Банк рефератов содержит более 364 тысяч рефератов, курсовых и дипломных работ, шпаргалок и докладов по различным дисциплинам: истории, психологии, экономике, менеджменту, философии, праву, экологии. А также изложения, сочинения по литературе, отчеты по практике, топики по английскому.
Полнотекстовый поиск
Всего работ:
364150
Теги названий
Разделы
Авиация и космонавтика (304)
Административное право (123)
Арбитражный процесс (23)
Архитектура (113)
Астрология (4)
Астрономия (4814)
Банковское дело (5227)
Безопасность жизнедеятельности (2616)
Биографии (3423)
Биология (4214)
Биология и химия (1518)
Биржевое дело (68)
Ботаника и сельское хоз-во (2836)
Бухгалтерский учет и аудит (8269)
Валютные отношения (50)
Ветеринария (50)
Военная кафедра (762)
ГДЗ (2)
География (5275)
Геодезия (30)
Геология (1222)
Геополитика (43)
Государство и право (20403)
Гражданское право и процесс (465)
Делопроизводство (19)
Деньги и кредит (108)
ЕГЭ (173)
Естествознание (96)
Журналистика (899)
ЗНО (54)
Зоология (34)
Издательское дело и полиграфия (476)
Инвестиции (106)
Иностранный язык (62792)
Информатика (3562)
Информатика, программирование (6444)
Исторические личности (2165)
История (21320)
История техники (766)
Кибернетика (64)
Коммуникации и связь (3145)
Компьютерные науки (60)
Косметология (17)
Краеведение и этнография (588)
Краткое содержание произведений (1000)
Криминалистика (106)
Криминология (48)
Криптология (3)
Кулинария (1167)
Культура и искусство (8485)
Культурология (537)
Литература : зарубежная (2044)
Литература и русский язык (11657)
Логика (532)
Логистика (21)
Маркетинг (7985)
Математика (3721)
Медицина, здоровье (10549)
Медицинские науки (88)
Международное публичное право (58)
Международное частное право (36)
Международные отношения (2257)
Менеджмент (12491)
Металлургия (91)
Москвоведение (797)
Музыка (1338)
Муниципальное право (24)
Налоги, налогообложение (214)
Наука и техника (1141)
Начертательная геометрия (3)
Оккультизм и уфология (8)
Остальные рефераты (21697)
Педагогика (7850)
Политология (3801)
Право (682)
Право, юриспруденция (2881)
Предпринимательство (475)
Прикладные науки (1)
Промышленность, производство (7100)
Психология (8694)
психология, педагогика (4121)
Радиоэлектроника (443)
Реклама (952)
Религия и мифология (2967)
Риторика (23)
Сексология (748)
Социология (4876)
Статистика (95)
Страхование (107)
Строительные науки (7)
Строительство (2004)
Схемотехника (15)
Таможенная система (663)
Теория государства и права (240)
Теория организации (39)
Теплотехника (25)
Технология (624)
Товароведение (16)
Транспорт (2652)
Трудовое право (136)
Туризм (90)
Уголовное право и процесс (406)
Управление (95)
Управленческие науки (24)
Физика (3463)
Физкультура и спорт (4482)
Философия (7216)
Финансовые науки (4592)
Финансы (5386)
Фотография (3)
Химия (2244)
Хозяйственное право (23)
Цифровые устройства (29)
Экологическое право (35)
Экология (4517)
Экономика (20645)
Экономико-математическое моделирование (666)
Экономическая география (119)
Экономическая теория (2573)
Этика (889)
Юриспруденция (288)
Языковедение (148)
Языкознание, филология (1140)

Книга: Проблема Ферма для простых показателей больше 3

Название: Проблема Ферма для простых показателей больше 3
Раздел: Рефераты по математике
Тип: книга Добавлен 16:14:13 05 января 2011 Похожие работы
Просмотров: 97 Комментариев: 3 Оценило: 0 человек Средний балл: 0 Оценка: неизвестно     Скачать

Проблема Ферма для простых показателей > 3

Автор:

Полежаев В.Ф.

Новосибирск:


Аннотация

Книга предназначена для школьников старших классов, студентов физико-математических факультетов, учителей и любителей математики. В книге приведены в рамках элементарных математических знаний, за исключением метода сравнения чисел по модулю, доказательства Великой теоремы Ферма для простых показателей вида 6n+ 1 и для простых показателей вида 6n+ 5.


Введение

Утверждение великого французского математика Пьера Ферма (1601 – 1665) о том, что неопределенное уравнение Xn+ Yn= Znне имеет решений в целых (не равных нулю) рациональных числах для n> 2 признано мировым математическим сообществом верным, после представления в 1995 г. его доказательства группой математиков Оксфордовского университета во главе с английским математиком Эндрю Уайльсом.

Это утверждение великого француза, получившее название Проблема Ферма или Великая теорема Ферма (она же «Большая» или «Последняя»), более чем 300 лет оставалось проблемной задачей теории чисел. Свое УтверждениеПьер Ферма написал на полях книги Диофанта «Арифметика» и сопроводил его следующим известным комментарием: “Я открыл этому поистине чудесное доказательство, которое из-за недостатка места не может разместиться на этих полях”.[3]

Этот комментарий Пьера Ферма (учитывая его авторитет) указывал на возможность решения Проблемы в рамках математических знаний XVIIвека, это обстоятельство и другие, социально – психологические причины, толкали сотни любителей математики на поиск элементарного решения Великой теоремы.

Проблема Ферма вышла за пределы математического сообщества, стала популярной, привлекая к себе не только сотни любителей математики, но и представителей культуры, которые сделали ее неким украшением художественных героев.

Показанный С.П. Капица фильм «Черт и математик» в одной из передач «Очевидное – Невероятное» в начале 70-х годов прошлого столетия и его комментарий послужили толчком моего увлечения этой Проблемой.

В основе настоящей работы лежит моя книжка “Проблема Ферма и другое”2008 г. выпуска, в которой отсутствовало доказательство ПФ 2-го случая для простых показателей вида 6n+ 5.

Известно, что для показателя n= 4 Проблема решена Пьером Ферма, а для показателя n= 3 доказана гениальным Леонардом Эйлером, а потому я стал искать решение приведенного уравнения для простых показателей P> 3 т.е. для простых показателей вида 6n+ 5 и вида 6n= 1.

Элементарные алгебраические преобразования многочленов, вспомогательные числа, и вспомогательные сравнения позволили найти элементарное доказательство Проблемы, если не считать примененный в работе метод сравнения чисел по модулю, введенный в математику К.Ф.Гауссом (1777 – 1855).


1 .Проблемы Ферма для простых показателей > 3

Доказательство Великой теоремы для простых показателей вида 6n+ 1 и для простых показателей вида 6n+ 5

Множество простых чисел > 3 разбиваем на два класса: на класс простых чисел вида 6n+ 1 и на класс простых чисел вида 6n+ 5.

Докажем сначала вспомогательные утверждения.

1.1 Вспомогательные утверждения

Теорема 1.1. Для любого простого числа P> 2 существуют целые числа, которые обозначим через А1, А2, А3, …, Ar, …, АP–1/2, такие, что для любых чисел Zи Xвыполняется:

ZP – XP = (Z – X)P + A1ZX(Z – X)P–2 + A2Z 2X 2(Z – X)P–4 +

+ A3Z 3X 3(Z – X)P–6 + А4Z 4X 4(Z – X)Р–8+ … +AР–3/2 ´

´ZP–3/2XP–3/2(Z – X)3 + AP–1/2 ZР–1/2 XР–1/2 (Z – X), (1.1)

при этом числа A1 = AР–1/2 = P, а числаА2, А3,…, Ar, …, АР–3/2 – целые и кратные Р. Доказательство. Пусть имеем многочлен вида

(Z – X)P–1 + A1ZX (Z – X)P–3 + A2Z 2 X 2 (Z – X)P–5 +

+ А3Z 3 X 3 (Z – X)P-7+ A4Z 4 X 4 (Z – X)Р–9+… ... + AР–3/2 Z P–3/2 X Р–3/2 (Z – X)2 + AР–1/2Z Р–1/2 X P–1/2 . (1.2)

Покажем, что существуют такие целые числа (кратные Р) A1, A2, …, AР–1/2, что многочлен (1.2) тождественно равен многочлену вида:

Z P–1 + Z P–2X + Z P–3X 2 + …+ Z 2X P–3 + ZX P–2 + X P–1. (1.3)


Пусть многочлены (1.2) и (1.3) тождественно равны, тогда их коэффициенты при подобных членах будут равны.

Чтобы сравнить коэффициенты при подобных членах многочленов (1.2) и (1.3) воспользуемся табл. 1. Благодаря равенству биноминальных коэффициентов от начала и конца разложения бинома Ньютона в табл. 1 внесены коэффициенты от начала разложения соответствующих биномов многочлена (1.2) до серединного их члена (включительно) (строки 1, ..., Р + 1/2).

В строке 1 записаны биноминальные коэффициенты разложения бинома (Z– X)P–1.

В строке 2 (начиная со столбца 2) записаны биноминальные коэффициенты разложения бинома (Z– X)P–3, умноженные на число А1.

В строке 3 (начиная со столбца 3) записаны биноминальные коэффициенты разложения бинома (Z– X)P–5, умноженные на число А2 и т. д.

B строке (Р–1)/2 записаны (начиная со столбца (Р–1)/2)биноминальные коэффициенты разложения бинома (Z–X)2, умноженные на число АР–3/2.

В строке (Р+1)/2 записан коэффициент последнего члена многочлена (1.2) – число АР–1/2.

В последней строке табл. 1 записаны коэффициенты многочлена (1.3), которые равны +1.

Обратим внимание на то, что в каждом столбце табл. 1 (до строки Р + 1/2 включительно) записаны все коэффициенты подобных членов многочлена (1.2), а в строке без номера записаны коэффициенты членов многочлена (1.3).

Это обстоятельство позволяет вычислять числа А1, А2, …

Суммируя последовательно коэффициенты столбцов табл. 1 от столбца 2 до столбца (Р + 1)/2 и приравнивая полученные суммы (в силу тождества (1.2) и (1.3)) к (+1), получим значения чисел А1, А2,

Из столбца 2 получим + А1 = 1, тогда А1 = + 1, отсюда

А1 = Р. (1.4)

Таблица 1.Таблица коэффициентов

1 2 3 4 5 . . p – 1/2 P + 1/2
1 +1 . . . .
2 . . . .
3 . . . .
4 . . . .
5 . . . .
. . . . .
. . . .
. . .
. .
P–1/2
P+1/2
+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 . . . . + 1 + 1

Из столбца 3 (с учетом (1.4)) получим ++ А2 = 1, отсюда А2 = – (– 1) = Р(Р – 3)/2, а значит, А2 – число целое и кратное Р.

Для доказательства того, что А3 – число целое и кратное Р, достаточно определить, что (+ 1) – число кратно Р, (то , что оно целое очевидно) так как остальные коэффициенты столбца 4 – числа целые и кратные Р, множители А1 и А2 которых, как показано выше, целые и кратные Р. Далее, + 1 = Р(Р2 – 6Р + 11)/6 – число кратное Р, так как при Р = 6n + 1 или Р = 6n + 5 дробь (Р2 – 6Р + 11)/6 - целое число, где n = ÎN+, а значит А3 – число целое и кратное Р.

Если нами найдено, что А1, А2, …, Аk–1 – числа целые и кратные Р, то число Аkбудет целым и кратным Р, если – число кратное Р (то , что оно целое очевидно), где k= 1, 2, …, P–1/2. Пусть k– число четное , тогда имеем – целое и кратное Р, так как = (P – 1)(P– 2)…(P– k)/k! – 1= (mP+ k!)/k! – 1 = mP/k! – число целое и кратное Р , где (m, P)=1 и mкратное k!

Пусть k– число нечетное , тогда имеем – – число кратное Р(то , что оно целое очевидно), так как = (P – 1)(P– 2)…(P– k)/k! + 1 = (m1P – k!)/k! + 1 =m1P/k!- – число целое и кратное Р, где (m1,P)=1 и m1 кратно k!

Таким образом, при любой четности kчисло Аkбудет числом целым и кратным Р.

Осталось доказать, что число АР–1/2 = Р.

Пусть Z= X= 1, тогда многочлен (1.2) будет равен АР–1/2, а многочлен (1.3) равен Р и их тождество возможно, если

АР–1/2 = Р. (1.5)

Запишем тождество многочленов (1.2) и (1.3) с учетом (1.4) и (1.5):

ZP–1 + Z P–2 X + ZP–3 X 2 + Z 2X P–3 + ZX P–2 + Z P–1 =

= (Z – X) P–1 + PZX (Z – X)P–3 + A2Z 2X 2(Z – X) P–5 +…

+ AP–3/2 Z P–3/2 X P–3/2(Z – X)2 + PZ P–1/2 X P–1/2. (1.6)

Умножая правую и левую части тождества (1.6) на (Z– X), получим (1.1), что и требовалось доказать. Следствие. Если Zи Xнатуральные взаимно простые числа и ZP– XP= (Z– X) M1, то

a) (Z – X, M1) = 1, если(Z – X, P) = 1;

б) (Z – X, M1) = P, если(Z – X, P) =P,


где M1 – многочлен вида (1.3) и для б) M1= G1P, (G1,P) = 1.

Так как ZP+ XP= ZP– (– X) P= [Z– (– X)]M2, то

M2 = Z P–1 – Z P–2X + Z P–3X 2 –…+ Z 2X P–3 – ZX P–2 +X P–1 =

= (Z + X) P–1 – PZX (Z + X)P–3 + A2Z 2X 2 (Z + X) P–5 –

– A3Z 3X 3 (Z + X) P–7 + ……….+ (–1)P–1/2 P (ZX) P–1/2, (1.7)

тогда:

г) (Z+ X, M2) = 1, если (Z+ X, P) = 1,

д) (Z+ X, M2) = P, если (Z+ X, P) = P,

где для д) М2 = G2P, (G2, P) = 1.

Теорема 1.2. Для любого простого числа Р > 3 существуют целые числа, которые обозначим через В1, В2, Вi, …, Вn1 такие, что для любых чисел Z и X выполняется:

(Z – X) P–3 + ZX (Z – X) P–5 + Z 2X 2(Z – X) P–7 +… Z P–5/2X P–5/2 (Z – X)2 + (ZX)P–3/2 = [(Z – X)2 + ZX)]P–3/2+ В1Z 2X 2 (Z – X)2 [(Z – X)2 + ZX]P–9/2 + B2Z 4X 4(Z – X)4[(Z – X)2 + ZX]P–15/2 +…+BiZ 2iX 2i (Z – X)2i [(Z – X)2 + ZX] R +…+ Вn1Z 2n1 X 2n1 (Z – X)2n1 [(Z – X)2 + ZX]S , (1.8)

где = А2/Р, = А3/Р, …,Ak1 = Ak/P, …, = АР– 3/2/Р, = =/P= 1.

Здесь Аk– коэффициенты полиномов Чебышева. Обратим внимание на то, что разница показателей степеней любых двух соседних чисел в квадратных скобках правой части (1.8) равна |3|, тогда Р – 3/2 = = 3n1 + s, где s– число натуральное < 3, а R= P– 3/2 – 3i. Пусть Р = 6n+ 1, тогда Р – 3/2 = (6n+ 1 – 3)/2 = 3 (n– 1) + 2 = 3n1 + s, отсюда s= 2, а n1 = n– 1.

Пусть Р = 6n+ 5, тогда Р – 3/2 = (6n+ 5 – 3)/2 = 3n+ 1 = 3n1 + s, отсюда s= 1, а n1 = n.

Доказательство. Доказательство будет аналогично доказательству теоремы 1.1.

Пусть ZX= V, (Z– X)2 = U, тогда (1.8) будет иметь вид

U P–3/2 + VUP–5/2 + V 2UP–7/2 +…+VР–5/2U + VP–3/2 =

= (U + V)P–3/2 + B1V 2U (U + V)P–9/2 + B2V 4U 2 (U + V) P–15/2 + …

…+ BiV 2iU i (U + V)R … Вn1V 2n1U n1(U + V)S. (1.9)

Покажем, что существуют такие целые числа В1, В2, …, Bi, ..., Вn1, что равенство (1.9) справедливо.

Пусть левая часть формулы (1.9) тождественно равна ее правой части, тогда их коэффициенты при подобных членах равны.

Чтобы сравнить коэффициенты (значит, найти Вi) при подобных членах левой и правой частей (1.9), воспользуемся табл. 2.

В строке 1 записаны биноминальные коэффициенты разложения бинома (U+ V)P–3/2.

В строке 2 (начиная со столбца 3) записаны биноминальные коэффициенты разложения бинома (U+ V)P–9/2, умноженные на число В1.

В строке 3 (начиная со столбца 5) записаны биноминальные коэффициенты разложения бинома (U+ V)P–15/2, умноженные на число В2.

В строке n1 + 1 записаны биноминальные коэффициенты разложения последнего бинома (U+ V)S, умноженные на число Вn1.

В последней строке табл. 2 записаны коэффициенты левой части (1.9).

В каждом столбце табл. 2 (до строки n1 + 1) записаны все коэффициенты подобных членов правой части (1.9). Это обстоятельство позволяет последовательно вычислять числа В1, В2, …, Вi, …, Bn1. суммируя коэффициенты столбца и приравнивая полученную сумму к , находим В1, далее, суммируя коэффициенты столбца 5 и приравнивая полученную сумму к , находим В2 и т. д.

Из столбца 3 следует, что + В1 = , отсюда В1 – число целое, так как и числа целые.

Из столбца 5 следует, что =, отсюда В2 – число целое, так как остальные числа этого равенства целые.

Из столбца 7 следует, что = , отсюда В3 число целое, так как остальные числа этого равенства целые, и т.д.

Из столбца (3 + 2i) следует, что число Вi+1 целое, так как числа В1, В2, …, Вiцелые.

Обратим внимание, что в каждом последующем столбце (3 + 2i) числа В1, В2, …, Вi+1 целые, где i= 0, 1, 2, …, n1-1, а значит, из столбца [3 + 2(n1 – 1)] следует, что Вn1 – число целое.

Таким образом, доказано, что существуют такие целые числа В1, В2, Bn1 и левая часть (1.9) тождественно равна правой части (1.9), а значит, и левая часть (1.8) тождественно равна правой части (1.8).

Запишем (1.8) для степени Р вида 6n+ 1, принимая во внимание, что s= 2.

(Z – X)P–3 + ZX(Z – X)P–5 + Z 2X 2(Z – X)P–7 +…...+ ZP–5/2 XP–5/2(Z – X)2 + ZP–3/2XP–3/2 = [(Z – X)2 + ZX]2 W, (1.10)

гдеW = [(Z – X)2 + ZX)]P–7/2 + B1Z 2X 2(Z – X)2 [(Z – X) + ZX]P–13/2 + B2Z 4X 4(Z – X)4[(Z – X)2 + ZX)]P–19/2 + …+ Bi Z 2iX 2i (Z – X)2i [(Z – X)2 + ZX]R–2 + Bn1Z 2n1 X 2n1 (Z –X)2n1.

Следствие. Пусть X= – X0, а Z= Z0, где (X0, Z0) ÎN +, тогда


(Z0 + X0)P–3 – Z0X0 (Z0 + X0)P–5+ (Z0 + X0)P–7 –…

...+ (–1)P–3/2 = [(Z0 + X0)2 – Z0X0]2 W0, (1.11)

где W0 имеет форму многочлена W.

Таблица 2.Таблица коэффициентов

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 XP+ YP= ZPне имеет решений в натуральных числах, где P– простое число >3.

Доказательство ведем от противного.

Пусть существует решение неопределенного уравнения

XP+ YP= ZP (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, Yи Z) четное.

Пусть

d0 = НОД+(X+ Y, Z) Þпусть X+ Y= C0d0, (1.14)

а Z= a0d0, (1.15)

где (a0, С0) = 1; (1.16)

d1 = НОД+(Z– X, Y) Þпусть Z– X= C1d1, (1.17)

а Y= a1d1, (1.18)

где (a1, C1) = 1; (1.19)

d2 = НОД+(Z– Y, X) Þпусть 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 = K d0d1d2, 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 = K d1d2, (1.27)

a1 – C1 = K d0d2, (1.28)

a2 – C2 = K d0d1. (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 Kпопарно взаимно простое с числами X, Yи Z, а одно из этих чисел четное (п.1.3.1.), то K – число нечетное.

В дальнейшем мы будем использовать числа Kи 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 PXYза 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 XP–5/2 YP–5/2 (X + Y)2 + (–1)P–3/2XP–3/2YP–3/2 ] = [для (1.33)], (1.38)

(Z - X)P–1 + PZX[(Z - X)P–3 + ZX(Z - X)P–5 ZP–5/2 XP–5/2 (Z - X )2 + ZP–3/2 XP–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 Pвида 6n+ 5,

s= 2 для Pвида 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 modK , (Z – X)2 + ZXº 0 modK , ( Z – Y)2 + ZYº 0 modK .

Модуль K

Дальнейшие рассуждения требуют расширенного представления о модуле K.

Нижепокажем:

---- что для 1-го случая ПФ модуль K =eP2;

---- чтодля 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 делителямиK (см. в разделе 1.7.);

--- что числа 3 t , 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 ºa0PmodP,

(Z– X)P–1 ºa1PmodP,

(Z– Y)P–1 ºa0PmodP, тогда благодаря Малой теореме Ферма имеем

a0P º 1 mod P, Þa0P º 1 mod P2, Þa0 = e0P + 1,

a1P º 1 mod P, Þa1P º 1 mod P2, Þa1 = e1P + 1,

a2P º 1 mod P, Þa2P º 1 mod P2, Þa2 = e2P + 1.

Очевидно, что XP+ YP– ZPº0 modP2

Тогда, с учетом последних сравнений и равенств (1.15), (.18) и (1.21) имеем

a2Рd2P+ a1PdP- a0Pd0Pº.d 0 P d 2 P d 1 P º 0 mod P 2 . (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

ÞK = e P 2 , что и т.д. (1.47)

в)МодульK > 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) =1и(Y,P) = Pрассматривать не будемввиду его полной аналогии с вариантом 2.

Доказательство того, чтоK >3для 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– Zи умножим правую и левую части полученного равенства на Pполучим 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 Þd0P= 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 d 0 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 a 1 - a 2 = P ( e 1 - e 2).

Пусть K = 3, тогда из равенства (в2) имеем d0 = (a1 - a2)/3( d2 - d1) + (d2 + d1)q/3 = P( e 1 - e 2)/3( d2 - d1) + (d2 + d1)q/3

Будем минимизировать d0, приняв d2 + d1 = 3, q= qminи ( e 1 - e 2) =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– Yи X+ Yполучим (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 > Pd 2 P + Pd1P. Так (d22 + d12)P-1 = ( d 22) P - 1 + (P – 1) (d22)P- 2d12 + …..+ (d12)P - 1 > Pd 2 P + Pd1P.

Одно слагаемое левой части разложения ( d 22) P - 1 = d2Pd2P– 2 > Pd 2 P Þd2P– 2> P, это неравенство справедливо для d2 ³2 (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 > PÞ (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 > 0, что и подтверждает наше утверждение.

Предпоследние два слагаемых разложениябинома (d22 + d12)P-1а именно:(P– 1) (d22)P- 2d12 + (d12)P–1 > Pd1P.

Для d1 ³2 имеем (d12)P- 1= d1Pd1P– 2> Pd1PÞd1P– 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 Pи, 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

d 0 P -1 > Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d . (в5)

Пришли к противоречию с одной стороны

d 0 P -1 < Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d . , а с другой стороныd 0 P -1 > Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d . (в.5)

Вывод: так как число Kнечетное 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– d1Pº0 modP, а значит и d0P– d1Pº0 modP2 и d0 – d1 º0 modP, 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) ÞÞ 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 3 d 3 > P ( d 02 + d 12), но и это неравенство несправедливо, так как P > 3, аd 02 > d 3, 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 d 02 > d 3, что и требовалось доказать.

Таким образом мы пришли к противоречию с одной стороны 3 d 3 > P ( d 02 + d 12), с другой стороны


3 d 3 < P ( d 02 + d 12).

Вывод: так как число Kнечетное 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, Zкратно 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, чтодля 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 – ZXYmodK ,

отсюда

r 1 r 2 r 3 º –1 mod K . (1.59)

Cложим сравнение (1.50) и (1.51) и, учитывая (1.26), получим

r1Z– X+ Z– r2Yºr1Z+ (Z– X) – r2Yºr1Z+ Y– r2Yº

ºr1Z– Y(r2 – 1) º0 modK ,

а учитывая, что Zºr2YmodK (cм. (1.51)), получим

r1r2Y – Y(r2 – 1) º 0 modK ,

отсюда

r1r2 – r2 + 1 º 0 mod K Þr1r2 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

r 1 m 1 º 1 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

Þm 3 º 1 – r 2 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 , Þm2 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 Þm1 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 – l1XYºZ 2 – l1r1ZYºZ(Z– l1r1Y) ºZ(r2Y– l1r1Y) º

º ZY(r2 – l1r1) º 0 mod K Þl 1r1 º r2 mod K . (1.69)

Решая совместно сравнения (1.57) и (1.51) и принимая во внимание (1.52), получим

Y 2 + l2ZXºY 2 + l2r2YXºY(Y + l2r2X) ºY(–r3X + l2r2X) ºXY(l2r2 – r3) º 0 modK Þl 2 r 2 º r 3 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 , Þl 3r3 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 ºr2 modK , а с учетом (1.68) имеем

l1 ºr2 + m1 ºr2 + 1 – r3 modK ,

отсюда, так как l1, r2 и r3 меньше K , получим

l 1 = r 2 – r 3 + 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 ºr3 modK , а с учетом (1.67) имеем

l2 ºr3 + m2 ºr3 + 1 – r1 modK ,


отсюда, так как l2, r3 и r1 меньше K , получим

l 2 = r 3 – r 1 + 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 ºr1 modK , а с учетом (1.66) имеем

l3 ºr1 + m3 ºr1 + 1 – r2 modK ,

отсюда, так как l3, r1 и r2 меньше K , имеем

l 3 = r 1 – r 2 + 1. (1.74)

1.5.6. Проведем анализ равенств, полученных в п. 1.5.5.

Из равенства (1.72) следует, что

а) r 2 ³ r 3 ,

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) r 3 ³ r 2 .

отношения а) и б) возможны только при условии, что

r 2 = r 3. (1.75)


Из равенства (1.73) следует, что

в) r 3 ³ r 1 ,

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) r 1 ³ r 3,

отношения в) и г) возможны только при условии, что

r 1 = r 3 . (1.76)

Благодаря равенствам (1.75) и (1.76) имеем равенство чисел r1, r2 и r3, тогда

r 1 = r 2 = r 3 = r . (1.77)

Из равенств (1.72)–(1.74) с учетом равенств (1.77) следует, что

l 1 = 1, l 2 = 1 и l 3 = 1 . (1.78)

Благодаря (1.77) сравнения (1.60)–(1.62) примут вид

r 2 – 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 + ZYº0 modK ,

а с учетом (1.26) –

(X + Y)2 – XY º 0 mod K , (1.81)

(Z – X)2 + ZX º 0 mod K , (1.82)

( Z Y )2 + ZY º 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 modP, (1.84)

r3 º –1 modP. (1.85)

Благодаря Малой теореме Ферма имеем

rP–1 – 1 º0 modP. (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 rº– 1 modP, тогда с учетом этого сравнения (1.50) и (1.51) будет иметь вид (–1)ZºXmodP, Zº (–1)Yº 0 modP. Тогда после вычитания сравнений получим

- 2ZºX+ YmodPÞс учетом (1.26) 3Zº 0 modP, что невозможно, так как (Z,K) =1 и Р = 6n+ 5 > 3. Пришли к противоречию .

Первый случай ПФ для простых показателей вида 6 n + 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 modK 2, XY[(X + Y)2 – XY]2 º 0 modK 2, тогда и правые части равенств (1.44) и (1.45) должны быть сравнимы с нулем по модулю K 2, т.е.

º 0 modK 2.

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 K 2.

Из (1.27) следует, что С0 – a0 º 0 modK , учитывая это, отбросим все слагаемые полученного разложения, содержащие множитель (С0 – a0)i, где i³3, получим (C0 – a0) º0 modK 2,


отсюда с учетом (1.27) d1d2 º0 modK , 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 = 6 n + 1 доказана.

1.7 Второй случай ПФ для простых показателей вида 6 n + 5

В это разделе в качестве модулей будем использовать числа Kи K2.

Расширим представление о модуле Kеще двумя свойствами:

(д). Простые числа вида 6 n + 5 не принадлежат к делителям K .

Пусть простое число P1= 6n+ 5 является делителем K.

Тогда благодаря (1.80) имеем r3º- 1 modP1, но и rP1 –1 º(r3)2n+ 1rº1 modP1 ÞÞ(-1)2n+1 rº1 modP1 Þr º - 1 mod P 1 .

Тогда сравнения (1.50) и (1.51) примут вид

(-1)Z º X mod P1 ÞZ + X º 0 mod P1,

Z º(-1)Y mod P1 ÞZ + Y º 0 mod P1.

После сложения полученных сравнений с учетом того, что благодаря (1.26) X+ YºZmodP1 имеем 3Zº0 modP1, 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 3 t , где t > 1, не принадлежит к делителям K .

Пусть 32 = 9 является делителем модуля K, тогда из (1.80) следует

r3 º- 1 mod9. 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– ZPº0 mod9

Последнее сравнение с учетом сравнений (1.50), (1.51) и (1.52) будет

rPZP+ (-rPXP) – ZPºrPZP+ (-rPrPZP) – ZPº0 mod9 ÞÞrP- r2P– 1 º0 mod9,

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 + 3rº (-1)4n + 3rº - rmod 9, тогда

rP - r2P – 1 º (-r2) - (-r) – 1 ºr2 –r + 1 º 0 mod 9, (е.1)

Ни один вычет (2,5 и 8) не удовлетворяет сравнению (е.1)так:

22 – 2 + 1 º3 º0 mod9, что не возможно.

52 – 5 + 1 º 21 º 0 mod9, что не возможно,

82 – 8 + 1 º 57 º 0 mod9, что не возможно.

Тем самым мы доказали, что числа 3t где t > 1 не могут быть делителями модуля K.

Из найденных свойств модуля Kследует, 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 r3ZYXº- ZYXmodK2 , отсюда r1 r2 r3º- 1modK2.

Перемножим первое и второе, первое и третье сравнения так

r1Z2º r2XY mod K2, r3X2 º - r1ZY mod K2.

Благодаря сравнениям . Z2 - XYº0 modKи X2 + ZYº0 modK, из полученных сравнений следует, что r1 ºr2 modK, r1 ºr3 modK, а значит и

r2 ºr3 modK, тогда

r1 = e1K+ D, r2 = e2K+ D, r3 = e3K+ D, где (e1, e2, e3) <K. Cучетом этого r1 r2 r3 ºD3 º-1ºmodK, а значит число Dпринадлежит показателю 6 по модулю K (D6 º 1 modK), 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) ºr3 + 1 º(r+ 1)( r2 – r+ 1) º0 modK, 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 противномслучае rº -1modK, противоречивость этого сравнения, показана в п. (д) раздела 1.7. ], то имеем:

r12 - r1 + 1 º0 modK,

r22 - r2 + 1 º0 modK, r32 - r3 + 1 º0 modK, 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, таккак(3)

таккак:

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– ZPº0 modK2, тогда с учетом 3-х начальных сравнений имеем

r1PZP+ YP- r2PYPºr1Pr2PYP– r2PYP+ YPº0 modK2, 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 , таккак(X,K) =1,тоr2P 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, таккак (Z, K) = 1, тоr3Pr1P - 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. Послераскрытияскобоксравнения (7) сучетомсравнения (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 ºº - 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 º0 modK2. (10)

Из сравнения (9) вычтем сравнение (10) получим

r1P(r2P– 1) + r1P(r3P– 1) ºr1P(r3P– r2P) º0 modK2,так как (r1P,K2) = 1, то r3P– r2Pº0 modK2, ÞÞr2Pºr3PmodK2, (11) тогда из (5) следует, что (а) r2Pr2Pºr2P– 1 modK2, 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


r2Pºr1PmodK2

Таким образом, с учетом (11)имеем

r1Pºr2Pºr3PmodK2, 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 º0 modK,

e1 - e3 º0 modK,

e2 - e3 º0 modK, отсюда с учетом условия (e1, e2 и e3) < Kполучим

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 ÞÞ r03 + 1º (r0 + 1)( r02 – r0 + 1) º 0 mod K2.

Одно из множителей левой части полученного сравнения должно делиться на K2

Пусть r0 + 1º0 modK2 Þr0 º-1 modK2, тогда из (4) следует

r0Pr0Pºr0P – 1modK2 Þ (-1)P(-1)Pº 1 º(-1)P - 1 modK2 Þ3 º0 modK2, 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–Zпо модулю K2.

Пусть X+ Y–ZºD0 modK2, тогда с учетом начальных сравнений имеем

r0Z+ (-r0X) – Zºr0Z+(-r0r0Z) – Zº- Z( r02 – r0 + 1) ºD0 modK2, отсюда левая часть полученного сравнения делиться на K2, тогда и D0 должно делиться на K2, т.е.

D0 º0 modK2, а это значит, что

X+ Y– ZºD0 º0 modK2, но

X+ Y– Z= Kd0d1d2, тогда Kd0d1d2 º0 modK2 ÞÞd0d1d2 º0 modK, что не возможно так как (d0,K) =1, (d1,K) =1, (d2,K) =1.

Пришли к противоречию.2-ой случай ПФ для простых показателей Pвида 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 º0 modKпосле преобразования левой части примет вид (X+ Y– Z)3 + 3Z(X+ Y)(X+ Y– Z) – 3XY(X+ Y) º0 modKÞÞ3XY(X+ Y) º0 modK.

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.

Оценить/Добавить комментарий
Имя
Оценка
Комментарии:
Где скачать еще рефератов? Здесь: letsdoit777.blogspot.com
Евгений08:03:33 19 марта 2016
Кто еще хочет зарабатывать от 9000 рублей в день "Чистых Денег"? Узнайте как: business1777.blogspot.com ! Cпециально для студентов!
14:51:55 29 ноября 2015
Кто еще хочет зарабатывать от 9000 рублей в день "Чистых Денег"? Узнайте как: business1777.blogspot.com ! Cпециально для студентов!
08:52:31 29 ноября 2015

Работы, похожие на Книга: Проблема Ферма для простых показателей больше 3

Назад
Меню
Главная
Рефераты
Благодарности
Опрос
Станете ли вы заказывать работу за деньги, если не найдете ее в Интернете?

Да, в любом случае.
Да, но только в случае крайней необходимости.
Возможно, в зависимости от цены.
Нет, напишу его сам.
Нет, забью.



Результаты(150512)
Комментарии (1836)
Copyright © 2005-2016 BestReferat.ru bestreferat@mail.ru       реклама на сайте

Рейтинг@Mail.ru