Пришли к противоречию с одной стороны

d0P-1 < Pd2P + Pd1P + 2P3d1d., а с другой стороны d0P-1 > Pd2P + Pd1P + 2P3d1d. (в.5)

Вывод: так как число K нечетное и не равно 3(тем более 1), то K >3, что и требовалось доказать для варианта 1.

.(г). Доказательство того, что K> 3 для вариант 2, когда

(X,P) = P, (Z,P) =1 и (Y,P) = 1.

(г.1) Выпишем часть формул Абеля для этого варианта.

 

X + Y = d0P = C0d0,

C0 = d0P –1,

Z – X = d1P = C1d1,

C1 = d1P –1,

Z – Y = d2P/P = C2d2,

C2 = d2P –1/P.

 

Найдем иные соотношения, которые будем использовать в дальнейших рассуждениях

Из равенства 2 (X + Y – Z) = (X + Y) – (Z – Y) – (Z – X) = 2Kd0d1d2 [с учетом (г.1)] получим

d0P – d2P/P – d1P = 2 Kd0d1d2, отсюда

d0P – d1P º 0 mod P, а значит и d0P – d1P º 0 mod P2 и d0 – d1 º 0 mod P, где d0 > P.

Пусть K =3.

Чтобы получить противоречие (для K =3) сложим равенства (1.27) и (1.28) и с учетом (г.1) имеем

d0P- 1 – d1P –1 + a2 - a0 = 3d3(d0 + d1) Þ Þ 3d3 = (d0 – d1)(d0P –3 + d0P -5d12 + …+ d02 d1P – 5 + d1P –3) + + (a2 - a0)/(d0 + d1). Это равенство не справедливо. Минимизируем правую часть полученного равенства, для чего принимаем d0 – d1 =P, отбросим слагаемое (a2 - a0)/(d0 + d1), а также принимаем P = 5, тогда 3d3 > P(d02 + d12), но и это неравенство несправедливо, так как P > 3, а d02 > d3, что следует из неравенства P(X + Y) > P(Z – Y), которое с учетом (г.1) будет Pd0P > d3P, но d02P > Pd0P, тогда d02P > d3P, отсюда после извлечения корня P-степени из правой и левой части неравенства получим d02 > d3, что и требовалось доказать.

Таким образом мы пришли к противоречию с одной стороны 3d3 > P(d02 + d12), с другой стороны

3d3 < P(d02 + d12).

Вывод: так как число K нечетное и не равно 3(тем более 1), то K >3, что и требовалось доказать для варианта 2, а по аналогии и для варианта, когда(Y,P)=P, (X,P) =1 и (Z,P) =1.

б) (K,P) = 1 для 2- го случая ПФ

Для второго случая только одно из чисел X, Y, Z кратно Р, а значит, только одно из чисел С0, С1 и С2 кратно Р (см., как пример, (1.36)). Пусть для определенности (С1,P) = P, тогда левая часть равенств (1.28), не будет делиться на Р, так как (a1,C1) =1, а значит, и правая часть этого равенства, содержащая множителем число K, не будет делиться на Р, а это значит, чтодля второго случая ПФ

 

(K, Р) = 1. (1.49)

 

1.5 Вспомогательные числа и вспомогательные сравнения

Пусть {1, 2, …, ri, …, mi,..., li, …, K – 1} – приведенная система наименьших, натуральных вычетов по модулю K. Тогда, очевидно, существуют такие числа r1, r2, r3, m1, m2, m3 и l1, l2 и l3, принадлежащие этой системе, что

 

r1Z – X º 0 mod K или r1Z º X mod K, (1.50)

Z – r2Y º 0 mod K или r2Y º Z mod K, (1.51)

r3X + Y º 0 mod K или r3X º –Y mod K, (1.52)

Z – m1X º 0 mod K, (1.53)

m2Z – Y º 0 mod K, (1.54)

X + m3Y º 0 mod K, (1.55)

Z 2 – l1XY º 0 mod K, (1.56)

Y 2 + l2ZX º 0 mod K, (1.57)

X 2 + l3ZY º 0 mod K. (1.58)

Умножая сравнения (1.50)–(1.52), получим

r1r2r3ZXYº – ZXY mod K,

отсюда

r1r2r3 º –1 mod K. (1.59)

Cложим сравнение (1.50) и (1.51) и, учитывая (1.26), получим

r1Z – X + Z – r2Y º r1Z + (Z – X) – r2Y º r1Z + Y – r2Y º

º r1Z – Y(r2 – 1) º 0 mod K,

а учитывая, что Z º r2Y mod K (cм. (1.51)), получим

r1r2Y – Y(r2 – 1) º 0 mod K,

отсюда

 

r1r2 – r2 + 1 º 0 mod K Þ r1r2 º r2 – 1 mod K. (1.60)

 

Умножая сравнение (1.60) на r3 и учитывая (1.59), получим

 

r2r3 – r3 + 1 º 0 mod K Þ r2r3 º r3 – 1 mod K. (1.61)

 

Умножая (1.61) на r1 и учитывая (1.59), получим

 

r1r3 – r1 + 1 º 0 mod K Þ r1r3 º r1 – 1 mod K. (1.62)

 

Из сравнений (1.50) и (1.53) получим

 

r1m1 º1 mod K, (1.63)

 

а из сравнений (1.51), (1.54) и (1.52),(1.55) получим соответственно

r2m2 º 1 mod K, (1.64)

r3m3 º 1mod K. (1.65)

 

Сложим сравнения (1.50) и (1.55) и, учитывая (1.51) и (1.60), получим

r1Z – X + X + m3Y º r1r2Y + m3Y º Y (r2 – 1 + m3) º 0 mod K Þ

Þ m3 º 1 – r2 mod K. (1.66)

Cложим сравнения (1.52) и (1.54) и, учитывая (1.50) и (1.62), получим

 

m2Z – Y + r3X + Yº m2Z + r3r1Z º Z(m2 + r3r1) ºº Z(m2 +r1 – 1) º 0 mod K, Þ m2 º 1 – r1 mod K. (1.67)

 

Из сравнения (1.51) вычтем сравнение (1.53) и, учитывая (1.52) и (1.61), получим

 

Z – r2Y – Z + m1X º m1X – r2(–r3X) º X(m1 + r2r3) º

º X(m1 + r3 – 1) º 0 mod K Þ m1 º 1 – r3 mod K. (1.68)

 

Решая совместно сравнения (1.56) и (1.50) и принимая во внимание сравнение (1.51), получим

 

Z 2 – l1XY º Z 2 – l1r1ZY º Z(Z – l1r1Y) º Z(r2Y – l1r1Y) º

º ZY(r2 – l1r1) º 0 mod K Þ l1r1 º r2 mod K. (1.69)

 

Решая совместно сравнения (1.57) и (1.51) и принимая во внимание (1.52), получим

 

Y 2 + l2ZX º Y 2 + l2r2YX º Y(Y + l2r2X) º Y(–r3X + l2r2X) º XY(l2r2 – r3) º 0 mod K Þ l2r2 º r3 mod K. (1.70)

Решая совместно сравнения (1.58) и (1.52) и принимая во внимание (1.50), получим

 

X 2 + l3ZY º X2 + l3Z(–r3X) º X(X – l3r3Z) º X(r1Z – l3r3Z) º ZX(r1 – l3r3) º 0 mod K, Þ l3r3 º r1 mod K. (1.71)

 

Из сравнения (1.69) вычтем сравнение (1.63) и, принимая во внимание (1.60), получим

 

l1r1 – m1r1 º r2 – 1 º r1r2 mod K,

 

отсюда, сокращая на r1, получим l1 – m1 º r2 mod K, а с учетом (1.68) имеем

 

l1 º r2 + m1 º r2 + 1 – r3 mod K,

 

отсюда, так как l1, r2 и r3 меньше K, получим

 

l1 = r2 – r3 + 1. (1.72)

 

Из сравнения (1.70) вычтем сравнение (1.64) и, принимая во внимание (1.61), получим

 

l2r2 – m2r2 º r3 – 1 º r2r3 mod K,

 

отсюда, сокращая на r2, получим l2 – m2 º r3 mod K, а с учетом (1.67) имеем

l2 º r3 + m2 º r3 + 1 – r1 mod K,

отсюда, так как l2, r3 и r1 меньше K, получим

 

l2 = r3 – r1 + 1. (1.73)

 

Из сравнения (1.71) вычтем сравнение (1.65) и, принимая во внимание (1.62), получим

 

l3r3 – m3r3 º r1 – 1 º r1r3 mod K,

 

отсюда, сокращая на r3, получим l3 – m3 º r1 mod K, а с учетом (1.66) имеем

l3 º r1 + m3 º r1 + 1 – r2 mod K,

 

отсюда, так как l3, r1 и r2 меньше K, имеем

 

l3 = r1 – r2 + 1. (1.74)

 

1.5.6. Проведем анализ равенств, полученных в п. 1.5.5.

Из равенства (1.72) следует, что

а) r2 ³ r3,

тогда сложим равенства (1.73) и (1.74):

 

l2 +l3 = r3 – r1 + 1 + r1 – r2 + 1 = r3 – r2 + 2,

 

отсюда, так как числа l2 и l3 натуральные, следует, что

б) r3 ³ r2.

отношения а) и б) возможны только при условии, что

 

r2 = r3. (1.75)

Из равенства (1.73) следует, что

 

в) r3 ³ r1,

 

тогда сложим равенства (1.72) и (1.74):

 

l1 + l3 = r2 – r3 + 1 + r1 – r2 + 1 = r1 – r3 + 2,

 

отсюда, так как числа l1 и l3 натуральные, следует, что

 

г) r1 ³ r3,

 

отношения в) и г) возможны только при условии, что

 

r1 = r3. (1.76)

 

Благодаря равенствам (1.75) и (1.76) имеем равенство чисел r1, r2 и r3, тогда

r1 = r2 = r3 = r. (1.77)

 

Из равенств (1.72)–(1.74) с учетом равенств (1.77) следует, что

l1 = 1, l2 = 1 и l3 = 1. (1.78)

 

Благодаря (1.77) сравнения (1.60)–(1.62) примут вид

 

r2 – r + 1 º 0 mod K, (1.79)

 

а сравнение (1.59) будет выглядеть следующим образом:

r3 º –1 mod K. (1.80)

 

Благодаря (1.78) сравнения (1.56)–(1.58) примут вид

 

Z 2 – XY º 0 mod K,

Y 2 + ZX º 0 mod K,

X 2 + ZY º 0 mod K,

а с учетом (1.26) –

 

(X + Y)2 – XYº 0 mod K, (1.81)

(Z – X)2 + ZXº 0 mod K, (1.82)

(Z – Y)2 + ZYº 0 mod K. (1.83)

 

1.6 Противоречия сравнений и равенств

 

Противоречие 1

Все сравнения по модулю K, в том числе и (1.79) и (1.80), будут справедливы для любого простого делителя, принадлежащего числу K. Для первого случая ПФ благодаря (1.49) таким простым делителем, принадлежащим K, будет число Р, тогда сравнения (1.79) и (1.80) по модулю Р будут соответственно

 

r2 – r + 1 º 0 mod P, (1.84)

r3 º –1 mod P. (1.85)

Благодаря Малой теореме Ферма имеем

 

r P–1 – 1 º 0 mod P. (1.86)

Пусть Р = 6n + 5, тогда сравнение (1.86) с учетом сравнения (1.85) будет выглядеть следующим образом:

r 6n + 5 – 1 – 1 = r 6n+ 4 – 1 = (r3)2n + 1r – 1 º (–1)2n + 1r – 1 º 0 mod P,

отсюда r º – 1 mod P, тогда с учетом этого сравнения (1.50) и (1.51) будет иметь вид (–1)Z º X mod P, Z º (–1)Y º 0 mod P. Тогда после вычитания сравнений получим

- 2Z º X + Y mod P Þ с учетом (1.26) 3Z º 0 mod P, что невозможно, так как (Z,K) =1 и Р = 6n + 5 > 3. Пришли к противоречию.

Первый случай ПФ для простых показателей вида 6n + 5 доказан.

Противоречие 2

Сравним равенства (1.44) и (1.45) по модулю K 2 с учетом сравнения (1.81). для P вида 6n + 1 (S = 2). Очевидно, что левые части равенств (1.44) и (1.45) сравнимы с нулем по модулю K 2, т.е.

РXY [(X + Y)2 – XY]2 º 0 mod K 2, XY [(X + Y)2 – XY]2 º 0 mod K 2, тогда и правые части равенств (1.44) и (1.45) должны быть сравнимы с нулем по модулю K 2, т.е.

 

º 0 mod K 2.

 

Разложим левую часть полученного сравнения, воспользовавшись теоремой 1.1, получим

 

– = (С0 – a0)P + PC0a0(C0 – a0)P–2 + … AP–3/2 (C0 – a0)3 + (C0 – a0) º 0 mod K 2.

 

Из (1.27) следует, что С0 – a0 º 0 mod K, учитывая это, отбросим все слагаемые полученного разложения, содержащие множитель (С0 – a0)i, где i ³ 3, получим (C0 – a0) º 0 mod K 2,

отсюда с учетом (1.27) d1d2 º 0 mod K, что невозможно, так как ни один простой делитель числа K, не принадлежит ни С0, ни a0, ни d1.ни d2 (см. 1.3.6.). Число Р, также не может делиться на K, так как для первого случая ПФ K кратно Р2 [ (1.47)], а для второго случая (K, Р) = 1 [см. (1.49)].

Пришли к противоречию: левые части (1.44) и (1.45) делятся на K 2, а правые их части не делятся на K 2.

Проблема Ферма (первый и второй случаи) для всех простых показателей Р = 6n + 1 доказана.

1.7 Второй случай ПФ для простых показателей вида 6n + 5

В это разделе в качестве модулей будем использовать числа K и K2.

Расширим представление о модуле K еще двумя свойствами:

(д). Простые числа вида 6n + 5 не принадлежат к делителям K.

Пусть простое число P1= 6n + 5 является делителем K.

Тогда благодаря (1.80) имеем r3º - 1 mod P1, но и rP1 –1 º (r3)2n + 1r º 1 mod P1 Þ Þ (-1)2n +1 r º1 mod P1 Þ r º - 1 mod P1.