Реферати українською » Математика » Проблема Ферма для простих показників більше 3


Реферат Проблема Ферма для простих показників більше 3

Страница 1 из 4 | Следующая страница

Проблема Ферма простих показників > 3

Автор:

>Полежаев В.Ф.

Новосибірськ:


Анотація

Книжка варта школярів старшої школи, студентів фізико-математичних факультетів, учителів і любителів математики. У вашій книзі наведені у рамках елементарних математичних знань, крім методу порівняння чисел по модулю, докази Великої теореми Ферма простих показників виду6n + 1 й у простих показників виду6n + 5.


Запровадження

Твердження великого французького математика П'єра Ферма (1601 – 1665) у тому, що невизначене рівнянняXn +Yn =Zn немає рішень на цілих (не рівних нулю) раціональних числах для n > 2 визнано світовим математичним співтовариством вірним, відрекомендувавши в 1995 р. його докази групою математиківОксфордовского університету на чолі з англійським математиком ЕндрюУайльсом.

Це твердження великого француза, отримав назву Проблема Ферма чи Велика теорема Ферма (вона ж «Велика» чи «Остання»), більш як 300 років залишалося проблемної завданням теорії чисел. Своє Твердження П'єр Ферма написав з полів книжкиДиофанта «Арифметика» і супроводив її таким от відомим коментарем: “Я відкрив цьому воістину чудесний доказ, яке через брак місця неспроможна розміститися цихполях”.[3]

Цей коментар П'єра Ферма (враховуючи його авторитет) символізував можливість вирішення Проблеми у межах математичних знань XVII століття, цю обставину та інші, соціально – психологічні причини, штовхали сотні любителів математики до пошуку елементарного рішення Великої теореми.

Проблема Ферма межі математичного співтовариства, стала популярної, привертаючи до собі тільки сотні любителів математики, а й представників культури, які зробили її якимось прикрасою художніх героїв.

Показаний С.П. Капіца фільм «Чорт і математик» на одній із передач «Очевидне – Неймовірне» на початку 1970-х років минулого століття та її коментар послужили поштовхом мого захоплення цієї Проблемою.

У основі справжньої роботи лежить моя книжка “Проблема Ферма ідругое”2008 р. випуску, у якій не було доказ ПФ 2-го випадку простих показників виду6n + 5.

Відомо, що з показника n = 4 Проблема вирішена П'єром Ферма, а показника n = 3 доведено геніальнимЛеонардомЭйлером, тому почав шукати рішення наведеного рівняння простих показниківP> 3 тобто. простих показників виду6n + 5 і виду6n = 1.

Елементарні алгебраїчні перетворення багаточленів, допоміжні числа, й допоміжні порівняння дозволили знайти елементарне доказ Проблеми, окрім застосований у роботі метод порівняння чисел по модулю, введений математикуК.Ф.Гауссом (1777 – 1855).


1.Проблеми Ферма простих показників > 3

Доказ Великої теореми простих показників виду >6n + 1  й у простих показників виду >6n + 5

Безліч простих чисел > 3 розбиваємо на два класу: класом простих чисел виду6n + 1 і клас простих чисел виду6n + 5.

>Докажем спочатку допоміжні затвердження.

1.1 Допоміжні затвердження

Теорему 1.1. Для будь-якого простого числаP > 2 існують цілі числа, які позначимо через А1, А2, А3, …,Ar, …,АP–1/2, такі, що з будь-яких чисел Z і X виконується:

>ZP – XP = (Z –X)P +A1ZX(Z –X)P–2 +A2Z2X2(Z –X)P–4 +

+A3Z 3X3(Z –X)P–6 +А4Z4X4(Z –X)Р–8+ … +>AР–3/2

>ZP–3/2XP–3/2(Z –X)3 +AP–1/2ZР–1/2XР–1/2 (Z – X), (1.1)

у своїй числаA1 =AР–1/2 =P, а числа А2, А3,…,Ar, …,АР–3/2 – цілі і кратні Р. Доказ. Нехай маємо багаточлен виду

(Z –X)P–1 +A1ZX (Z –X)P–3 +A2Z 2 X 2 (Z –X)P–5 +

+А3Z 3 X 3 (Z –X)P-7+A4Z 4 X 4 (Z –X)Р–9+… ... +AР–3/2 ZP–3/2 XР–3/2 (Z –X)2 +AР–1/2ZР–1/2 XP–1/2 . (1.2)

Покажемо, що є такі цілі числа (кратні Р)A1,A2, …,AР–1/2, що багаточлен (1.2) тотожний дорівнюємногочлену виду:

ZP–1 + ZP–2X + ZP–3X 2 + …+ Z2XP–3 +ZXP–2 + XP–1. (1.3)


Нехай багаточлени (1.2) і (1.3) тотожний рівні, тоді їх коефіцієнти при подібних членах дорівнюватимуть.

Щоб порівняти коефіцієнти при подібних членах багаточленів (1.2) і (1.3) скористаємося табл. 1. Завдяки рівностібиноминальних коефіцієнтів від початку кінця розкладаннябинома Ньютона в табл. 1 внесено коефіцієнти з початку розкладання відповіднихбиномов багаточлена (1.2) до серединного їх члена (включно) (рядки 1, ..., Р + 1/2).

У рядку 1 записанібиноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (Z –X)P–1.

У рядку 2 (починаючи з шпальти 2) записанібиноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (Z –X)P–3, помножені на число А1.

У рядку 3 (починаючи з шпальти 3) записанібиноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (Z –X)P–5, помножені на число А2 тощо. буд.

B рядку (>Р–1)/2 записані (починаючи з шпальти (>Р–1)/2) >биноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (>Z–X)2, помножені на числоАР–3/2.

У рядку (>Р+1)/2 записано коефіцієнт останнього члена багаточлена (1.2) – числоАР–1/2.

Останній рядку табл. 1 записані коефіцієнти багаточлена (1.3), які дорівнюють +1.

Зазначимо те що, що у кожному стовпці табл. 1 (до рядки Р + 1/2 включно) записано майже усі коефіцієнти подібних членів багаточлена (1.2), а рядку безномерний записані коефіцієнти членів багаточлена (1.3).

Ця обставина дозволяє вираховуватимуть числа А1, А2, …

Підсумовуючи послідовно коефіцієнти шпальт табл. 1 від шпальти 2 до шпальти (Р + 1)/2 і прирівнюючи отримані суми (з тотожності (1.2) і (1.3)) до (+1), одержимо значення чисел А1, А2,

З шпальти 2 одержимо + А1 = 1, тоді А1 = + 1, звідси

А1 = Р. (1.4)

Таблиця1.Таблица коефіцієнтів

1 2 3 4 5 . . >p – 1/2 >P + 1/2
1 +1

. . . .

2

. . . .

3

. . . .

4

. . . .

5

. . . .

. . . . .
. . . .
. . .
. .
>P–1/2

>P+1/2

+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 . . . . + 1 + 1

З шпальти 3 (з урахуванням (1.4)) одержимо +– + А2 = 1, звідси А2 = – (– 1) =Р(Р – 3)/2, отже, А2 – число ціле і кратну Р.

Аби довести те, що А3 – число ціле і кратну Р, досить визначити, що (+ 1) – число кратно Р, (то , що його ціле очевидно) оскільки інші коефіцієнти шпальти 4 – числа цілі і кратні Р, множники А1 і А2 яких, як показано вище, цілі і кратні Р. Далі, + 1 =Р(Р2 –6Р + 11)/6 – число кратну Р, бо за Р =6n + 1 чи Р =6n + 5 дріб (>Р2 –6Р + 11)/6 - ціла кількість, де n = N+, отже А3 – число ціле і кратну Р.

Якщо нами знайдено, що А1, А2, …,Аk –1 – числа цілі і кратні Р, то числоАk буде цілим і кратним Р, якщо – число кратну Р (то , що його ціле очевидно), деk = 1, 2, …,P–1/2. Нехайk – число парне, тоді маємо – ціле і кратну Р, оскільки = (>P –1)(P –2)…(P –k)/k! – 1= (>mP +k!)/k! – 1 =mP/k! – число ціле і кратну Р , де (>m,P)=1 іm кратнуk!

Нехайk – число парне, тоді маємо – – число кратнуР(то , що його ціле очевидно), оскільки = (>P –1)(P –2)…(P –k)/k! + 1 = (>m1P –k!)/k! + 1 =>m1P/k!- – число ціле і кратну Р, де (>m1,P)=1 іm1 кратноk!

Отже, за будь-якої парностіk числоАk буде числом цілим і кратним Р.

Залишилося довести, що кількістьАР–1/2 = Р.

Нехай Z = X = 1, тоді багаточлен (1.2) дорівнюватимеАР–1/2, а багаточлен (1.3) дорівнює Р та його тотожність можливо, якщо

>АР–1/2 = Р. (1.5)

Запишемо тотожність багаточленів (1.2) і (1.3) з урахуванням (1.4) і (1.5):

>ZP–1 + ZP–2 X +ZP–3 X 2 + Z2XP–3 +ZXP–2 + ZP–1 =

= (Z – X)P–1 +PZX (Z –X)P–3 +A2Z2X2(Z – X)P–5 +…

+AP–3/2 ZP–3/2 XP–3/2(Z –X)2 +PZP–1/2 XP–1/2. (1.6)

>Умножая праву і ліву частини тотожності (1.6) на (Z – X), одержимо (1.1), що потрібно було довести. Слідство. Якщо Z і X натуральні взаємно прості числа іZP – XP = (Z – X) M1, то

a) (Z – X, M1) = 1, якщо (Z – X,P) = 1;

б) (Z – X, M1) =P, якщо (Z – X,P) =>P,


де M1 – багаточлен виду (1.3) й у б) M1=G1P, (>G1,P) = 1.

Оскільки ZP + XP = ZP – (– X)P= [Z – (– X)]M2, то

>M2 = ZP–1 – ZP–2X + ZP–3X 2 –…+ Z2XP–3 –ZXP–2 +XP–1 =

= (Z + X)P–1 –PZX (Z +X)P–3 +A2Z2X 2 (Z + X)P–5 –

–A3Z 3X 3 (Z + X)P–7 + ……….+ (–>1)P–1/2P (>ZX)P–1/2, (1.7)

тоді:

р) (Z + X,M2) = 1, якщо (Z + X,P) = 1,

буд) (Z + X,M2) =P, якщо (Z + X,P) =P,

де для буд) М2 =G2P, (>G2,P) = 1.

Теорему 1.2. Для будь-якого простого числа Р > 3 існують цілі числа, які позначимо через В1, В2,Вi, …,Вn1 такі, що з будь-яких чисел Z і X виконується:

(Z – X)P–3 +ZX (Z – X)P–5 + Z2X2(Z – X)P–7 +… ZP–5/2XP–5/2 (Z –X)2 + (>ZX)P–3/2 = [(Z –X)2 +ZX)]P–3/2+В1Z2X 2 (Z –X)2 [(Z –X)2 +ZX]P–9/2 +B2Z4X4(Z –X)4[(Z –X)2 +ZX]P–15/2 +…+>BiZ2iX2i (Z –X)2i [(Z –X)2 +ZX] R +…+Вn1Z2n1 X2n1 (Z –X)2n1 [(Z –X)2 +ZX]P.S,                  (1.8)

де =А2/Р, =А3/Р, …,>Ak1 =Ak/P, …, = АР–3/2/Р, = =/>P = 1.

ТутАk – коефіцієнтиполиномов Чебишева. Зазначимо те що, що ця відмінність показників ступенів будь-яких двох сусідніх чисел в квадратних дужках правій частині (1.8) дорівнює |3|, тоді Р – 3/2 = =3n1 +s, деs – число натуральне < 3, а R =P – 3/2 –3i. Нехай Р =6n + 1, тоді Р – 3/2 = (>6n + 1 – 3)/2 = 3 (n – 1) + 2 =3n1 +s, звідсиs = 2, аn1 = n – 1.

Нехай Р =6n + 5, тоді Р – 3/2 = (>6n + 5 – 3)/2 =3n + 1 =3n1 +s, звідсиs = 1, аn1 = n.

Доказ. Доказ буде аналогічно доведенню теореми 1.1.

НехайZX = V, (Z –X)2 = U, тоді (1.8) матиме вид

UP–3/2 +VUP–5/2 + V2UP–7/2 +…+>VР–5/2U +VP–3/2 =

= (U +V)P–3/2 +B1V2U (U +V)P–9/2 +B2V4U 2 (U + V)P–15/2 + …

…+BiV2iU і (U +V)R …Вn1V2n1Un1(U +V)S. (1.9)

Покажемо, що є такі цілі числа В1, В2, …,Bi, ...,Вn1, що рівність (1.9) справедливо.

Нехай ліва частина формули (1.9) тотожний дорівнює її правій частині, тоді їх коефіцієнти при подібних членах рівні.

Щоб порівняти коефіцієнти (отже, знайтиВi) при подібних членах лівої і правої частин (1.9), скористаємося табл. 2.

У рядку 1 записанібиноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (U +V)P–3/2.

У рядку 2 (починаючи з шпальти 3) записанібиноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (U +V)P–9/2, помножені на число В1.

У рядку 3 (починаючи з шпальти 5) записанібиноминальние коефіцієнти розкладаннябинома (U +V)P–15/2, помножені на число В2.

У рядкуn1 + 1 записанібиноминальние коефіцієнти розкладання останньогобинома (U +V)S, помножені на числоВn1.

Останній рядку табл. 2 записані коефіцієнти лівої частини (1.9).

У кожному стовпці табл. 2 (до рядкиn1 + 1) записано майже усі коефіцієнти подібних членів правій частині (1.9). Ця обставина дозволяє послідовно вираховуватимуть числа В1, В2, …,Вi, …,Bn1. підсумовуючи коефіцієнти шпальти і прирівнюючи отриману суму до , знаходимо В1, далі, підсумовуючи коефіцієнти шпальти 5 і прирівнюючи отриману суму до , знаходимо В2 тощо. буд.

З шпальти 3 слід, що + В1 = , звідси В1 – число ціле, адже й числа цілі.

З шпальти 5 слід, що =, звідси В2 – число ціле, оскільки інші числа цього рівності цілі.

З шпальти 7 слід, що = , звідсиВ3 число ціле, оскільки інші числа цього рівності цілі, тощо.

З шпальти (3 +2i) слід, що кількістьВi+1 ціле, оскільки числа В1, В2, …,Вi цілі.

Зазначимо, що у кожному наступному стовпці (3 +2i) числа В1, В2, …,Вi+1 цілі, де і = 0, 1, 2, …,n1-1, отже, з шпальти [3 +2(n1 – 1)] слід, щоВn1 – число ціле.

Отже, доведено, що є такі цілі числа В1, В2,Bn1 і ліва частина (1.9) тотожний дорівнює правій частині (1.9), отже, і ліва частина (1.8) тотожний дорівнює правій частині (1.8).

Запишемо (1.8) для ступеня Р виду6n + 1, приймаючи до уваги, щоs = 2.

(Z –X)P–3 +ZX(Z –X)P–5 + Z2X2(Z –X)P–7 +…...+ZP–5/2XP–5/2(Z –X)2 +ZP–3/2XP–3/2 = [(Z –X)2 +ZX]2 W, (1.10)

де W = [(Z –X)2 +ZX)]P–7/2 +B1Z2X2(Z –X)2 [(Z – X) +ZX]P–13/2 +B2Z4X4(Z –X)4[(Z –X)2 +ZX)]P–19/2 + …+Bi Z2iX2i (Z –X)2i [(Z –X)2 +ZX]R–2 +Bn1Z2n1 X2n1 (Z –>X)2n1.

Слідство. Нехай X = –X0, а Z =Z0, де (>X0,Z0) N +, тоді


(>Z0 +X0)P–3 –Z0X0 (>Z0 +X0)P–5+ (>Z0 +X0)P–7 –…

...+ (–>1)P–3/2 = [(>Z0 +X0)2 –Z0X0]2W0, (1.11)

деW0 має форму багаточлена

Страница 1 из 4 | Следующая страница

Схожі реферати:

Навігація