Основная теорема

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)],

PC0P– PXY [(X + Y)2 – XY]S  =  [для (1.37)],

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)