Matematické Fórum

liamlim

edit2: Fakt se mi to nechce podrobně přepisovat. Napíšu sem jednotlivé věty a prosím o reakci, která část vypadá podezřele. Tu pak případně rozepíši více.
.....................................................................................
Fermatova věta: Neexistují po dvou nesoudělná $x$ , $y$ a $z$ tak, že pro nějaké prvočíselné $n\ge 5$ platilo $x^n+y^n+z^n = 0$
.....................................................................................
1) Snadno se ukáže, že $x+y+z\ne 0$
2) Definujeme $B := -x^ny^n - y^nz^n - z^nx^n$
3) Snadno se ukáže, že $B\ne 0$
4) Snadno se ukáže, že je $B$ liché
5) Snadno se ukáže, že je $B$ nesoudělné s $xyz$
6) Snadno se ukáže, že $B = x^{2n}-y^nz^n = y^{2n}-z^nx^n = z^{2n}-x^ny^n$
7.a) Nechť $m$ je dělitelné $3$ . Pak $x^{mn}+y^{mn}+z^{mn}\equiv 3(xyz)^{\frac{nm}{3}}\mod B$ .
7.b) Nechť $m$ není dělitelné $3$ . Pak $B$ dělí $x^{mn}+y^{mn}+z^{mn}$
.......................................................................................
**Doteď to byly triviality. V předchozích bodech určitě chyba není.**
8) Díky A se celkem snadno ukáže, že libovolné dělitele $B$ , které nejsou ani $n$ ani tvaru $kn+1$ dělí současně $x^2-yz$ , $y^2-zx$ a $z^2-xy$ .
9) Ukáže se, že $B$ má alespoň dva různé prvočíselné dělitele tvaru $kn + 1$
10) S pomocí 7 se celkem snadno ukáže, že libovolný dělitel $B$ , který je tvaru $kn+1$ , je tvaru $3kn+1$
11) Existují tedy prvočísla $p$ , $q$ tak, že $p$ i $q$ jsou tvaru $3kn+1$ a současně $pq$ dělí $B$ .
12) Ukáže se, že $(xyz)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\equiv 1\mod pq$
13) Ukáže se, že $3$ nedělí $\frac{(p-1)(q-1)}{3}$ , což je spor s tím, že $p$ a $q$ jsou prvočísla tvaru $3kn+1$ .

...................................................................................
Užitečná tvrzení, která se dají buď najít na netu, nebo snadno dokázat:
A) Pro každá nesoudělná $a$ , $b$ a prvočíselné $n$ platí:
A1) $n^2$ nedělí $\frac{a^n+b^n}{a+b}$
A2) Všechny dělitele $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ jsou buď $n$ nebo tvaru $kn+1$ .
A3) $n$ dělí $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ právě tehdy, když $n$ dělí $a+b$

liamlim · 03. 04. 2018 21:41

Rozhodl jsem se ukázat samotný konec mého "důkazu" od části (11). Předpokládejme tedy, že máme tvrzení (11) dokázané a ukažme si spor...

Nejprve dokažme tvrzení (12):
Dle (7a) platí $x^{(p-1)(q-1)}+y^{(p-1)(q-1)}+z^{(p-1)(q-1)}\equiv 3(xyz)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\mod pq$ . Díky (5) a eulerově větě dostaneme $3\equiv 3(xyz)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\mod pq$ . Díky faktu, že $p$ , $q$ jsou prvočísla tvaru $3kn+1$ můžeme kongruenci pokrátit, čímž dostaneme přímo tvrzení (12).

Důkaz tvrzení (13) už vlastně znamená samotný spor s existencí $p$ , $q$ , tedy dokončení důkazu celé Velké Fermatovy věty. Proto důkaz rozepíši podrobněji. Nejprve z tvrzení (12) můžeme odvodit následující kongruence (všechny jsou modulo $pq$ ):

Část X0:
$z^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv (xy)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
$x^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv (yz)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
$y^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv (zx)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
Po sečtení dostaneme:
$\sum_\mathrm{cyc}x^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv \sum_\mathrm{cyc}(xy)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
neboli
$\left(\sum_\mathrm{cyc}x^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\right)^2\equiv 3\sum_\mathrm{cyc}(xy)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$

Část X1:
Stejně tak ze (12) přímo odvodíme kongruence (též jsou všechny modulo $pq$ ):
$(xy)^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv z^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
$(yz)^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv x^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
$(zx)^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv y^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
Jejich sečtením dostaneme
$\sum_\mathrm{cyc}(xy)^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv (xyz)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\cdot\sum_\mathrm{cyc}z^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
Což díky (12) je to samé jako
$\sum_\mathrm{cyc}(xy)^{\frac{2(p-1)(q-1)}{3}}\equiv \sum_\mathrm{cyc}z^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
neboli
$\left(\sum_\mathrm{cyc}(xy)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\right)^2\equiv 3\sum_\mathrm{cyc}z^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$

..........................
Spojením části X0 a X1 přímo dostaneme následující:
$\left(3\cdot \sum_\mathrm{cyc}(xy)^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\right)^2\equiv 27\sum_\mathrm{cyc}x^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$
$\left(\sum_\mathrm{cyc}x^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\right)^4\equiv 27\sum_\mathrm{cyc}x^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}$

Buď 3 nedělí $\frac{(p-1)(q-1)}{3}$ a jsme hotovi nebo 3 dělí $\frac{(p-1)(q-1)}{3}$ a tedy můžeme kongruenci vykrátit na tvar:
$\left(\sum_\mathrm{cyc}x^{\frac{(p-1)(q-1)}{3}}\right)^3\equiv 27$

EDIT: tady si to rozmyslím. možná jsem už narazil na chybu. jak se to snažím přepisovat opravdu podrobně, tak jde některé věci lépe vidět

Matematické Fórum

#1 03. 04. 2018 13:52 — Editoval liamlim (03. 04. 2018 21:16)

Další "důkaz" Velké Fermatovy věty :D

#2 03. 04. 2018 21:41

Re: Další "důkaz" Velké Fermatovy věty :D

Zápatí