Доказательство ВТФ

Автор темы falconer 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеПравила и принципы форума «Высшая математика»28.10.2009 15:17
ОбъявлениеЗапущен новый раздел «Задачки и головоломки»29.08.2019 00:42
ОбъявлениеОткрыта свободная публикация вакансий для математиков26.09.2019 16:34
03.09.2020 15:16
Доказательство ВТФ
Уважаемые участники и гости форума, предлагаю Вашему вниманию доказательства Последней теоремы Ферма.
Соколов Николай Алексеевич.

Доказательство Последней теоремы Ферма.


Лемма 1.

Для всех действительных $x>0$, $y>0$ и всех натуральных $ n>1 $ уравнение
$\qquad\qquad\qquad x^n + y^n = z^n \qquad\qquad\qquad$(1)
имеет действительные решения. И в каждом таком решении должно выполняться неравенство
$ \qquad\qquad\qquad 1<\frac{x+y}{z}\le\root{n}{2^{n-1}}\quad$


Для всех $x=y$ ответ очевиден: из
$ \qquad\qquad\qquad 2x^n=2y^n=z^n $
следует
$ \qquad\qquad\qquad \frac{x}{z}=\frac{y}{z}=\frac{1}{\root{n}{2}}=\frac{\root{n}{2^{n-1}}}{2}$
или
$ \qquad\qquad\qquad \frac{x+y}{z}=\root{n}{2^{n-1}}\qquad\qquad\qquad$(2)

Перейдем к решениям, в которых $x\ne y$. Согласно коммутативности операции сложения решения уравнения (1), в которых $x<y$ и $x>y$, попарно связаны. Для каждого решения уравнения (1) ($a < b,c$), тройка чисел ($b,a,c$) также будет решением и наоборот. Поэтому, не теряя общности, можно анализировать только решения, в которых $x<y$.

С одной стороны, в любом решении уравнения (1) должны выполняться условия $x<z$ и $y<z$. Действительно, если, например, $x\ge z$, то $x^n\ge z^n$ и тем более $x^n+y^n > z^n$. Следовательно, в любом решении выполняется неравенство $x+y<2z$.

С другой стороны, в любом решении уравнения (1) $x+y>z$. Это становится очевидным, если записать уравнение в виде
$ \qquad\qquad\qquad \left(x+y\right)^n-z^n=\sum_{i=1}^{n-1} С_n^i x^{n-i} y^i>0$

Итак, в любом решении уравнения (1) выполняется неравенство
$ \qquad\qquad\qquad 1 < \frac{x+y}{z} < 2 $

Правый предел в этом неравенстве можно уточнить.

Разделим уравнение (1) на $z^n$
$ \qquad\qquad\qquad \frac{x^n}{z^n}+\frac{y^n}{z^n}=1 $

Очевидно, что $1/2$ является центром отрезка $\left[x^n/z^n,\,y^n/z^n\right]$. Следовательно, для всех решений, в которых $x<y$, можем записать
$ \qquad\qquad\qquad \frac{1}{2}-\frac{x^n}{z^n}=\delta=\frac{y^n}{z^n}-\frac{1}{2}$

Извлечем корень степени $n$ из чисел $x^n/z^n,\,y^n/z^n$ и $1/2$. Величина $1/\root{n}{2}$ уже не является центром отрезка $\left[x/z,y/z\right]$.

Докажем, что в любом решении уравнения (1), в котором $x<y$,
$ \qquad\qquad\qquad \left(\delta_x=\frac{1}{\root{n}{2}} - \frac{x}{z}\right) > \left(\delta_y=\frac{y}{z}-\frac{1}{\root{n}{2}}\right)$

Это следует из сравнения следующих величин
$ \qquad\qquad\qquad \frac{\delta}{\delta_x}=\frac{1/2-x^n/z^n}{1/\root{n}{2} - x/z}= \frac{1}{\root{n}{2^{n-1}}}+\sum_{i=1}^{n-1} \frac{x^i}{z^i\root{n}{2^{n-1-i}}}$
$ \qquad\qquad\qquad \frac{\delta}{\delta_y}=\frac{y^n/z^n-1/2}{y/z-1/\root{n}{2}}= \frac{1}{\root{n}{2^{n-1}}}+\sum_{i=1}^{n-1} \frac{y^i}{z^i\root{n}{2^{n-1-i}}}$

Из $x<y$ следует, что $\delta/\delta_x<\delta/\delta_y$ и $\delta_x>\delta_y$. Следовательно,
$ \qquad\qquad\qquad \frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right) < \frac{1}{\root{n}{2}}$
или
$ \qquad\qquad\qquad \frac{x+y}{z}<\root{n}{2^{n-1}}$

Итак, в любом решении уравнения (1), в котором $x\ne y$, должно выполняться неравенство
$ \qquad\qquad\qquad 1<\frac{x+y}{z}<\root{n}{2^{n-1}}\quad$(3)

Объединяя (2) и (3), получаем: в любом решении уравнения (1) должно выполняться неравенство
$ \qquad\qquad\qquad 1<\frac{x+y}{z}\le\root{n}{2^{n-1}}\quad$(4)

Лемма доказана.


Доказательство Последней теоремы Ферма.

Последняя теорема Ферма (ПФТ) утверждает, что

Уравнение
$ \qquad\qquad\qquad x^n + y^n = z^n \qquad\qquad\qquad$(5)
не имеет решений в натуральных числах для любого натурального $n > 2$.


При решении уравнения (5) можно ограничиться случаем, когда $x,y$ и $z$ являются взаимно простыми числами. Очевидно, если есть решение для взаимно простых $(x_1,y_1,z_1)$, то тройка $(d\cdot x_1,d\cdot y_1,d\cdot z_1)$ также будет решением при любом натуральном $d$.

Нет необходимости доказывать ПТФ для всех показателей степени $n>2$. Достаточно доказать, что уравнение (5) не имеет натуральных решений для $n=4$ и $n=p$, где $p$ -- любое нечетное простое число.

Если ПТФ верна для $n=4$, то она верна и для любого показателя степени, кратного 4-м.

А все остальные показатели степени $n>2$ и не кратные 4-м, -- это все нечетные числа и все четные числа типа $2m$, где $m>1$ -- любое нечетное натуральное число.

Все эти числа имеют общее свойство. Их каноническая форма обязательно содержит хотя бы одно нечетное простое число. Следовательно, если ПТФ верна для любого простого показателя степени $p>2$, то она верна и для любого не кратного 4-м показателя степени.

Для $n=4$ ПТФ доказана Ферма. Для полноты картины приведем другое доказательство.

Для этого достаточно исходное уравнение
$ \qquad\qquad\qquad x^4+y^4=z^4\qquad \qquad\qquad $(6)

записать в виде
$\qquad\qquad\qquad \left[\left(x+y\right)^2-z^2-2xy\right] \left[\left(x+y\right)^2+z^2-2xy\right]=2x^2y^2$
Из последнего равенства видно, что в любом натуральном решении правая часть кратна
$x^2y^2$, а левая может быть кратна $x^2y^2$ только в том случае, если
$\qquad\qquad\qquad xy\;\left|\;\left[(x+y)^2-z^2\right] \qquad и \qquad xy\; \right|\;\left[(x+y)^2+z^2\right]$
Это видно из
$\qquad\qquad\qquad \left[\frac{\left(x+y\right)^2-z^2}{xy}-2\right] \left[\frac{\left(x+y\right)^2+z^2}{xy}-2\right]=2$


Т.е., если $xy$ является делителем $z^2$, что противоречит условию теоремы: $x,y,z$ -- взаимно простые числа.

Полученное противоречие доказывает, что уравнение (6) не имеет натуральных решений.

Кстати, использованный прием позволяет доказать, что и уравнение
$ \qquad\qquad\qquad x^4+y^4=z^2$
также не имеет натуральных решений. Для этого достаточно преобразовать его к виду
$ \qquad\qquad\qquad \left[\left(x+y\right)^2-z-2xy\right]\left[\left(x+y\right)^2+z-2xy\right]=2x^2y^2$




Перейдем к доказательству ПТФ для всех простых показателей степени $p>2$.
$ \qquad\qquad\qquad x^p + y^p = z^p \qquad\qquad\qquad$(7)

Для любого нечетного простого $p$ левая часть уравнения (7) разлагается на множители
$ \qquad\qquad\qquad \left(x+y\right)\sum_{i=0}^{p-1} \left(-1\right)^i\,x^{p-1-i}y^i = z^p\qquad\qquad $(8)

Допустим, что существует натуральное решение уравнения (7): тройка взаимно простых натуральных чисел $x=a,y=b,z=c$. Тогда согласно (8) в этом решении сумма $a+b$ должна делить $c^p$. Но это невозможно.

С одной стороны, $(a+b)$ не может делить $c$, поскольку согласно лемме 1 в любом решении сумма
$(a+b)>c$. С другой стороны, из той же леммы следует, что в любом решении
$ \qquad\qquad\qquad \frac{a+b}{c}<\root{p}{2^{p-1}}$
и, следовательно, наибольший общий делитель $a+b$ и $c$
$ \qquad\qquad\qquad 1\le(a+b,c)<c$
Т.е., $a+b$ не является делителем $c^p$, если $a,b,c$ являются натуральными числами.

Действительно, согласно лемме 1
$ \qquad\qquad\qquad 1<\frac{a+b}{c}=\alpha<\root{p}{2^{p-1}}$
или
$ \qquad\qquad\qquad a+b=\alpha c$
и
$ \qquad\qquad\qquad \frac{c^p}{a+b}=\frac{c^p}{\alpha c}=\frac{c^{p-1}}{\alpha}$

Допустив наличие натурального решения, мы пришли к противоречию, которое доказывает: допущение было ошибочным, уравнение (7) не имеет натуральных решений.

ПТФ доказана.



Редактировалось 3 раз(а). Последний 16.12.2020 16:21.
04.09.2020 00:03
нет
Цитата
falconer
Но $x^p+y^p$ делится на $x+y$ при любых натуральных $ x,y $ и любом нечетном простом $p$.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти