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(nk + + … + n, t1, t2,…  – натуральные.

Итак, = k(nk + + … + 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≡

≡ −2mod 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) ≡ 0Учитывая 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.