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.
