Проблема Ферма для простых показателей больше 3

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 = Zn не 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


/>
/>
/>--PAGE_BREAK--
/>
.
.
.
.
…
/>
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 = Î N+, а значит А3 – число целое и кратное Р.
Если нами найдено, что А1, А2, …, Аk –1 – числа целые и кратные Р, то число Аk будет 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 m кратное 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 k число Аk будет 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 +…    продолжение
--PAGE_BREAK--
+ 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 Z и X натуральные 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 Z P + X P = Z P – (– 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
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, …, Вi целые.
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.    продолжение
--PAGE_BREAK--
Следствие. Пусть X = – X0, а Z = Z0, где (X0, Z0) Î N +, 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     продолжение
--PAGE_BREAK--
1.2 Основная теорема
Теорема: Неопределенное уравнение X P + Y P = Z P не имеет решений в натуральных числах, где P – простое число >3.
Доказательство ведем от противного.
Пусть существует решение неопределенного уравнения
X P + Y P = Z P (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, Y и Z) четное.
Пусть
d0 = НОД+(X + Y, Z) Þ пусть X + Y = C0d0, (1.14)
а Z = a0d0, (1.15)
где (a0, С0) = 1; (1.16)
d1 = НОД+(Z – X, Y) Þ пусть Z – X = C1d1, (1.17)
а Y = a1d1, (1.18)
где (a1, C1) = 1; (1.19)
d2 = НОД+(Z – Y, X) Þ пусть 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 = Kd0d1d2, 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 = Kd1d2, (1.27)
a1 – C1 = Kd0d2, (1.28)
a2 – C2 = Kd0d1. (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 K попарно взаимно простое с числами X, Y и Z, а одно из этих чисел четное (п.1.3.1.), то K– число нечетное.
В дальнейшем мы будем использовать числа K и 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 PXY за 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 />X P–5/2 Y P–5/2 (X + Y)2 + (–1)P–3/2X P–3/2Y P–3/2 ] = />[ для (1.33)], (1.38)
(Z — X)P–1 + PZX [(Z — X)P–3 + />ZX(Z — X)P–5 /> Z P–5/2 X P–5/2 (Z — X )2 + Z P–3/2 X P–3/2 ] = />[ для (1.34)], (1.39)    продолжение
--PAGE_BREAK--
(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 P вида 6n + 5,
s = 2 для P вида 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 mod K, (Z – X)2 + ZX º 0 mod K, (Z – Y)2 + ZYº 0 mod K.
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 3t, 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 º a0P mod P,
(Z – X)P –1 º a1P mod P,
(Z – Y)P –1 º a0P mod P, тогда благодаря Малой теореме Ферма имеем
a0P º 1 mod P, Þ a0P º 1 mod P2, Þ a0 = e0P + 1,
a1P º 1 mod P, Þ a1P º 1 mod P2, Þa1 = e1P + 1,
a2P º1 mod P, Þa2P º1 mod P2, Þa2 = e2P + 1.
Очевидно, что XP + YP – ZP º 0 mod P2    продолжение
--PAGE_BREAK--
Тогда, с учетом последних сравнений и равенств (1.15), (.18) и (1.21) имеем
a2Рd2P + a1PdP — a0Pd0P º .dP– d2P–d1Pº0 modP2. (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 º0 mod P2 Þ
Þ K= eP2, 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 аналогиис вариантом 2.
Доказательство того, чтоK>3для варианта1.
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 – Z и умножим правую и левую части полученного равенства на P получим 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 Þ d0P = Pd2P + Pd1P + 2PKd0d1d2. Разделим левую часть и последнее слагаемое правой части полученного равенства на d0 получим очевидное неравенство d0P-1
Выразим d0 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 a1 — a2 = P(e1 — e2).
Пусть K= 3, тогда из равенства (в2) имеем d0 = (a1 — a2)/3( d2 — d1) + (d2 + d1)q/3 = P(e1 — e2)/3( d2 — d1) + (d2 + d1)q/3
Будем минимизировать d0, приняв d2 + d1 = 3, q = qmin и (e1 — e2) =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 – Y и X + Y получим (2X,P) = P, что противоречит варианту 1.]
Неравенство (в1) с учетом (в3) будет
[P + (d22 + d12)]P-1 [P + (d22 + d12)]P-1 отбрасывая часть членов разложения.
Покажем, что 3-и члена разложения бинома (d22 + d12)P-1 > Pd2P + Pd1P. Так (d22 + d12)P-1 = (d22)P— 1 + (P – 1) (d22)P — 2d12 + …..+ (d12)P — 1 > Pd2P + Pd1P.
Одно слагаемое левой части разложения (d22)P— 1 = d2Pd2P – 2 > Pd2PÞ d2P – 2> P, это неравенство справедливо для d2 ³ 2 (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 > P Þ (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 > 0, что и подтверждает наше утверждение.    продолжение
--PAGE_BREAK--
Предпоследние два слагаемых разложениябинома (d22 + d12)P-1а именно:(P– 1) (d22)P— 2d12 + (d12)P–1 > Pd1P.
Для d1 ³ 2 имеем (d12)P — 1= d1Pd1P – 2> Pd1PÞ d1P – 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 P и, 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
dP-1 > Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d. (в5)
Пришли к противоречию с одной стороны
dP-1 Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d., а с другой стороныdP-1 > Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d. (в.5)
Вывод: так как число K нечетное 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 – d1P º 0 mod P, а значит и d0P – d1P º 0 mod P2 и d0 – d1 º 0 mod P, 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) ÞÞ3d3 = (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 3d3 > P(d02 + d12), но и это неравенство несправедливо, так как P> 3, аd02 > d3, 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 d02 > d3, что и требовалось доказать.
Таким образом мы пришли к противоречию с одной стороны 3d3 > P(d02 + d12), с другой стороны
3d3 P(d02 + d12).
Вывод: так как число K нечетное 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, Z кратно 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    продолжение
--PAGE_BREAK--
r1Z – X º0 mod Kили r1Z ºX mod K, (1.50)
Z – r2Y º0 mod Kили r2Y ºZ mod K, (1.51)
r3X + Y º0 mod Kили r3X º–Y mod K, (1.52)
Z – m1X º0 mod K, (1.53)
m2Z – Y º0 mod K, (1.54)
X + m3Y º0 mod K, (1.55)
Z 2 – l1XY º0 mod K, (1.56)
Y 2 + l2ZX º0 mod K, (1.57)
X 2 + l3ZY º0 mod K. (1.58)
Умножая сравнения (1.50)–(1.52), получим
r1r2r3ZXYº – ZXY mod K,
отсюда
r1r2r3 º–1 modK. (1.59)
Cложим сравнение (1.50) и (1.51) и, учитывая (1.26), получим
r1Z – X + Z – r2Y º r1Z + (Z – X) – r2Y º r1Z + Y – r2Y º
º r1Z – Y(r2 – 1) º 0 mod K,
а учитывая, что Z º r2Y mod K (cм. (1.51)), получим
r1r2Y – Y(r2 – 1) º 0 mod K,
отсюда
r1r2 – r2 + 1 ºmod KÞr1r2 ºr2 – 1mod K. (1.60)
Умножая сравнение (1.60) на r3 и учитывая (1.59), получим
r2r3 – r3 + 1 º0 mod K Þr2r3 ºr3 – 1 mod K. (1.61)
Умножая (1.61) на r1 и учитывая (1.59), получим
r1r3 – r1 + 1 º0 mod K Þr1r3 ºr1 – 1 modK. (1.62)
Из сравнений (1.50) и (1.53) получим
r1m1 º1 mod K, (1.63)
а из сравнений (1.51), (1.54) и (1.52),(1.55) получим соответственно
r2m2 º1 mod K, (1.64)
r3m3 º1mod K. (1.65)
Сложим сравнения (1.50) и (1.55) и, учитывая (1.51) и (1.60), получим
r1Z – X + X + m3Y ºr1r2Y + m3Y ºY (r2 – 1 + m3) º0 mod KÞ
Þ m3 º1 – r2 mod K. (1.66)
Cложим сравнения (1.52) и (1.54) и, учитывая (1.50) и (1.62), получим
m2Z – Y + r3X + Yºm2Z + r3r1Z ºZ(m2 + r3r1) ººZ(m2 +r1 – 1) º0 mod K, Þm2 º1 – r1 modK. (1.67)
Из сравнения (1.51) вычтем сравнение (1.53) и, учитывая (1.52) и (1.61), получим
Z – r2Y – Z + m1X ºm1X – r2(–r3X) ºX(m1 + r2r3) º
ºX(m1 + r3 – 1) º0 mod KÞm1 º1 – r3 mod K.(1.68)
Решая совместно сравнения (1.56) и (1.50) и принимая во внимание сравнение (1.51), получим
Z 2 – l1XY º Z 2 – l1r1ZY º Z(Z – l1r1Y) º Z(r2Y – l1r1Y) º
ºZY(r2 – l1r1) º0 mod KÞl1r1 ºr2 mod K. (1.69)
Решая совместно сравнения (1.57) и (1.51) и принимая во внимание (1.52), получим
Y 2 + l2ZX º Y 2 + l2r2YX º Y(Y + l2r2X) º Y(–r3X + l2r2X) º XY(l2r2 – r3) º 0 mod K Þ l2r2 ºr3 modK. (1.70)    продолжение
--PAGE_BREAK--
Решая совместно сравнения (1.58) и (1.52) и принимая во внимание (1.50), получим
X 2 + l3ZY ºX2 + l3Z(–r3X) ºX(X – l3r3Z) ºX(r1Z – l3r3Z) ºZX(r1 – l3r3) º0 mod K, Þl3r3 ºr1 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 º r2 mod K, а с учетом (1.68) имеем
l1 º r2 + m1 º r2 + 1 – r3 mod K,
отсюда, так как l1, r2 и r3 меньше K, получим
l1 = r2 – r3 + 1. (1.72)
Из сравнения (1.70) вычтем сравнение (1.64) и, принимая во внимание (1.61), получим
l2r2 – m2r2 ºr3 – 1 ºr2r3 mod K,
отсюда, сокращая на r2, получим l2 – m2 º r3 mod K, а с учетом (1.67) имеем
l2 º r3 + m2 º r3 + 1 – r1 mod K,
отсюда, так как l2, r3 и r1 меньше K, получим
l2 = r3 – r1 + 1. (1.73)
Из сравнения (1.71) вычтем сравнение (1.65) и, принимая во внимание (1.62), получим
l3r3 – m3r3 ºr1 – 1 ºr1r3 mod K,
отсюда, сокращая на r3, получим l3 – m3 º r1 mod K, а с учетом (1.66) имеем
l3 º r1 + m3 º r1 + 1 – r2 mod K,
отсюда, так как l3, r1 и r2 меньше K, имеем
l3 = r1 – r2 + 1. (1.74)
1.5.6. Проведем анализ равенств, полученных в п. 1.5.5.
Из равенства (1.72) следует, что
а) r2 ³r3,
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) r3 ³r2.
отношения а) и б) возможны только при условии, что
r2 = r3. (1.75)
Из равенства (1.73) следует, что
в) r3 ³r1,
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) r1 ³r3,
отношения в) и г) возможны только при условии, что
r1 = r3. (1.76)
Благодаря равенствам (1.75) и (1.76) имеем равенство чисел r1, r2 и r3, тогда
r1 = r2 = r3 = r. (1.77)
Из равенств (1.72)–(1.74) с учетом равенств (1.77) следует, что
l1 = 1, l2 = 1 и l3 = 1. (1.78)
Благодаря (1.77) сравнения (1.60)–(1.62) примут вид
r2 – r+ 1 º0 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 º0 mod K,
Y 2 + ZX º0 mod K,
X 2 + ZY º 0 mod K,
а с учетом (1.26) –
(X + Y)2 – XYº0 modK, (1.81)
(Z – X)2 + ZXº0 modK, (1.82)
(Z– Y)2 + ZYº0 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 mod P, (1.84)
r3 º –1 mod P. (1.85)    продолжение
--PAGE_BREAK--
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) º0 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 rº— 1 modP1.
Тогда сравнения (1.50) и (1.51) примут вид
(-1)Z º X mod P1 Þ Z + X º0 mod P1,
Z º(-1)Y mod P1 ÞZ + Y º0 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 ºr2 –r + 1 º0 mod 9, (е.1)    продолжение
--PAGE_BREAK--
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 ºX mod K2, r2Y ºZ 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
r1Z2ºr2XY 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) 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 rи (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 противномслучае 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 ºr12 — r1 + 1 º0 mod K, (1)
r22P — r2P + 1 ºr22 — r2 + 1 º0 mod K, (2) r32P — r3P + 1 ºr32 — r3 + 1 º0 mod K, таккак(3)
таккак:
r12P ºr12(6n + 5) º(r13)4n + 3r1 º(-1)4n + 3r1 º— r1 mod K,
r1P ºr16n + 5 º(r13)2n + 1r12 º(-1)2n + 1r12 º— r12 mod K,
r22P ºr22(6n + 5) º(r23)4n + 3r2 º(-1)4n + 3r2 º— r2 mod K,
r2P ºr26n + 5 º(r23)2n + 1r22 º(-1)2n + 1r22 º— r22 mod K,
r32P ºr32(6n + 5) º(r33)4n + 3r3 º(-1)4n + 3r3 º— r3 mod K ,
r3P ºr36n + 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 º0 mod K2 Þ    продолжение
--PAGE_BREAK--
Þr1P r2P ºr2P — 1 mod K2. (4)
XP +(-r3PXP) – r2P(- r3PXP) ºXP(1 — r3P + r2P r3P) º0 mod K2, таккак(X,K) =1,тоr2P r3P — r3P +1 ºmod K2 Þr2P r3P ºr3P – 1 mod K2. (5)
r1PZP + (-r3PXP) – ZP ºr1PZP + (-r3Pr1PZP) – ZPºZP(r1P + (-r3Pr1P) – 1) º0 mod K2, таккак(Z, K) = 1, тоr3Pr1P — r1P + 1 º0 mod K2 Þr3Pr1P ºr1P – 1 mod K2 (6)
Поиск противоречий
Перемножим сравнения (1) и (2), а так же сравнения(1) и (3)
(r12P — r1P + 1)( r22P — r2P + 1) º0 mod K2, (7) (r12P — r1P + 1)( r32P — r3P + 1) º0 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 º0 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 ºr2P — 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)
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 ÞÞr03 + 1º(r0 + 1)( r02 – r0 + 1) º0 mod K2.    продолжение
--PAGE_BREAK--
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.
Тогдаr02 – r0 + 1 º0 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 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 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
Виноградов И.М. Основы теории чисел. – М.: Наука, 1973.
Депман И.Я. История арифметики. – М.: Просвещение, 1965.
Ляпин Е.С., Евсеев А.Е. Алгебра и теория чисел. – М.: Просвещение, 1974. – Ч. 1.
Ожигова Е.П. Что такое теория чисел. – М.: Знание, 1970.
Постников М.М. Введение в теорию алгебраических чисел. – М.: Наука, 1982.
/>Постников М.М. Теорема Ферма. – М.: Наука, 1978.