Проблема Ферма для простых показателей больше 3 (стр. 2 из 5)

Таким образом, при любой четности kчисло Аkбудет 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 +…

+ 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 Zи Xнатуральные 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 ZP+ XP= ZP– (– 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 < 3, а R= P– 3/2 – 3i. Пусть Р = 6n+ 1, тогда Р – 3/2 = (6n+ 1 – 3)/2 = 3 (n– 1) + 2 = 3n1 + s, отсюда s= 2, а n1 = n– 1.

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

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, …, Вiцелые.

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.

Следствие. Пусть X= – X0, а Z= Z0, где (X0, Z0) ÎN +, 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

n1 + 1

…

3 + 2(n1- 1)

…

P–9/2

P–7/2

P–5/2

P–3/2

P–1/2

…

n1 + 1

…

1.2 Основная теорема