В определенных математических кругах сложилось мнение, что Ферма был неправ, утверждая, что нашел простое доказательство своей знаменитой теоремы. Цель данного исследования – доказать справедливость слов французского математика.
Формулировка теоремы: равенство aⁿ + bⁿ = cⁿ не выполняется при n > 2; a,b,c,n∈N.
Доказательство теоремы достаточно провести для простых нечетных степеней.
Доказательство для n, кратного 3
Рассмотрим равенство в натуральных числах (x + k)³ – x³ = k (3x² + 3xk + k²), x не кратно 3.
На основании этого равенства можно сделать следующие очевидные утверждения:
если разность чисел k не кратна 3, то разность кубов не кратна 3, и наоборот; (1а)
если разность кубов кратна 3, то разность кубов кратна и числу 9. (1б)
Доказательство проводим методом от противного: предположим, что выполняется равенство a³ + b³ = c³, где a, b, с взаимно простые числа.
Рассмотрим преобразование:
a³ = c³ – b³ = (с – b) (c² + cb + b²) = (с – b) ((c – b)² + 3cb),
откуда
a³ = (с – b) ((c – b)² + 3cb). (2а)
Аналогично,
b³ = (с – a) ((c – a)² + 3ca); (2б)
c³ = a³ + b³ = (a + b) (b²−ba + a²) = (a + b) ((a + b)² – 3ba),
откуда
c³ = (a + b) ((a + b)² – 3ba). (2в)
В равенстве (2а) с – b, с и b взаимно простые, значит,
а = a1a2, 
, (c – b)² + 3cb = 
. (3а)
Аналогично, с – a, с и a взаимно простые, поэтому
b = b1b2, с – a = 
, (c – a)² + 3ca = 
; (3б)
a + b, a и b взаимно простые, поэтому
с = c1c2, a + b = 
, (a + b)² – 3ab = 
. (3в)
Равенства (3а)-(3в) перепишем в виде
+ 3cb, 
+ 3ca, 
– 3ab
или
= 3cb, 
= 3ca,
= 3ab. (4)
Поскольку числа a1, a2, b1, b2, c1, c2 попарно взаимно простые и левые части равенств (4) являются разностями кубов, то, в силу утверждения (1б), равенства (4) будут выполняться, если одно из чисел a, b, с будет кратным числу 3.
Поэтому пусть, например, а будет кратным числу 3.
Тогда
а = 3a1a2, a³ = 27 
(5)
Если cb не кратно 3, то равенство (5) неверно. Поэтому для выполнения равенства (5) надо потребовать, чтобы с – b = 
Тогда
a³ = 
(81
+ 3cb) = 27
(27
+ + cb), 
;
b = b1b2, с – a = 
, (c – a)² + 3ca = =
– 
= 3ca; с = 
, a + b = 
, (a + b)² – 3ab = 
= 3ab.
Подготовительная работа закончена, переходим к основной части доказательства, которую проводим, применяя теорию сравнений.
1. 
(mod 9) по обобщенной теореме Эйлера [1]. Но 
= (a + b)². Тогда
= (a + b)² = a² + 2ab + b²≡2ab + b²≡1(mod 9), так как a²≡0(mod 9).
(mod 9). Но 
= (с – a)².
Тогда 
= c²−2ac + a² ≡ c²−2ac≡1(mod 9).
,
откуда
(c²−2ac)−(2ab + b²) = (c²−b²)−2a(c + b) = (c + b)(c−b−2a)≡0(mod 9).
Так как
c + b = (c−b) + 2b = 
+ 2b≡2b(mod 9), то c−b−2a≡0(mod 9).
Но с – b = 
Значит, a≡0(mod 9). Получили противоречие условию а = 3a1a2.
2. Так как равенство a³ + b³ = c³ является симметричным относительно а и b, то результаты получим аналогичные результатам п. 1, если допустим, что b = 3b1b2.
Пусть с = 3c1c2. Тогда равенства (2в), (3а) – (4) принимают вид
а = a1a2, с – b = 
, (c – b)² + 3cb = = 
= 3cb;
b = b1b2, с – a = 
, (c – a)² + 3ca = = 
– 
= 3ca;
с = 3c1c2, a + b = 
, c³ = 
(81
− – 3ba) = 81
(27
−ba), 27 
−
= ab.
mod 9). Но 
= (c−b)².
Тогда
(c−b)² = c²−2cb + b² ≡ − 2cb + + b²≡1(mod 9), так как c²≡0(mod 9).
(mod 9). Но 
= (с – a)².
Тогда 
= c²−2ac + a²≡ a²−2ac≡ 1(mod 9).
,
откуда
(a²−2ac) − (−2cb + b²) = (a²−b²)− – 2c(a−b) = (a−b)(a + b−2c)≡0(mod 9).
Так как
a−b = (a + b)−2b = 
−2b≡−2b(mod 9), то a + b−2c≡0(mod 9).
Но a + b = 
Значит, c≡0(mod 9). Получили противоречие условию c = 3c1c2.
Вывод: предположение, что выполняется равенство a³ + b³ = c³, привело к противоречиям во всех допустимых условиях. Следовательно, предположение неверно. Значит, равенство a³ + b³ = c³ не выполняется.
Доказательство для n, кратного 5
Рассмотрим преобразование в натуральных числах при условии, что x не кратно 5:
= ((х + k) – х) (
х + 
х² + + (
) = = k(5
),
откуда
= k(5
).
На основании этого равенства можно сделать несколько очевидных утверждений:
разность чисел k не кратна 5 тогда и только тогда, когда разность степеней не кратна 5; (1а)
если разность степеней кратна 5, то разность степеней этих чисел кратна 25; (1б)
разность чисел кратна 5 тогда и только тогда, когда разность степеней кратна 25. (1в)
Предположение: пусть выполняется равенство a5 + b5 = c5, где a, b, с взаимно простые числа. Рассмотрим преобразование:
a5 = c5 – b5 = (c – b)(
b + 
+ + c
) = (c – b)((c –b)4 + 5c3b – – 5
+ 5cb3) = (c – b)((c –b)4 + + 5
– cb + b2)),
откуда
a5 = c5 – b5 = (c – b)((c –b)4 + + 5
– cb + b2)). (2а)
По аналогии,
b5 = c5 – a5 = (с – a) ((c –a)4 + + 5ca(c² – ca + a²)); (2б)
= (a + b) (
– – 5ab(a² + ab + b²)). (2в)
Числа с – b, с и b взаимно простые, тогда
а = a1a2, 
= с – b, 
+ + 5cb(
– cb + b2); (3а)
числа с – a, с и a взаимно простые, тогда
b = b1b2 и 
= с – a, 
+ 5ca(c² – ca + a²); (3б)
a + b, a и b взаимно простые, поэтому
с = c1c2 и 
= a + b, 
– – 5ab(a² + ab + b²). (3в)
Равенства (3абв) перепишем в виде
+ 5cb(
– cb + 
), 
+ 5ca(c² – ca + a²), 
– 5ab(a² + ab + b²)
или
= 5cb(
– cb + 
), 
– – 
= 5ca(c² – ca + a²), 
– – 
= 5ab(a² + ab + b²). (3г)
Поскольку числа a1, a2, b1, b2, c1, c2 попарно взаимно простые и левые части равенств (3г) являются разностями пятых степеней, то, в силу утверждения (1б), равенства (3г) будут выполняться, если одно из чисел a, b, с будет кратным числу 5.
1. Поэтому пусть, например, а кратно числу 5.
Тогда
а = 5a1a2, 
(4)
Если c – b не кратно 5, то равенство (4) не выполняется. Поэтому для выполнения равенства (4) надо потребовать, чтобы с – b = = 
Тогда
+
+ cb(
– cb + 
)),
где 
+ cb(
– cb + 
);
b = b1b2, 
= с – a, 
+ + 5ca(c² – ca + a²); с = 
, 
= = a + b, 
– 5ab(a² + ab + b²).
(mod 52) по обобщенной теореме Эйлера [2]. Но 
. Тогда
≡4ab³ + 
≡1(mod 25), так как a²≡0(mod 25).
(mod 25). Но 
. Тогда 
≡ c4 − 4ac³≡1(mod 25).
,
откуда (c4−4ac³)−(4ab³ + b4) = (c4− b4)−2a(c³ + b³)≡−2a(c³ + b³)≡0(mod 25).
Так как c³ + b³ = (c³−b³) + 2b³≡2b3(mod25), то – 2a≡0(mod25) или a≡0(mod 25). Получили противоречие условию а = 5a1a2.
2. Так как равенство 
является симметричным относительно а и b, то результаты получим аналогичные результатам п.1, если допустим, что b = 5b1b2.
3. Пусть с = 5c1c2. Тогда равенства (2в), (3а) – (4) принимают вид
а = a1a2, с – b = 
, 
+ + 5cb(
– cb + 
);
b = b1b2, 
= с – a, 
+ + 5ca(c² – ca + a²);
с = 5c1c2, a + b = 
, 
(
−5ab(a² + ab + b²)) = = 
(
−ab(a² + ab + b²)),
– ab(a² + ab + b²).
mod 25). Но 
. Тогда
≡ −4cb³ + 
≡1(mod 25), так как c²≡0(mod 25).
mod 25). Но 
. Тогда 
≡ −4ca³ + 
≡1(mod 25).
,
откуда
(
)−(
) = (
)− – 4c(b³−a³)≡−4c(b³−a³)≡0(mod 25).
Так как
b³−a³ = (b³ + a³)−2a³≡ −2a³(mod 25),
то c≡0(mod25). Получили противоречие условию c = 5c1c2.
4. Теперь для выполнения утверждения (1б) потребуем, чтобы числа 
– cb + 
, c² – ca + a², a² + ab + b² в равенствах (3г) были кратны 5 (при этом числа а, b, с не кратны 5).
= (c – b)(
+ + 5
– cb + 
)
или
+ + 5
– cb + 
− 
= 5
– – cb + 
,
− 
≡0(mod 25), так как 
– cb + 
≡0(mod 5) по условию.
− 
≡0(mod 25),
− 
≡0(mod 25),
− 
≡0(mod 25), так как 
mod 25). (4а)
По аналогии,
− 
≡0(mod 25), (4б)
(a + b) – (
) ≡ 0(mod 25). (4в)
После сложения сравнений (4аб) получаем:
2
2c + (a + b) – – (
) ≡ 0(mod 25). (5а)
Учитывая сравнение (4в), из сравнения (5а) получаем
2
2c ≡ 0(mod 25), откуда c4 ≡ 1(mod 25). (5б)
Аналогично можно прийти к результатам:
b4 ≡ 1
≡ 1(mod 25). (5в)
Далее, рассмотрим сравнение
≡ 
(6а)
Учитывая результаты (5бв), из сравнения (6а) получаем a + b ≡ c (mod 25) или
a + b – c ≡ 0(mod 25) (6б)
Вернемся к равенству (3г)
– 
= 5ab(a² + ab + b²),
где по условию a² + ab + b² ≡ 0(mod 5)
Учитывая утверждение (1в), получаем 
= 5m, где m не кратно 5. Умножим последнее равенство на c1: 
c2 = 5c1m или a + b – c = 5c1m.
Учитывая (6б), делаем вывод, что 5c1m ≡ 0(mod 25), что невозможно, так как c1 и m не кратны 5.
Получили противоречие условию, в котором числа c2 – cb + b², c² – ca + a², a² + ab + b² в равенствах (3г) были кратны 5 (при этом числа а, b, с не кратны 5).
По пунктам 1−4 получили противоречия условиям, при которых выполняется равенство 
, где a, b, с взаимно простые числа. Следовательно, данное равенство не выполняется.
Доказательство для произвольной простой степени n > 5
Рассмотрим разность степеней (x не кратно n, x и k взаимно простые):
= ((х + k) – х) (
x + …. + 
k((
k + … + 
x
+ (
k + … +
+ 
)x + … + (
)
+ (
) = k((
… + 
)
+ (
+ … + 
)
k + … + (
) = = k(n
k + 
+ … + n
, t1, t2,… – натуральные.
Итак, 
= k(n
k + 
+ … + n
. (1а)
Рассмотрим еще одно преобразование:
b + … + 
,
= (c – b)(
b + 
+ c
) =
= (c – b)(
b + (1 – 
b² + .. + 
).
Или
= (c – b)(
b + (1 – 
b² + .. + 
). (1б)
Докажем, что 
или что 
.
(
– 1) = 
∙
.
Учитывая доказанное равенство, рассмотрим биномиальные коэффициенты в равенстве (1б):
– 1 = 
+ 1) = 
,
,…
По следствию теоремы Люка биномиальные коэффициенты 
кратны n, значит, коэффициенты 
1 – 
кратны n. (1в)
Далее в равенстве (1б) b заменим на x, c заменим на
: 
– 
=
= k (
x +
+ (1 – 
x² + .. +
+ 
. (1г)
Сравнивая равенства (1аг), можно сделать следующие выводы:
1) коэффициент при старшей степени x равен n;
2) коэффициент при старшей степени k равен 1;
3) коэффициенты при смешанных степенях x и k кратны n.
Учитывая данные выводы, из равенства (1г) следуют утверждения:
если разность степеней кратна n, то разность степеней этих чисел кратна n²; (1д)
разность чисел кратна n тогда и только тогда, когда разность степеней кратна n². (1е)
Предположение: пусть выполняется равенство 
, где a, b, с взаимно простые числа, n – простое число. Рассмотрим преобразование:
=
(c – b)(
b +
+ (1 – 
b² + .. + 
) =
= (c – b)(
f(c,b))
или
(c – b)(
f(c,b)). (2а)
По аналогии,
= (с – a) (
f(c,a)), (2б)
= (a + b) (
f(b,a)). (2в)
Числа с – b, с и b взаимно простые, тогда
а = a1a2, 
=
= с – b,
f(c,b); (3а)
числа с – a, с и a взаимно простые, тогда
b = b1b2 и 
=
= с – a,
f(c,a); (3б)
a + b, a и b взаимно простые, поэтому с = с1с2 и
= a + b,
f(b,a). (3в)
Равенства (3абв) перепишем в виде
f(c,b),
f(c,a),
– 
f(b,a)
или
f(c,b),
f(c,a),
– 
f(b,a). (3г)
Если одно из чисел a, b, с, или числа f(c,b), f(b,a), f(b,a) не кратны числу n, то равенства (3г) не выполняются в силу утверждения (1д).
1. Пусть а кратно числу n. Тогда равенства (3абвг) принимают вид:
а = na1a2, с – b = 
,
где
b = b1b2, 
= с – a, 
f(c,a))
или
f(c,a)),
с = 
, 
= a + b, 
– 
f(b,a)
или
f(b,a).
mod n²) по обобщенной теореме Эйлера [1]. Но 
. Тогда
≡(n−1)a
≡
≡ 1(mod n²), так как a²≡0(mod n²).
mod n²). Но 
. Тогда 
≡ 
−(n−1)a
≡1(mod n²).
,
откуда
−(n−1)a
−(
−
– 
−(n−1)a(
)≡
≡−(n−1)a(
)≡ 0(mod n²).
Так как
= (
−
) +
+ 2
≡2
то
− (n−1)a≡ 0(mod n²) или a≡0(mod n²). Получили противоречие условию а = na1a2.
2. Так как равенство 
является симметричным относительно а и b, то результаты получим аналогичные результатам п. 1, если допустим, что b = nb1b2.
3. Пусть с = nc1c2. Тогда равенства (3а) – (3г) принимают вид
а = a1a2, с – b = 
, 
f(c,b)); b = b1b2, 
= с – a, 
+ nca∙f(c,a);
с = nc1c2, a + b = 
,
−ab∙f(a,b),
(
−nab∙f(a, b)) =
= 
(
−ab∙f(a, b)).
mod n²). Но 
. Тогда
≡ −(n−1)c
≡
≡1(mod n²),
так как c²≡0(mod n²).
mod n²). Но 
. Тогда
≡ −(n−1)c
≡
≡1(mod n²).
,
откуда
(
)−(
) = = (
)−(n−1)c(
)≡ − – (n − 1) c(
)≡0(mod n²).
Так как
= (
) −2
≡
≡ −2
mod n²), то c≡0(mod n²).
Получили противоречие условию
c = 
.
4. Теперь для выполнения утверждения (1д) потребуем, чтобы числа f(c,b), f(c,a), f(b,a) в равенствах (3абв) были кратны n (при этом числа а, b, или с не кратны n).
= (c – b)(
+ n
) или 
+ n
− 
= n
,
− 
≡0
,
так как f(c,b)≡0
по условию.
− 
≡0
, 
− 
≡0
,
− 
≡0
,
так как 
mod n²). (4а)
По аналогии,
− 
≡0
, (4б)
(a + b) – (
) ≡ 0
. (4в)
После сложения сравнений (4аб) имеем
2
2c + (a + b) – (
) ≡ ≡ 0
. (5а)
Учитывая (4в), из сравнения (5а) имеем
2
2c ≡ 0
,
откуда 
≡ 1
. (5б)
Аналогично можно прийти к результатам:
bn–1≡ 1
≡ 1
. (5в)
Далее, рассмотрим сравнение
≡ 
(6а)
Учитывая результаты (5бв), из сравнения (6а) получаем a + b ≡ c 
или
a + b – c ≡ 0
(6б)
Вернемся к равенству (3г)
– 
= nab∙ f(b,a),
где по условию f(b,a) ≡ 0
Учитывая утверждение (1е), получаем 
= nm, где m не кратно n. Умножим последнее равенство на c1:
= nc1m
или
a + b – c = nc1m.
Учитывая (6б), делаем вывод, что
nc1m ≡ 0
,
что невозможно (c1 и m не кратны n).
Получили противоречие условию, в котором числа f(c,b), f(c,a), f(b,a) в равенствах (3г) были кратны n (при этом числа а, b, с не кратны n).
По пунктам 1−4 получили противоречия условиям, при которых выполняется равенство 
. Следовательно, данное равенство не выполняется.
Заключение
Так как равенство 
не выполняется для простых степеней n > 2, то оно не выполняется и для любых нечетных степеней n > 2. Теорема Ферма доказана.
Библиографическая ссылка
Данилов И.И. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА // Международный журнал прикладных и фундаментальных исследований. – 2015. – № 12-6. – С. 999-1005;URL: https://applied-research.ru/ru/article/view?id=8070 (дата обращения: 21.11.2024).