A matematika , pontosabban a moduláris aritmetika , Fermat-tétel foglalkozik a gyökerek a következő diophantoszi egyenlet , az ismeretlent , és :
Azt állítja, hogy nincs nem triviális megoldás, ha az n paraméter szigorúan nagyobb, mint 2 .
A Diophantine egyenlet egész együtthatóval rendelkező egyenlet , amelynek kívánt megoldása egész szám. Ha a fenti példához hasonlóan a kifejezés gyakran egyszerű, akkor a felbontás általában nehéz.
Pierre de Fermat kifejti ezt az eredményt a mozgásteret a példányt a könyvből Arithmetica által Diophantosz és azt jelzi, hogy talált egy „kaputól demonstrációs” belőle .
Nem valószínű, hogy a Fermat számára elérhető demonstráció létezik. Valójában sok kísérletre és közel 350 évre volt szükség ahhoz, hogy 1994 -ben Andrew Wiles igazolást adjon .
Ha a három egész szám közül x , y vagy z nulla, akkor az egyenlet nyilvánvalóvá válik; az ilyen megoldásokat triviálisnak mondják. A cél tehát olyan megoldási hármas megtalálása, hogy az xyz szorzat nem nulla.
Az egyenlet homogén, vagyis hogy egy adott n értékre , ha a hármas ( x , y , z ) megoldás, akkor az ( ax , ay , az ) is megoldás. Következésképpen az egyetlen keresett gyökér az egész egész hármasa .
Bármely megoldás esetén a három egész szám közül bármelyik GCD- je a harmadik osztója. A gyökerek, amelyhez korlátoztuk magunkat, ezért a tripletek ( x , y , z ) oly módon, hogy (például) x és y jelentése relatív prím .
Ha az egyenlet nem ismeri el a paraméter p értékének megoldását , akkor a p n többszörösére nincs megoldás . Valóban, ha n = pq-t jelölünk, akkor az egyenletet felírjuk:
Következésképpen az értékeket fel kell dolgozni azok, ahol n egy prímszám . Meg kell azonban jegyezni az egyetlen kivételt, amely megfelel az n = 2 esetnek, olyan esetnek, amelyben léteznek megoldások; ezért meg kell vizsgálni az n = 4 esetet is (amely megoldja a 2 összetett számok hatványának esetét, mivel ezek 4 × 2 k formájúak , k ⩾ 0).
Néhány eredményt további fogalmak nélkül mutatunk be. Az alábbiakban tárgyalt n = 2 eset egyszerű és az ókorig nyúlik vissza . Azt, ahol n értéke 4, egy kicsit kevésbé elemi módon bizonyítják. A fennmaradó esetek azok, amelyekben n értéke 2-től eltérő prímszám. Van egy bizonyíték, amely nem használja Eisenstein egész számait az n = 3 esetre ; mindazonáltal Leonhard Euler matematikus számára kellően okos és nehéz csak pontatlan bemutatót nyújtani.
A többi eset műszaki; elengedhetetlen az algebrai egész számok használata. Az első kifejezés valóban figyelemre méltó azonosság: x n + y n valóban az x + y többszöröse, ha n nem a 2 hatványa. Ez a megjegyzés azonban nagyrészt nem elégséges a következtetéshez, már csak a Kiállítók esetében is.
Az n = 2 eset geometriai értelmezéssel rendelkezik. Ez egy derékszögű háromszög három oldalának teljes hosszának felel meg .
Ez az eset már az ókortól ismert . Tehát a sumírok ismertek néhány példát a megoldásokra. A teljes megoldás jelenik meg először a X. könyv az Elements of Euclid ie 300 körül. J.-C.
Ez az eset az egyetlen kivétel a tétel alól (ha kihagyjuk az n = 1 esetet ). Valójában n = 2 esetén léteznek nem triviális megoldások, úgynevezett Pitagorasz-hármasok , mint a (3, 4, 5) megoldás. Következésképpen fontossá válik az n = 4 eset figyelembevétele , annak megmutatása, hogy nincs más hatalma annak, hogy 2 nem triviális megoldást ismerjen el.
A Fermat által hagyott összes matematikai munkában csak egy bizonyítékot találunk: ennek az esetnek a bizonyítékát, más megfogalmazásban. Ő valóban azt mutatja, hogy nincs Pitagorasz-triplett ( x , y , z ), hogy xy / 2 egy egész tér , amit azt fejezi ki : „a terület egy derékszögű háromszög a szám nem lehet szögletes” . Mivel ez az eredmény egyenértékű a nem triviális egész számok megoldásának hiányával az a 4 - b 4 = c 2 egyenletre , az n = 4 eset közvetlen következménye. Emiatt nagyon általánosnak tartják, hogy Fermat bemutatta ezt az esetet.
Az alkalmazott módszer a végtelen származású . Abban áll, hogy találunk egy másik megoldási tripletet, amelynek harmadik egész száma pozitív és szigorúan kisebb, mint a kezdeti megoldásé. Így lehetséges a végtelen számú leereszkedés a pozitív egészek halmazában, ami ellentmond a ℕ tulajdonságainak.
Két teljes és új bizonyíték származik Leonhard Eulertől ; a végtelen leszármazás módszerén is alapulnak. Vannak mások is, például a Gauss egész számok fogalmát használva .
Az eset igazolása n = 4A következő bizonyítás lényegében Euler két bizonyításának egyike. Annak bemutatására, hogy Fermat x 4 + y 4 = z 4 egyenletének nincs megoldása, amely három szigorúan pozitív egész számból áll, amelyek közül az első kettő társasértékű, elegendő megmutatni, hogy az a 4 + b 4 = c 2 egyenletnek nincs (vagy hogy egy 4 - b 4 = c 2-nek nincs ilyenje, amit Euler ugyanígy bizonyít). Tegyük fel, hogy létezik egy ilyen megoldás ( a , b , c ), és mutasd meg, hogy létezik még egy, ( x , y , z ), olyan, hogy z < c . A végtelen süllyedési módszer ezután lehetővé teszi a következtetést.
Mivel ( a 2 , b 2 , c ) ekkor egy primitív pythagoreus-i hármas, és (még ha ez szükség esetén az a és b invertálását is jelenti ) a páratlan, létezik közöttük szigorúan pozitív és elsődleges egész szám ( p , q ). mint például Hasonlóképpen, mivel ( a , q , p ) egy primitív pythagoreus-i hármas, létezik egy szigorúan pozitív és prím egész-szám ( m , n ) pár , amely Mivel p és 2 q elsődlegesek egymásnak, és 2 pq négyzet, p és 2 q négyzetek. Hasonlóképpen, mivel 2 q , tehát mn négyzet, m és n négyzetek. Tehát szigorúan pozitív x , y és z egész számok vannak (köztük prím), így m = x 2 , n = y 2 és x 4 + y 4 = z 2 . Mivel z 2 = p < c 2 , a bizonyítás megállapításra kerül.
A 2-es hatványok elemzését követően a tétel egyedileg összetettebbé válik. Még mindig három bizonyítás létezik, n = 3, 5 és 7 esetekre , ugyanazon a keretrendszeren alapulva és a végtelen leszármazási módszert alkalmazva.
Alkalmazásához sikeres ötlet az a halmaz "módosítása", amelyre az egyenletet alkalmazzuk. Fermat tételét általánosítani lehet bármely E halmazon , két művelettel, összeadással és szorzással. Az E-vel végzett műveleteknek minimális tulajdonságokkal kell rendelkezniük, így gyűrűnek nevezett struktúrát adnak neki . Ez az ötlet egy kicsit ellentmondásos: ha a felbontás már nehéz a ℤ-ben, a relatív egész számok gyűrűjében, akkor nem válik-e még kényesebbé a kérdés bármelyik gyűrűnél? Valójában a cél az, hogy jó tulajdonságokkal rendelkező E- t válasszunk , hogy könnyebb legyen a felbontás.
Ezt a gyűrűt választják:
Egy ilyen gyűrűn, amely megfelel például a komplex együtthatójú polinomoknak , Augustin Louis Cauchy kifejleszt egy általános felbontási módszert.
A nehézség abban rejlik, hogy a ℤ az 1 és –1 kivételével nem tartalmazza az egység n- edik gyökerét . Érdekessé válik más ℤ-t tartalmazó gyűrűk használata. A legegyszerűbb felelnek meg készletek ℤ [ω] a másodfokú egész számok , azaz számok formájában egy + b ω, ahol egy és b viszonyítottak egészek és az to egy komplex szám, amely ω 2 jelentése kombinációja lineáris az ω és 1 együtthatók ℤ, amely biztosítja a készlet stabilitását. Néhány ilyen készlet az egység n- edik gyökerét tartalmazza . Ez akkor áll fenn, ha ω a j = (1 + i √ 3 ) / 2 egység vagy az arany szám (1 + √ 5 ) / 2 köbös gyöke . Ezenkívül ezekről a gyűrűkről azt mondják, hogy euklidesziek , vagyis létezik euklideszi felosztás . És minden euklideszi gyűrű tényleges. Lehetővé teszik az n = 3 vagy 5 esetek megoldását. A némileg analóg megközelítés továbbra is lehetővé teszi az n = 7 eset megoldását .
A másodfokú gyűrűk hatékonysága itt megáll. Általános esetben ezek sem euklideszi, sem faktoriálisak, ami más elképzelések kidolgozását írja elő.
Itt keressük az egyenlet megoldását:
Itt x , y és z három polinomot jelent komplex együtthatóval. Az előző bekezdésben említett okokból ez a kérdés végső soron sokkal könnyebb, mint Fermaté. 1847- ben Cauchy oldja meg az n = 3, 5 és 7 esetek megoldása után és Ernst Kummer nagyobb áttörése előtt . Az eredmény a következő:
Két komplex együtthatójú polinom akkor és csak akkor prím egymásnak, ha a kettőt csak az állandók osztják. Ez a felbontás egyszerűbb, mint az előző három eset, mert a számítási bonyolultság kisebb. A folyamat ennek ellenére nagyon hasonló. A komplex együtthatójú polinomok egységes kommutatív gyűrűt alkotnak, és integrálódnak egy euklideszi osztással. Így számtani megközelítés lehetséges. Van egy egyenértékű a prímszám fogalmával, a redukálhatatlan polinommal (azaz nem állandó és osztható csak önmagában és 1-vel, kivéve a komplex számmal történő szorzást) és az egységes (c ', azaz a legmagasabb fokozata egyenlő 1). Az aritmetika alapvető tétele érvényes, vagyis létezik elsődleges faktorizálás , valamint Bézout azonossága vagy Euklidész lemma . Az ebben a cikkben bemutatott bizonyítékokat n vagy 3 vagy 5 esetre egy euklideszi gyűrű keretein belül választjuk meg.
A bizonyítást itt nagymértékben leegyszerűsíti, hogy a komplex együtthatójú polinomok gyűrűjében bármelyik invertálható elem (vagyis bármely nem nulla konstans polinom) megengedi az n- edik gyököt .
DemonstrációA demonstráció ismét a végtelen leszármazási módszert használja. Feltételezzük, hogy vannak más megoldások, mint az állandó polinomok, és ilyen jellegű polinomok ( p , q , r ) hármasát vesszük figyelembe , és n 0 legyen a fokaik összege. E megoldás felhasználásával újat építünk ( p 1 , q 1 , r 1 ) úgy, hogy az n 1 fok összege szigorúan pozitív és szigorúan kisebb legyen n 0-nál . A folyamat megismétlésével végtelen és szigorúan csökkenő pozitív egész számokat ( n j ) kapunk. A végtelen süllyedési módszer biztosítja a kívánt ellentmondást.
A letter betű az egység primitív gyökerét jelöli , vagyis olyan gyököt, hogy a ζ j számok , ha j értéke 0 és n - 1 között változik , leírják az egység összes n - edik gyökét. Az X n - 1 polinomnak pontosan n különálló gyöke van , amelyek az egység n gyökei, ami lehetővé teszi az egyenlőségek levezetését:
Fermat egyenletét újra felírjuk:
Ez faktorizáció lehetséges minden szerves kommutatív egységet tartalmazó gyűrűk a n n -edik gyökerei az egység.
A tényezői karakter most beavatkozik a bizonyításba. Észrevesszük, hogy az r - ζ j q polinomok kettősként elsődlegesek közöttük. Két polinomok ilyen jellegű valóban létre a bázis vektortér R és q . Ezért egy közös osztó osztja r és q értékét, és feltételezéssel állandó. Minden elsődleges tényező a r - ζ j q egy prím faktora p n tehát a p és szükségszerűen találtuk, hogy a teljesítmény az N a polinom R - ζ j q , mivel nincs jelen a polinomok r - ζ k q , ha k különbözik j-től . Arra következtetünk, hogy az r - ζ j q polinom n-edik hatvány, és létezik olyan a j polinom , hogy a j n egyenlő r - ζ j q-val . Egyenlőséget kapunk:
Észrevesszük, hogy az a j polinomok kettesével prímulnak egymásnak, mert az r - ζ j q polinomok elsődlegesek, és domináns monomálisuk elemzése azt mutatja, hogy legfeljebb egy állandó. Tekintsük a három polinomot: a 1 , a 2 és a 3 . Az n- edik ereje van a vektorban síkban által generált r és q . Tehát van egy nem triviális lineáris kombináció három közöttük.
Mivel a ℂ bármely elemét a ℂ elem n- edik hatványaként fejezzük ki, három α 1 , β 1 és γ 1 komplex létezik , amelyek:
,amely három polinom létezését mutatja, amelyek nem állandóak, kettő-kettő között alapozva, szigorúan n 0- nál kisebb fokok összegével , kielégítve a kezdeti egyenletet, felajánlva a végtelen ereszkedési módszer megvalósításához szükséges keretet.
Az n = 3 eset összetettebb. Euler írt Goldbach a 1753 , és azt mondta neki, hogy ő megoldotta. Az egyetlen bizonyíték, amelyet 1770-ben publikált az Algebra című könyvében, hiányos, egy kritikus ponton. Euler ezen a ponton meglehetősen zavart, de úgy tűnik, hogy az általa hallgatólagosan alkalmazott érv téves, és később soha nem tért vissza rá. A bizonyítást azonban, ha nem könnyű kijavítani, olyan módszerekkel lehet korrigálni, amelyeket Euler más Fermat-javaslatokhoz használt. Még az is lehetséges, hogy Euler 1753-ban helyes bizonyítékkal rendelkezett, majd utána elegánsabb érvet akart használni, azt, amely a következő összetett számokat használja .
Mert az ő bemutató, tanul számok, melyek kocka formában van p 2 + 3 q 2 és p és q prím közöttük. Ehhez használ egy eredeti módszert az idő: ő bomlik p 2 + 3 q 2 = ( p + i √ 3 q ) ( p - i √ 3 q ) és megkeresi a számok formájában egy + i b √ 3 amelynek kocka p + i √ 3 q : mai értelemben a gyűrűben működik i [ i √ 3 ]. A kapott eredmény a p - i √ 3 q konjugátumhoz jut . Eredményét azzal állítja le, hogy ha p 2 + 3 q 2 kocka, akkor p + i √ 3 q és p - i √ 3 q is, mert p és q közöttük prím, ezért - mondja - p + i √ 3 q és p - i √ 3 q is. Könnyen be tudjuk bizonyítani a közönséges egész számokra, hogy ha a két köztük levő prímszám szorzata kocka, akkor mindegyik egy, például Euklidész lemma alapján, vagy még egyszerűbben a prímtényezőkben történő bontás egyediségével . Kiderült, hogy továbbra is csak ℤ [ i √ 3 ] miatt, de különböző okokból. Euler nem ad érvet, de könyvének további része szerint úgy tűnik, hogy meggyőződése egész számokkal való analógián alapul. Most 2 × 2 = (1 + i √ 3 ) (1 - i √ 3 ): nincs egyediségét (akár a termék által invertibles ) a szétbontás irreducibles a ℤ [ i √ 3 ].
Gauss (halála után közzétett) végtelen származású , Eulerhez hasonló igazolást készített, de helyes és egyszerűbb, az eisensteini egész számok ℤ [ j ] gyűrűjében érvel ( j az egység nem triviális köbgyökét jelöli ). Talán (többek között) ez a siker késztette őt Fermat sejtéseinek becsmérlésére , amelyet a sok könnyen felvethető, de túl általános bemutatásra vagy cáfolásra szánt állítás közé sorol.
A gyűrű ℤ [ j ] jelentése faktoriális - ellentétben a sub-gyűrű ℤ [2 j ] = ℤ [ i √ 3 ] - vagyis, hogy az ezt a gyűrűt, a szétbontás irreducibles egyedülálló (kivéve a termék invertibles). Valóban, ℤ [ j ] -ben bebizonyítjuk az Euclid-féle lemma megfelelőjét, nevezetesen azt, hogy minden redukálhatatlan elsődleges elem , amelyet Eisenstein prímszámának nevezünk . A jól megválasztott algebrai egész számok használata a XIX . Század egyik legfontosabb technikája a tétel feloldása szempontjából néhány kiállító számára. Ha nem ténylegesek, más technikákat kell hozzáadni.
Gauss igazolása az n = 3 esetrőlAzáltal a = X , b = y és c = -z , az egyenlet válik egy 3 + b 3 + c 3 = 0. A cél az, hogy azt mutatják, hogy az nem a nem-triviális megoldás, nem csak a relatív egész számok, de akár Eisenstein egész számokban. Abszurd módon feltételezzük, hogy egy, a , b és c prím van kettőjük között . Az általunk használt, hogy π: = 1 - j egy Eisenstein prímszám .
Az a megközelítés, amely lehetővé teszi az eset megoldását, ahol n egyenlő hárommal, nem általánosít nagyobb n értékekre . Valójában az egység n- edik gyökéhez társított algebrai egész számok gyűrűje általában nem faktoriális. Az előző eset számtani indoklása tehát már nem működik.
Az első évtizedében XIX th században, Sophie Germain ad elégséges feltétele a értéke n , feltételezzük itt először, úgy, hogy ha a triplett ( x , y , z ) egy olyan oldat Fermat egyenlet akkor legalább az egyik a három x , y , z egész szám osztható n négyzetével . Ezt a feltételt triviálisan igazolja az összes olyan prímszám, amelyre a nevét adtuk , például a 3 és az 5 (Sophie Germain egyébként azt mutatja, hogy minden 100-nál kisebb prímszám esetében is igazolják). A tétel előtti kutatásait, amelyek továbbra is kevéssé ismertek, a sejtés új támadási stratégiája támasztotta alá.
Fermat tétele ekkor híres. Minden erőfeszítés az n = 5 esetre összpontosul. Ebben az esetben be kell mutatni, hogy nincs olyan hármas ( x , y , z ) nem nulla és prím egész szám, hogy x 5 + y 5 = z 5 . Ha van egy, akkor a három egész szám egyike (és csak egy) nyilván páros, de Sophie Germain tétele szerint a három közül az egyik (és csak az egyik) osztható 5-tel. Ezért két esetet kell megkülönböztetnünk, hogy ugyanaz az x , y vagy z osztható-e 2-vel és 5-tel vagy sem. A matematikai közösség sok tagjának részvétele ellenére azonban több mint tizenöt év telt el észrevehetetlen előrelépés nélkül. A 1825 , Lejeune Dirichlet azonnal híres lett, oldja meg az első eset.
1825 júliusában Lejeune Dirichlet benyújtotta a Tudományos Akadémiának az n = 5 eset hiányos bizonyítékát , amelyet novemberben teljesen analóg módszerrel teljesített, miközben megjegyezte, hogy időközben Legendre , egyik két előadója, közzétett egy teljes demonstráció, ugyanazon technikák alkalmazásával.
A két bizonyítás az n = 3 esethez hasonló technikákat alkalmaz . Ezek egy jól megválasztott egész számgyűrű oszthatóságának tulajdonságain is alapulnak. Ezúttal azonban az n = 3 esettől eltérően a szóban forgó gyűrű egy valós másodfokú test egész számainak gyűrűje : az 5 e ciklotomikus ℚ ( √ 5 ) másodfokú részmezője . Az egységek csoportjának szerkezete tehát összetettebbé válik. Megértése egy másik diofantin-egyenlet, Pell-Fermat nevű elemzésének eredménye , amelyet Euler tanulmányozott . Lagrange munka a lánctörtek biztosítja a szükséges eszközöket, hogy tisztázzák ezt a struktúrát. Ez az ers ( √ 5 ) egész számgyűrű lehetővé teszi számunkra, hogy megállapítsuk a bizonyítás legfontosabb lemmáját .
Ellentétben Gauss és Eisenstein munkájával az n = 3 esetnél , az elmélet megoldása szempontjából nem történik jelentős elméleti áttörés. A kapcsolódó gyűrű mindig euklideszi és ezért faktoriális, az alkalmazott számtan ugyanolyan jellegű, mint az előző. Az analóg bizonyítások lehetővé teszik annak kimutatását, hogy az ötödik fokozat egyéb, a Fermat-hoz közeli egyenletei is lehetetlenek.
A bizonyítás a következő kulcsfontosságú lemmán alapul, amelyet a részletes cikk „ Fermat utolsó tétele az 5. kitevőre ” szakaszában bemutattunk:
Ha két a és b egész szám , amelyek egymásnak számítanak és különböző paritásúak, olyanok, hogy egy 2 - 5 b 2 egy ötödik hatvány, és b osztható 5-tel, akkor két olyan c és d egész szám van , hogy a + b √ 5 = ( c + d √ 5 ) 5 .
DemonstrációElőször az első eset érdekel minket, és az abszurddal érvelünk: ezért feltételezzük, hogy nem nulla x , y és z pr egész egészek vannak közöttük úgy, hogy x 5 + y 5 = z 5 és ezen felül 10 elosztja a a három, amely, az általánosság elvesztése nélkül , a z . Ellentmondást fogunk mutatni.
A p : = ( x + y ) / 2 (nem nulla) és q : = ( x - y ) / 2 egész számok elsődlegesek egymásnak, különböző paritásokkal és
ezért r : = p / 5 egész szám ( q- val kezdődő és különböző paritású), q nem osztható 5- tel , és
Mivel a 2 - 5 b 2 és 50 r relatív prímek, akkor arra következtethetünk, hogy a 2 - 5 b 2 jelentése egy ötödik erő, és hogy az R jelentése a forma 2 4 5 3 s 5 a s egész szám.
Az egész számok egy és b ezért relatív prím, azzal b a forma 2 4 5 2 t 5 egy bizonyos egész t > 0 ( t = 10 s 2 ), és egy 2 - 5 b 2 az ötödik áramot.
Mutassuk meg, hogy egy ( a , b ) párnak , amely kielégíti ezeket a feltételeket, felépíthetünk egy újat, ( a ' , b' ) oly módon, hogy b ' < b : végtelen süllyedéssel megkapjuk a kívánt ellentmondást.
A lemma által megadott c és d egész számok igazolják
Arra a következtetésre jutunk, hogy c és d koprime, d nem nulla többszöröse 10-nek és
Mint korábban, a ' 2 - 5 b' 2 ezután egy ötödik erő, d jelentése a forma 2 4 5 s ' a s' értéke tehát b ' formában van 2 4 5 2 t' 5 egy bizonyos egész t A ' > 0 ( t' = 2 s ' 2 ), az a' és a b ' pedig koprime.
Végül b = 5 d ( c 4 + 10 c 2 d 2 + 5 d 4 )> 2 d 2 = b ' , amely kiegészíti az első eset igazolását.
Annak a másik esetnek a kezeléséhez, amelyben 5 osztja x , y , z és 2 kettőt, x + y = 5 r és x - y = q értékeket állítunk be . Algebrai átalakításokat analóg az előző is vezet az a tény, hogy egy bizonyos kifejezést ( a / 2) 2 - 5. cikkének ( b / 2) 2 , az egész egy és b , jelentése egy ötödik erő. Ezután az ( a / 2) + ( b / 2) √ 5 -et (( c / 2) + ( d / 2) √ 5 ) 5- ként fejezzük ki , c és d egész számokkal. A bizonyítás ekkor véget ér, mint az előző esetben.