Теорема Ферма для чётных степеней№ 1
Феликс

В 1977 году Тержанян доказал "первый случай" теоремы Ферма для чётных степеней:
Равенство x^(2*n)+y^(2*n)=z^(2*n) не имеет нетривиальных решений в целых числах, при условии n - нечётное число > 1 и x,y,z не делятся на n.
Предположим x^(2n)+y^(2n)=z^(2n), где x и y не имеют общих делителей. Тогда x и y не могут быть оба нечётными числами, иначе правая часть делится на 4, а левая часть не делится. Предположим x - чётное, а y-нечётное число. Тогда z-нечётное число, и

x^(2n)=(z^2-y^2)*(z^n-y^n)/(z-y)*(z^n+y^n)/(z+y)

Поскольку доказывается только "первый случай" теоремы Ферма, в котором x не делится на n, то можно показать, что все три множителя в правой части не имеют общих делителей и значит являются квадратами.
Обозначим Qn(z,y)=(z^n-y^n)/(z-y).
Полиномы Qn(z,y) и Qn(z,-y) не могут оба быть квадратами на основании следующей леммы:

Лемма.
---------
Пусть z и y - нечётные целые числа дающие одинаковые остатки при делении на 4.
Тогда Qn(z,y) не является квадратом.


Докажите эту лемму при условии что (n+1) имеет нечётный делитель m<n, дающий при делении на 4 остаток 3. Доказательство должно быть элементарным и простым.
Подсказка: найдите остаток от деления Qn(z,y) на Qm(z,y).
 
[ 05-11-05, Сбт, 06:14:10 Отредактировано: Феликс ]
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 2
Krasnaja Shapka

В 1977 году Тержанян доказал "первый случай" теоремы Ферма для чётных степеней:
Равенство x^(2*n)+y^(2*n)=z^(2*n) не имеет нетривиальных решений в целых числах, при условии n - нечётное число > 1 и x,y,z не делятся на n.

а при чем тут последнее условие, что x,y,z не делятся на n... оно какое-то странное после фразы "не имеет решений в целых числах"... т.е. может и иметь, но только когда какое-то из x,y,z делится на n... так?
 Если ясность вашего объяснения исключает ложное толкование, все равно кто-то поймет вас неправильно.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 3
Феликс

Krasnaja Shapka, после доказательства "первого случая", Тержанян сумел доказать и "второй случай", т.е., что уравнение x^(2*n)+y^(2*n)=z^(2*n) не имеет нетривиальных решений в целых числах, если одно из чисел x, y, z делится на n (если одно из чисел равно 0 получаются тривиальные решения). Доказательство "второго случая" сложнее доказательства "первого
случая", и я с ним не знаком. Доказательство "первого случая" несложно, и странно, что в течение 300 лет до Тержаняна никто его не нашёл. Мне удалось ещё более упростить доказательство Тержаняна для "первого случая", правда не для всех n, а для таких, что
(n+1) делится на число вида 4*k+3.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 4
Krasnaja Shapka

ой... мама дорогая какие сложности...
 Если ясность вашего объяснения исключает ложное толкование, все равно кто-то поймет вас неправильно.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 5
Феликс

Теорема Ферма - сложная теорема
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 6
Большой Грызь

Теорема - простая Док-во сложное.
 ...everything is possible cause noone has to hide beyond the invisible...
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 7
Феликс

Для чётных степеней доказательство - простое. Можно разобраться в нём в рамках этой темы.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 8
Феликс

Я нашёл совсем простое доказательство леммы. Вот оно:

По условию (n+1) имеет делитель m вида 4k+3. Легко проверить, что Qm(z,y) даёт при делении на (z-y) такой же остаток как m*y^(m-1). Поскольку по условию (z-y) делится на 4, y - нечётное число и (m-1) - чётное число, то Qm(z,y) даёт при делении на 4 такой же остаток как m, то есть остаток 3. Поэтому Qm(z,y) имеет простой делитель p, дающий при делении на 4 остаток 3.

Обозначим Tn(z,y)=z^n+y^n.
Легко проверить, что имеет место тождество:

Qn(z,y)+(y*z)^((n-1)/2)=Q((n+1)/2)(z,y)*T((n-1)/2)(z,y)

Поскольку Q((n+1)/2)(z,y) делится на Qm(z,y), то правая часть тождества делится на p.
Для простоты предположим сначала, что (n-1) делится на 4. Если бы число Qn(z,y) было квадратом целого числа, то сумма двух квадратов целых чисел делилась бы на p, а это невозможно, поскольку p даёт остаток 3 при делении на 4.
Значит Qn(z,y) не является квадратом целого числа, что и требовалось доказать.
Можно и не предполагать, что (n-1) делится на 4, поскольку из того, что (z^m-y^m) делится на p и m - нечётное следует, что y*z является квадратичным вычетом p.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 9
Феликс

Только что мне удалось найти доказательство леммы в случае если n - число вида 4k+3 не используя условие об (n+1). Вот оно:

Обозначим Tn(z,y)=z^n+y^n.
Легко проверить, что имеет место тождество:

Qn(z,y)-(y*z)^((n-1)/2)=Q((n-1)/2)(z,y)*T((n+1)/2)(z,y)

Это тождество показывает, что если нечётное число m является делителем числа (n-1), то
Qn(z,y) является квадратичным вычетом Qm(z,y).
В случае если (n-1) делится на 4 это утверждение очевидно из тождества, но оно верно также если (n-1) не делится на 4, поскольку
(z*y)^((n-1)/2)-z^((n-1)/2-m)*y^((n-1)/2+m)=
z^((n-1)/2-m)*y^((n-1)/2)*(z^m-y^m) делится на Qm(z, y).

Возьмём какое-либо нечётное число m, дающее остаток 3, при делении на 4, такое что (m-1) делится на n. Согласно доказанному выше, Qm(z,y) является квадратичным вычетом Qn(z,y),
причём оба Qm(z,y) и Qn(z,y) дают остаток 3 при делении на 4. Тогда согласно закону квадратичной взаимности, Qn(z,y) не является квадратичным вычетом Qm(z,y), значит не может быть квадратом целого числа, что и требовалось доказать.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 10
Феликс

Я нашёл ещё более простое доказательство леммы в случае если n - число вида 4k+3:

Qn(z,y) не может быть квадратом нечётного числа, потому что даёт при делении на 4 такой же остаток, как n*y^(n-1), то есть остаток 3.

Это доказательство настолько просто, что я подозреваю, что в нём есть ошибка, однако не могу её найти.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 11
Феликс

Поправка к посту № 3: я не уверен, что Тержанян доказал "второй случай" теоремы Ферма для чётных степеней. Согласно книге Рибенбойма "Последняя Теорема Ферма для любителей", стр. 209, Тержанян доказал следующее:

Пусть p-простое число. Если x,y,z - отличные от нуля целые числа, такие что
x^(2p)+y^(2p)=z^(2p), то x или y делится на 2p.

А на стр. 210 написано, что в 1981 году, Роткиевич доказал следующее усиление результата Тержаняна:

Пусть p-простое число. Если x,y,z - отличные от нуля целые числа, такие что
x^(2p)+y^(2p)=z^(2p), то x или y делится на 8p^3.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 12
Феликс

Есть гипотеза, что если n>5, то Qn(z,y)=(z^n-y^n)/(z-y) не является квадратом целого числа (за исключением тривиального случая, когда одно из чисел z и y равно нулю).

Эта гипотеза, до сих пор не доказана. Я уверен, что её можно доказать, используя мощные методы теории Уайлза, просто никто пока этого не сделал. В 1977 году Тержанян доказал эту гипотезу при условии, что z и y нечётные числа, дающие при делении на 4 одинаковые остатки (см. лемму в начале темы). Его элементарное доказательство использует только закон квадратичной взаимности, однако оно не проходит, если одно из чисел z и y - чётное.

При n=3 и n=5, Qn(z,y) является квадратом для бесконечного множества пар z и y.
Например, Q5(808, 627) является квадратом.

Если Q((n+1)/2)(z,y) имеет делитель вида 4k+3, то гипотеза следует из доказательства, приведённого в посту 8 этой темы.

Оказывается это условие можно расширить. Я предлагаю любителям теории чисел доказать
следующую лемму:

Лемма.
---------
Предположим Qn(z,y) является квадратом.
Вместо Qn(z,y) будем писать просто Qn.
Пусть m=(n+1)/2.

Тогда

1. Существуют целые числа a и b, такие что

   2*a*b*Qm=(b^2*z+a^2*y)*Q(m-1)

2. При любом нечётном к, число

   (a-b)^2*Qk+2*a*b/Q(m-1)*(z*y)^(k-1)*Q(m-k)

не имеет делителей вида 4t+3.
 
[ 06-12-08, Сбт, 07:10:10 Отредактировано: Феликс ]
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 13
Феликс

Я хочу отметить, что с помощью этой леммы можно доказать не только случаи теоремы Ферма для чётных степеней, доказанные в этой теме, но также и новый случай степени 2n, где n - число вида 4к+1, к - нечётное.
Профиль 

Теорема Ферма для чётных степеней№ 14
Феликс

Кому интересно, можно посмотреть мою тему на математическом форуме Мехмата:
http://dxdy.ru/topic2006-15.html
Профиль 


Вы не зарегистрированы либо не вошли в портал!!!
Регистрация или вход в портал - в главном меню.



 Просмотров:   008027    Постингов:   000014