Доказательство леммы 1 (Жермен)

Если произведение двух взаимно простых натуральных чисел является n- ой степенью, то каждый из сомножителей также будет n- ой степенью :

ab = c n ; НОД (a; b) = 1; a, b Î N

Доказать: a = x n ; b = y n

Доказательство: Если разложить c n на простые множители, то: c n  = d 1  * … * d 1  * d 2  * … * d 2  * … * d m  * … * d m, где каждого множителя по n. Если же разложить на простые множители числа a и b, то какие-то из чисел d 1  … d m уйдут к a, какие-то – к b, причём одинаковые уйти и туда, и туда не могут в силу того, что НОД( a; b) = 1, т. е. a есть произведение n-х степеней неких простых чисел, и b также – произведение n-х степеней каких-то чисел, следовательно: a = x n ; b = y n .

Доказательство леммы 2 (вспомогательной)

                          x 2  + y 2  = z 2                   (1)

Если ( x; y; z) – решение, то (y; x; z) также будет решением, потому что x и y симметричны в данном уравнении. Предположим, что z = 2k, тогда z 2  = 4k, если же z = 2k – 1, то z 2  = (2k – 1) 2  = 4k 2  – 4k + 1 = 4(k 2  – k) + 1, следовательно, хотя бы одно из чисел x и y чётно, т. к. если бы оба они были нечётными, то x 2  + y 2  = (2k – 1) 2  + (2d – 1) 2  = 4k 2  – 4k + 1 + 4d 2  – 4d + 1 = 4(k 2  + d 2  – k – d) + 2, чего быть не может, т. к. x 2  + y 2  = z 2. Кроме того ( ± x; ± y; ± z) также является решением уравнения, т. к. x 2  = (-x) 2; y 2  = (-y) 2; z 2  = (-z) 2.

Из этих замечаний непосредственно следует, что нам достаточно найти лишь состоящие из положительных чисел примитивные решения ( x; y; z) уравнения (1), т. е. исключим все следующие решения: ( ± x; ± y; ± z), кроме (x; y; z), (y, x, z), для которых x = 2a.

Лемма 2: «Любое состоящее из положительных чисел примитивное решение (x, y, z) уравнения (1), для которого x = 2a, выражается формулами:

     x = 2mn; y = m 2  – n 2 ; z = m 2  + n 2,

где n < m, НОД( m; n) = 1, m и n – числа разной чётности».

Доказательство: Пусть (x; y; z) – произвольное, состоящее из положительных чисел примитивное решение уравнения (1), где x = 2 a. Из уравнения 4a 2  + y 2  = z 2 следует (z – y)(z + y) = 4k 2. Чётность чисел z – y и z + y совпадают и произведение их равно 4k 2, следовательно, z – y и z + y чётные. Пусть z + y = 2b; z – y = 2c, где b и c положительны, т. к. y < z, исходя из уравнения (1). Каждый общий делитель l чисел b и c является также общим делителем z = b + c и y = b – c.

НОД( y; z) = 1, т. к. (x; y; z) – примитивное решение уравнения (1), следовательно, НОД( b; c) = 1. С другой стороны 4a 2  = x 2  = z 2  – y 2  = (z – y)(z + y) = 4bc, т. е. a 2  = bc. Следовательно, согласно лемме 1, применённой к случаю, когда n = 2, существуют такие взаимно простые положительные числа разной чётности m и n, что b = m 2 ; c = n 2. Тогда a 2  = (mn) 2, т. е. a = mn и

     x = 2a = 2mn; y = b – c = m 2 – n 2 ; z = b + c = m 2  + n 2 .

Для завершения доказательства остаётся лишь добавить, что n < m, т. к. x, y > 0.

Доказательство теоремы Ферма для показателя 4

x 4  + y 4  = z 4

Докажем ещё более общий случай:

     «Уравнение

         x 4  + y 4  = z 2                     (2)

не имеет решений в целых отличных от нуля числах».

Доказательство: Предположим, что существует решение уравнения (2) в целых отличных от нуля числах. Ясно, что, не теряя общности, мы можем считать, что оно состоит из попарно взаимно простых положительных чисел (если (x; y; z) является решением уравнения (2), то, сразу же видно, что ( l x; l y; l z) также является его решением). Так как в любом множестве натуральных чисел существует наименьшее из них, то среди всех таких решений найдётся решение (x; y; z) с наименьшим z. Рассмотрим именно это решение:

Так же, как и при доказательстве леммы 2 немедленно доказывается, что одно из чисел x и y должно быть чётным. Предположим, что чётно число x. Это предположение также общности не ограничивает.

Так как числа x 2, y 2 и z положительны и взаимно просты, а число x 2 чётно, то, согласно лемме 2, существуют такие взаимно простые числа m и n < m разной чётности, что x 2  = 2mn; y 2  = m 2  – n 2 ; z 2  = m 2  + n 2. Если m = 2k и n = 2f +1, то y = 4(k 2  – f 2  – f – 1) + 3, что невозможно, ибо, как выше было уже отмечено, любой квадрат должен иметь вид 4k + 1, или 4k. Следовательно, m – нечётно, а n – чётно.

Пусть n = 2q. Тогда x 2  = 4mq и потому mq = (x/2) 2. Поскольку НОД( m; q) = 1, а x чётно, то, исходя из леммы 1, m = z 1 2; q = t 2 , где z 1 и t – некоторые целые взаимно простые положительные числа. В частности, уравнение y 2  = m 2  – n 2 то же самое, что и y 2  = (z 1 2 ) 2  – (2t 2 ) 2, т. е. (2t 2 ) 2  + y 2  = (z 1 2 ) 2.

Так как НОД( t; z 1 ) = 1, то к этому неравенству снова применима лемма 2. Следовательно, существуют такие положительные взаимно простые числа a и b < a различной чётности, что 2t 2  = 2ab, т. е. t 2  = ab; y 2  = a 2  – b 2; z 1 2  = a 2  + b 2. Так как НОД (a; b) = 1, из равенства t 2  = ab по лемме 1 вытекает, что существу целые числа x 1 и y 1, для которых a = x 1 2; b = y 1 2. Поэтому z 1 2  = a 2  + b 2 то же, что и x 1 4  + y 1 4  = z 1 2. Это означает, что числа x 1, y 1, z 1 составляют примитивное решение уравнения (2), состоящее из положительных чисел. Поэтому в силу выбора решения (x; y; z), должно иметь место неравенство z 1 ³ z, а потому и неравенство z 1 2 ³ z, т. е., учитывая, что z = m 2  + n 2, m ³ m 2  + n 2, чего быть не может, т. к. m, n > 0.

Таким образом, предположение о существовании у записанного выше уравнения (2) целочисленных решений приводит к противоречию. Следовательно, это уравнение не имеет решений в целых отличных от нуля числах.

Примечания к доказательствам

Доказательство леммы 1 здесь дано не то, которое было известно ещё из средневековья, а то, что придумал я сам, основанное в большей степени на логических выводах. Теорема Ферма для показателя 4 (и все прилагающиеся для её доказательства леммы) – это единственная теорема, доказанная здесь, т. к. доказательство её считается элементарным, т. е. основанным на простых алгебраических преобразованиях чисел, известным ещё индусам. Доказательство же это было здесь необходимо, т. к. ещё даже у Ферма оно было, только в несколько иной форме.

Во Франции не так давно появилась книга, являющаяся, вроде как, полным доказательством Великой теоремы Ферма, но в ней использовано столько новых в математике абстрактных понятий, что проверить эти труды, кроме автора, никто не может.

Список литературы