которое с учетом
(г.1) будет Pd0P > d3P, но d02P > Pd0P , тогда d02P > d3P, отсюда после извлечения
корня P-степени из правой и левой части неравенства
получим d02 > d3, что и требовалось доказать.
Таким образом мы пришли к
противоречию с одной стороны 3d3 > P(d02 + d12), с другой стороны
3d3 < P(d02 + d12).
Вывод: так как число K нечетное и не равно 3(тем более 1), то K >3, что и требовалось доказать для варианта 2, а по
аналогии и для варианта, когда (Y,P)=P, (X,P) =1 и (Z,P) =1.
б) (K,P) = 1 для 2- го случая ПФ
Для второго случая только
одно из чисел X, Y, Z кратно Р, а значит, только одно из чисел
С0, С1 и С2 кратно Р (см., как пример, (1.36)). Пусть для определенности (С1,P) = P, тогда левая часть равенств (1.28), не будет делиться на Р, так
как (a1,C1) =1 , а значит, и правая часть этого равенства, содержащая множителем
число K, не будет делиться на Р, а это значит,
что для второго случая ПФ
(K, Р) = 1. (1.49)
1.5 Вспомогательные числа и вспомогательные сравнения
Пусть {1, 2, …, ri, …, mi, ..., li, …,
K – 1} – приведенная система наименьших,
натуральных вычетов по модулю K. Тогда, очевидно,
существуют такие числа r1, r2, r3, m1, m2, m3 и l1,
l2 и l3, принадлежащие этой системе,
что
r1Z – X º 0 mod K или r1Z º X mod K, (1.50)
Z – r2Y º 0 mod K или r2Y º Z mod K, (1.51)
r3X + Y º 0 mod K или r3X º –Y mod K, (1.52)
Z – m1X º 0 mod K, (1.53)
m2Z – Y º 0 mod K, (1.54)
X + m3Y º 0 mod K, (1.55)
Z 2 – l1XY º 0 mod K, (1.56)
Y 2 + l2ZX º 0 mod K, (1.57)
X 2 + l3ZY º 0 mod K. (1.58)
Умножая сравнения (1.50)–(1.52), получим
r1r2r3ZXYº – ZXY mod K,
отсюда
r1r2r3 º –1 mod K. (1.59)
Cложим сравнение (1.50) и (1.51) и, учитывая (1.26),
получим
r1Z – X + Z – r2Y º r1Z + (Z – X) – r2Y º r1Z + Y – r2Y º
º r1Z – Y(r2 – 1) º 0 mod K,
а учитывая, что Z º r2Y mod K (cм. (1.51)),
получим
r1r2Y – Y(r2 – 1) º 0 mod K,
отсюда
r1r2 – r2 + 1 º 0 mod K Þ r1r2 º r2 – 1 mod K.
(1.60)
Умножая сравнение (1.60) на r3 и учитывая (1.59),
получим
r2r3 – r3 + 1 º 0 mod K Þ r2r3 º r3 – 1 mod K. (1.61)
Умножая (1.61) на r1 и учитывая (1.59), получим
r1r3 – r1 + 1 º 0 mod K Þ r1r3 º r1 – 1 mod K. (1.62)
Из сравнений (1.50) и (1.53) получим
r1m1 º1 mod K, (1.63)
а из сравнений (1.51), (1.54) и (1.52),(1.55) получим соответственно
r2m2 º 1 mod K, (1.64)
r3m3 º 1mod K. (1.65)
Сложим сравнения (1.50) и (1.55) и, учитывая (1.51) и (1.60), получим
r1Z – X + X + m3Y º r1r2Y
+ m3Y º Y (r2 – 1 + m3) º 0 mod K Þ
Þ m3 º 1 – r2 mod K. (1.66)
Cложим сравнения (1.52) и (1.54) и, учитывая (1.50)
и (1.62), получим
m2Z – Y + r3X + Yº m2Z + r3r1Z º Z(m2 + r3r1) ºº Z(m2 +r1 – 1) º 0 mod K, Þ m2 º 1 – r1 mod K. (1.67)
Из сравнения (1.51) вычтем сравнение (1.53) и, учитывая (1.52) и (1.61), получим
Z – r2Y – Z + m1X º m1X – r2(–r3X) º X(m1 + r2r3) º
º X(m1 + r3 – 1) º 0 mod K Þ m1 º 1 – r3 mod K. (1.68)
Решая совместно сравнения (1.56) и (1.50) и принимая во внимание сравнение
(1.51), получим
Z 2 – l1XY º Z 2 – l1r1ZY º Z(Z – l1r1Y) º Z(r2Y – l1r1Y) º
º ZY(r2 – l1r1) º 0 mod K Þ l1r1 º r2 mod K. (1.69)
Решая совместно сравнения (1.57) и (1.51) и принимая во внимание (1.52), получим
Y 2 + l2ZX º Y 2 + l2r2YX º Y(Y + l2r2X) º Y(–r3X + l2r2X) º XY(l2r2 – r3) º 0 mod K Þ l2r2 º r3 mod K. (1.70)
Решая совместно сравнения (1.58) и (1.52) и принимая во внимание (1.50),
получим
X 2 + l3ZY º X2 + l3Z(–r3X) º X(X – l3r3Z) º X(r1Z – l3r3Z) º ZX(r1 – l3r3) º 0 mod K, Þ l3r3 º r1 mod K. (1.71)
Из сравнения (1.69) вычтем сравнение (1.63) и, принимая во внимание (1.60),
получим
l1r1 – m1r1 º r2 – 1 º r1r2 mod K,
отсюда, сокращая на r1, получим l1 – m1
º r2 mod K, а с учетом (1.68) имеем
l1 º r2 + m1 º r2 + 1 – r3 mod K,
отсюда, так как l1,
r2 и r3 меньше K, получим
l1 = r2 – r3 + 1. (1.72)
Из сравнения (1.70) вычтем сравнение (1.64) и, принимая во внимание (1.61),
получим
l2r2 – m2r2 º r3 – 1 º r2r3 mod K,
отсюда, сокращая на r2, получим l2 – m2
º r3 mod K, а с учетом (1.67) имеем
l2 º r3 + m2 º r3 + 1 – r1 mod K,
отсюда, так как l2, r3 и r1 меньше K,
получим
l2 = r3 – r1 + 1. (1.73)
Из сравнения (1.71) вычтем сравнение (1.65) и, принимая во внимание (1.62),
получим
l3r3 – m3r3 º r1 – 1 º r1r3 mod K,
отсюда, сокращая на r3, получим l3 – m3
º r1 mod K, а с учетом (1.66) имеем
l3 º r1 + m3 º r1 + 1 – r2 mod K,
отсюда, так как l3,
r1 и r2 меньше K, имеем
l3 = r1 – r2 + 1. (1.74)
1.5.6. Проведем анализ равенств, полученных в п. 1.5.5.
Из равенства (1.72) следует, что
а) r2 ³ r3,
тогда сложим равенства (1.73) и (1.74):
l2 +l3 = r3 – r1 + 1 + r1 – r2 + 1 = r3 – r2 + 2,
отсюда, так как числа l2
и l3 натуральные, следует,
что
б) r3 ³ r2.
отношения а) и б) возможны только при условии, что
r2 = r3. (1.75)
Из равенства (1.73) следует, что
в) r3 ³ r1,
тогда сложим равенства (1.72) и (1.74):
l1 + l3 = r2 – r3 + 1 + r1 – r2 + 1
= r1 – r3 + 2,
отсюда, так как числа l1
и l3 натуральные, следует,
что
г) r1 ³ r3,
отношения в) и г) возможны только при условии, что
r1 = r3. (1.76)
Благодаря равенствам
(1.75) и (1.76) имеем равенство чисел r1, r2 и r3, тогда
r1 = r2 = r3 = r. (1.77)
Из равенств (1.72)–(1.74) с учетом равенств (1.77) следует, что
l1 = 1, l2 = 1 и l3 = 1. (1.78)
Благодаря (1.77) сравнения (1.60)–(1.62) примут вид
r2 – r + 1 º 0 mod K,
(1.79)
а сравнение (1.59) будет выглядеть следующим образом:
r3 º –1 mod K.
(1.80)
Благодаря (1.78) сравнения (1.56)–(1.58) примут вид
Z 2 – XY º 0 mod K,
Y 2 + ZX º 0 mod K,
X 2 + ZY º 0 mod K,
а с учетом (1.26) –
(X + Y)2 – XYº 0 mod K, (1.81)
(Z – X)2 + ZXº 0 mod K, (1.82)
(Z – Y)2 + ZYº 0 mod K. (1.83)
1.6 Противоречия сравнений и равенств
Противоречие
1
Все сравнения по модулю K, в том числе и (1.79) и (1.80), будут
справедливы для любого простого делителя, принадлежащего числу K. Для первого случая ПФ благодаря (1.49)
таким простым делителем, принадлежащим K, будет число Р, тогда сравнения (1.79) и (1.80) по модулю
Р будут соответственно
r2 – r + 1 º 0 mod P, (1.84)
r3 º –1 mod P. (1.85)
Благодаря Малой теореме Ферма
имеем
r P–1 – 1 º 0 mod P. (1.86)
Пусть Р = 6n + 5, тогда сравнение (1.86) с учетом сравнения
(1.85) будет выглядеть следующим образом:
r 6n + 5 – 1 – 1 = r 6n+ 4 – 1 = (r3)2n + 1r – 1 º (–1)2n + 1r – 1 º 0 mod P,
отсюда r º – 1 mod P, тогда с учетом этого сравнения (1.50) и (1.51) будет иметь вид
(–1)Z º X mod P , Z º (–1)Y º 0 mod P. Тогда после вычитания
сравнений получим
- 2Z º X + Y mod P Þ с учетом (1.26) 3Z º 0 mod P, что невозможно,
так как (Z,K) =1 и Р = 6n + 5 > 3. Пришли
к противоречию .
Первый случай ПФ для простых
показателей вида 6n + 5 доказан.
Противоречие
2
Сравним равенства (1.44) и
(1.45) по модулю K 2 с учетом сравнения
(1.81). для P вида 6n + 1 (S =
2). Очевидно, что левые части равенств (1.44) и (1.45) сравнимы с нулем по модулю
K 2, т.е.
РXY [(X + Y)2 – XY]2 º 0 mod K 2, XY [(X + Y)2 – XY]2 º 0 mod K 2, тогда и правые части равенств (1.44)
и (1.45) должны быть сравнимы с нулем по модулю K 2, т.е.
º 0 mod K2.
Разложим левую часть полученного сравнения,
воспользовавшись теоремой 1.1, получим
– = (С0 – a0)P + PC0a0(C0 – a0)P–2 + … AP–3/2 (C0 – a0)3 + (C0 – a0) º 0 mod K2.
Из (1.27) следует, что С0
– a0 º 0 mod K,
учитывая это, отбросим все слагаемые полученного разложения, содержащие множитель
(С0 – a0)i, где i ³ 3, получим
(C0 – a0) º 0 mod K 2,
отсюда с учетом (1.27) d1d2 º 0 mod K, что невозможно, так как ни один простой делитель числа
K, не принадлежит ни С0, ни a0 , ни d1.ни d2 (см.
1.3.6.). Число Р, также не может делиться на K, так как для первого случая ПФ K кратно Р2 [ (1.47)], а для второго случая (K, Р) = 1 [см. (1.49)].
Пришли к противоречию: левые
части (1.44) и (1.45) делятся на K 2, а правые их части не делятся на K 2.
Проблема Ферма (первый
и второй случаи) для всех простых показателей Р = 6n + 1 доказана.
1.7 Второй случай ПФ для
простых показателей вида 6n + 5
В это разделе в качестве модулей будем
использовать числа K и K2.
Расширим представление о модуле
K еще двумя свойствами:
(д). Простые числа вида
6n + 5 не принадлежат к делителям K.
Пусть простое число P1= 6n + 5 является делителем K.
Тогда благодаря (1.80) имеем
r3º - 1 mod P1, но и rP1 –1
º
(r3)2n + 1r º 1 mod P1 Þ Þ (-1)2n +1 r º1 mod P1 Þ r º - 1 mod P1.
Тогда сравнения
(1.50) и (1.51) примут вид
(-1)Z º X mod P1 Þ Z + X º 0 mod P1,
Z º
(-1)Y mod P1 Þ Z + Y º 0 mod P1.
После сложения полученных
сравнений с учетом того, что благодаря (1.26) X + Y º Z mod P1 имеем 3Z º 0 mod P1, что не возможно, так как P1 > 3 и (Z,P) =1. Пришли к противоречию, а значить
простые числа вида 6n + 5 не могут быть делителями K.
(е). Числа 3t, где t > 1, не принадлежит к делителям K.
Пусть 32 = 9 является делителем
модуля K, тогда из (1.80) следует
r3 º - 1 mod 9. Этому сравнению удовлетворяют, из приведенной системы наименьшие
натуральные вычеты по модулю 9, следующие числа: 2, 5 и 8 , так 23 + 1=9
º 0 mod 9, 53 + 1= 126 º 0 mod 9, 83 + 1 = 513 º 0 mod 9
Но и XP + YP – ZP º 0 mod 9
Последнее
сравнение с учетом сравнений (1.50), (1.51) и (1.52) будет
rPZP + (-rPXP) – ZP º rPZP + (-rPrPZP) – ZP º 0 mod 9 Þ Þ rP - r2P – 1 º 0 mod 9,
Сравним каждое слагаемое левой части полученного сравнения по модулю 9, так
rP = r6n +5 = (r3)2n + 1r2 º (-1)2n + 1r2 º - r2 mod 9,
r2P = r2 (6n +5) = (r3)4n + 3r º (-1)4n + 3r º - r mod 9, тогда
rP - r2P – 1 º (-r2) - (-r) – 1 º r2 –r + 1 º 0 mod 9, (е.1)
Ни один вычет (2,5 и 8) не
удовлетворяет сравнению (е.1) так:
22 – 2 + 1 º 3 º 0 mod 9, что не возможно.
52 – 5 + 1 º 21 º 0 mod 9, что не возможно,
82 – 8 + 1 º 57 º 0 mod 9, что не возможно.
Тем самым мы доказали, что
числа 3t где t > 1 не могут быть делителями модуля K.
Из найденных свойств модуля
K следует, что простыми делителями его могут
быть только числа вида 6n + 1 и число 3. Тогда
функция Эйлера j(K) будет иметь множитель 6 и среди натуральных
вычетов найдутся числа принадлежащие 6 по модулю K и таких чисел будет j(6) = 2. [1]
Для доказательства 2-го случая
ПФ для простых показателей вида 6n + 5 составим три начальных
сравнения по модулю K2, используя наименьшие
натуральные вычеты, приведенной
системы по модулю K2 и числа X,Y и Z.
r1Z º X mod K2, r2Y º Z mod K2, r3Xº –Y mod K2.
Перемножим левые, и правые
части полученных сравнений получим r1 r2 r3ZYX º - ZYX mod K2 , отсюда r1 r2 r3º - 1mod K2.
Перемножим первое и второе,
первое и третье сравнения так
r1Z2º r2XY mod K2, r3X2 º - r1ZY mod K2.
Благодаря сравнениям . Z2 - XYº 0 mod K и X2 + ZY º 0 mod K, из полученных сравнений следует, что r1 º r2 mod K, r1 º r3 mod K, а значит и
r2 º r3 mod K, тогда
r1 = e1K + D , r2 = e2K + D, r3 = e3K + D, где (e1, e2, e3) < K. C учетом этого r1 r2 r3 º D3 º -1º mod K, а значит число D принадлежит показателю 6 по модулю K (D6 º 1 mod K), но таких чисел может быть только j(6) = j(2)j(3) = 2 и они нами найдены это число r и (K + 1 – r), поэтому число
D = r или D
= (K +1 – r).
Пусть для определенности D = r.(
Учитывая, то что D3 + 1 º (D + 1)(D2 - D + 1) º r3 + 1 º(r + 1)( r2 – r + 1) º 0 mod K, то будут справедливы сравнения:
r13 + 1 º (r1 + 1) (r12 - r1 + 1) º 0 mod K, r23 + 1 º (r2 + 1)(r22 – r2 + 1) º 0 mod K, r33 + 1 º (r1+ 1)(r32 – r3 + 1 º 0 mod K.
Так как ни r1,ни r2, ни r3 не могут
быть сравнимы с (-1) по модулю K [ в противном случае r º -1mod K, противоречивость этого сравнения, показана в п. (д) раздела
1.7.], то имеем:
r12 - r1 + 1 º 0 mod K,
r22 - r2 + 1 º 0 mod K, r32 - r3 + 1
º
0 mod K, а благодаря этим сравнениям будут справедливы и нижеследующие
сравнения
r12P - r1P + 1
º
r12 - r1 + 1 º 0 mod K, (1)
r22P - r2P + 1
º
r22 - r2 + 1 º 0 mod K, (2) r32P - r3P + 1 º r32 - r3 + 1 º 0 mod K, так как (3)
так как:
r12P º r12(6n + 5) º (r13)4n + 3r1 º (-1)4n + 3r1 º - r1 mod K,
r1P º r16n + 5 º (r13)2n + 1r12 º (-1)2n + 1r12 º - r12 mod K,
r22P º r22(6n + 5) º (r23)4n + 3r2 º (-1)4n + 3r2 º - r2 mod K,
r2P º r26n + 5 º (r23)2n + 1r22 º (-1)2n + 1r22 º - r22 mod K,
r32P º r32(6n + 5) º (r33)4n + 3r3 º (-1)4n + 3r3 º - r3 mod K ,
r3P º r36n + 5 º (r33)2n + 1r32 º (-1)2n + 1r32 º - r32 mod K.
Введем еще три сравнения по
модулю K2.
Очевидно XP + YP – ZP º 0 mod K2, тогда с учетом 3-х начальных сравнений имеем
r1PZP + YP - r2PYP º r1P r2P YP – r2PYP + YP º 0 mod K2, так как (Y,K) =1, то
r1P r2P – r2P +
1 º
0 mod K2 Þ
Þ r1P r2P º r2P - 1 mod K2. (4)
XP +(-r3PXP) –
r2P(- r3PXP) º XP(1 - r3P + r2P r3P) º 0 mod K2 , так как (X,K) =1,то r2P r3P - r3P +1 º mod K2 Þ r2P r3P º r3P – 1 mod K2. (5)
r1PZP + (-r3PXP)
– ZP º r1PZP + (-r3Pr1PZP) – ZPº ZP(r1P + (-r3Pr1P) – 1) º 0 mod K2, так как (Z,
K) = 1, то r3Pr1P - r1P + 1 º 0 mod K2 Þ r3Pr1P º r1P – 1 mod K2 (6)
Поиск противоречий
Перемножим сравнения (1) и
(2), а так же сравнения(1) и (3)
(r12P - r1P + 1)(
r22P - r2P + 1) º 0 mod K2, (7) (r12P - r1P + 1)( r32P - r3P + 1) º 0 mod K2. (8)
1.7.2. После раскрытия скобок сравнения (7) с учетом
сравнения (4)
получим
r12P r22P –
r12P r2P + r12P - r1Pr22P + r1Pr2P – r1P + r12P - r1P + 1 º (r2P – 1)2 – r1P(r2P – 1)
– r2P(r2P – 1) + (r2P – 1) + 2r12P – 2 r1P +1 º (r2P – 1)( r2P – 1 – r1P
– r2P + 1) +2r12P – 2r1P + + 1 º º - r1P(r2P – 1) +2r12P – 2r1P
+1 º
0 mod K2. (9)
После раскрытия скобок сравнения
(8) с учетом сравнения (6)
Получим
- r1P(r3P – 1) +2r12P – 2r1P +1 º 0 mod K2. (10)
Из сравнения (9) вычтем сравнение (10) получим
r1P(r2P – 1) + r1P(r3P – 1) º r1P(r3P – r2P) º 0 mod K2,так как (r1P,K2) = 1, то r3P – r2P º 0 mod K2, Þ Þ r2P º r3P mod K2, (11) тогда из (5) следует, что (а) r2Pr2P º r2P – 1 mod K2, а из (4) имеем
(б) r1P r2P º r2P - 1 mod K2.
Из сравнения (а) вычтем сравнение
(б) и принимая во внимание, что (r2P, K2) =1 получим
r2P º r1P mod K2
Таким образом, с учетом (11)имеем
r1P º r2Pº r3P mod K2, теперь докажем, что
r1 = r2 = r3
Воспользуемся результатами
для r1, r2 и r3 и, отбрасывая
в разложении биномов числа кратные K2, получим сравнения:
r1P = (e1K + D)P º (Pe1KDP-1 + DP) mod K2,
r2P = (e2K + D)P º (Pe2KDP-1 + DP) mod K2, r3P = (e2K + D)P º (Pe3K DP-1 + DP) mod K2
Отсюда
r1P – r2Pº Pe1KDP-1 - Pe2KDP-1 º PKDP-1(e1 - e2) º 0 mod K2,
r1P– r3P º Pe1KDP-1 - Pe3KDP-1 º PKDP-1(e1 - e3) º 0 mod K2,
r2P– r3P º Pe2KDP-1 - Pe3KDP-1 º PKDP-1(e2 - e3) º 0 mod K2.
Так как для 2-го случая ПФ
справедливо условие (P, K) = 1, то
e1 - e2 º 0 mod K,
e1 - e3 º 0 mod K,
e2 - e3 º 0 mod K, отсюда с учетом условия (e1, e2 и e3) < K получим
e1 = e2 = e3. Пусть e1 = e2 = e3 = e0, тогда
r1 = e0K + D,
r2 = e0K + D,
r3 = e0K + D, а значит
r1 = r2 = r3, что и требовалось доказать.
Пусть r1 = r2 = r3= r0, тогда из
r1r2r3 = r03 º - 1 mod K2 Þ Þ r03 + 1º (r0 + 1)( r02 – r0 + 1) º 0 mod K2.
Одно из множителей левой части
полученного сравнения должно делиться на K2
Пусть r0 + 1º 0 mod K2 Þ r0 º -1 mod K2, тогда из (4) следует
r0Pr0P º r0P – 1mod K2 Þ (-1)P(-1)P º 1 º(-1)P - 1 mod K2 Þ 3 º 0 mod K2, что не возможно так как модуль K > 3.
Следовательно, множитель r0 + 1 не может делиться на K2.
Тогда r02 – r0 + 1 º 0 mod K2.
Сравним трехчлен X + Y –Z по модулю K2.
Пусть X + Y –Z º D0 mod K2, тогда с учетом начальных сравнений имеем
r0Z + (-r0X) – Z º r0Z +(-r0r0Z) – Z º - Z( r02 – r0 + 1) º D0 mod K2, отсюда левая часть полученного сравнения делиться на K2, тогда и D0 должно делиться на K2, т.е.
D0 º 0 mod K2, а это значит, что
X + Y – Z º D0 º 0 mod K2, но
X + Y – Z = K d0d1d2, тогда Kd0d1d2 º 0 mod K2 Þ Þ d0d1d2 º 0 mod K, что не возможно так как (d0,K) =1, (d1,K) =1, (d2,K) =1.
Пришли к противоречию.2-ой
случай ПФ для простых показателей P вида 6n + 5 доказан.
Используя элементарные алгебраические
преобразования многочленов и, метод сравнения чисел по модулю, удалось доказать
справедливость Утверждения Пьера Ферма для всех простых показателей > 3.
Известно, что Леонард Эйлер
нашел решение ПФ для простого показателя Р =3.
Предложенная в настоящей работе
методика позволяет решить1-ый случай ПФ для P =3.
Так очевидное сравнение X3 + Y3 – Z3 º 0 mod K после преобразования левой части примет вид (X + Y – Z)3 + 3Z(X + Y)(X + Y – Z) – 3XY(X + Y) º 0 mod K Þ Þ3XY(X + Y) º 0 mod K.
Так как для 1-го случая K = eP2 = e32, то полученное сравнение невозможно
и тем самым 1-ый случай ПФ доказан.
Для 2-го случая необходимо
доказать, что K > 1, что автору сделать не удалось.
Библиографический
список
1.
Виноградов И.М. Основы теории чисел. – М.: Наука, 1973.
2.
Депман И.Я. История арифметики. – М.: Просвещение, 1965.
3.
Ляпин Е.С., Евсеев А.Е. Алгебра и теория чисел. – М.: Просвещение, 1974.
– Ч. 1.
4.
Ожигова Е.П. Что такое теория чисел. – М.: Знание, 1970.
5.
Постников М.М. Введение в теорию алгебраических чисел. – М.: Наука, 1982.
6.
Постников М.М. Теорема Ферма. – М.: Наука,
1978.