Противоречия сравнений и равенств

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.