Великая Теорема⁠⁠

Теория Шаурмы вот что остаётся загадкой!!

Доказательство Эйлера для n=3

В своём доказательстве Последней теоремы Ферма при n = 3 Эйлер применяет принадлежащий Ферма метод бесконечного спуска. Он показывает, что если можно найти положительные целые числа x, y, z, удовлетворяющие уравнению x3 + y3 = z3, то существуют меньшие положительные целые с тем же свойством; таким образом, в случае разрешимости этого уравнения можно было бы найти убывающую бесконечную последовательность таких троек целых положительных чисел. Ясно, что такой последовательности не существует. Следовательно, нельзя найти таких чисел x, y, z.

Итак, предположим, что x3 + y3 = z3. Из этого уравнения следует, что любой делитель двух из трёх чисел x, y, z делит также и третье из них. Следовательно, обе части этого уравнения можно сократить на все общие делители и с самого начала считать, что числа x, y, z попарно взаимно просты, т.е. что наибольший общий делитель x, y, или x, z, или y, z равен 1. В частности, не более чем одно из чисел x, y, z может быть чётным. В то же время ясно, что по крайней мере одно из этих чисел является чётным: если x и y оба нечётны, то z чётно. Поэтому в точности одно из этих чисел является чётным.

Сначала предположим, что x, y нечётны, a z чётно. Тогда x+y и x–y — чётные числа, скажем 2p и 2q соответственно, и x = 1/2 (2p + 2q) = p + q, y = 1/2 (2p – 2q) = p – q. Если x3 + y3 = (x + y)(x2 – xy + y2) выразить через p и q, то получим

2p[(p + q)2 – (p + q)(p – q) + (p – q)2] = 2p(p2 + 3q2).

Числа p и q имеют противоположную чётность (поскольку p+q и p–q нечётны) и взаимно просты: действительно, любой общий делитель этих чисел обязан делить x = p+q и y = p–q и поэтому должен равняться 1. Кроме того, можно предположить, что p и q положительны. (Если x<y, то, меняя местами x и y, можно получить q>0. С другой стороны, x?y, поскольку в противном случае x = y = 1, z3 = 2.) Следовательно, из предположения о существовании нечётных x, y, удовлетворяющих уравнению x3 + y3 = z3, следует, что существуют такие взаимно простые положительные целые p и q противоположной чётности, что

2p(p2 + 3q2) = куб целого числа.

К такому же выводу можно прийти при нечётном z и чётном x или y. В этом случае нечётное число, скажем y3, можно перенести в правую часть:

x3 = z3 – y3 = (z – y)(z2 + zy + y2).

Тогда z–y = 2p, z+y = 2q, z = q+p, y = q–p и

x3 = 2p[(q + p)2 + (q + p)(q – p) + (q – p)2],

что приводит к тому же самому заключению:

2p(p2 + 3q2) = куб целого числа,

где p и q — взаимно простые положительные целые противоположной чётности.

Следующий шаг в нашем рассуждении, грубо говоря, состоит в том, чтобы заметить, что числа 2p и p2 + 3q2 взаимно просты, и из этого замечания заключить, что их произведение может быть кубом тогда и только тогда, когда каждый из сомножителей является кубом. Обратите внимание на аналогию с методом из § 1.3, где анализируются решения уравнения x2 + y2 = z2. Однако утверждение, что 2p и p2 + 3q2 взаимно просты, не вполне обосновано. Так как p и q имеют противоположную чётность, то p2 + 3q2 — нечётное число, и каждый общий делитель чисел 2p, p2 + 3q2 обязан быть общим делителем чисел p, p2 + 3q2, а потому и p, 3q2. Но p и q взаимно просты, поэтому отсюда следует, что единственным общим делителем может быть число 3. Однако если 3 делит p, то оно делит и p2 + 3q2 и 2p; поэтому 2p и p2 + 3q2 не взаимно просты. Следовательно, доказательство распадается на два случая: в первом случае 3 не делит p, а потому 2p и p2 + 3q2 взаимно просты, а во втором 3 делит p. Сначала мы рассмотрим первый случай; второй окажется простой модификацией первого.

Итак, предположим, что 3 не делит p, и, следовательно, 2p и p2 + 3q2 являются кубами. Применяя формулу

(a2 + 3b2)(c2 + 3d2) = (ac – 3bd)2 + 3(ad + bc)2

из § 1.7, можно найти кубы вида p2 + 3q2:

(a2 + 3b2)3 = (a2 + 3b2)[(a2 – 3b2)2 + 3(2ab)2] =
= [a(a2 – 3b2) – 3b(2ab)]2 + 3[a(2ab) + b(a2 – 3b2)]2 =
= (a3 – 9ab2)2 + 3(3a2b – 3b3)2.

Таким образом, один из способов нахождения кубов вида p2 + 3q2 состоит в том, чтобы выбрать произвольные числа a, b и положить

p = a3 – 9ab2, q = 3a2b – 3b3,

так что p2 + 3q2 = (a2 + 3b2)3. Главный пробел, который надо заполнить в доказательстве Эйлера, заключается в доказательстве утверждения, что такой способ даёт все кубы вида p2 + 3q2, т.е. если p2 + 3q2 является кубом, то существуют такие a и b, что p и q задаются приведёнными выше формулами. Эйлер обосновывает этот вывод при помощи ошибочного рассуждения, изложенного в следующем параграфе, однако он мог бы опираться и на рассуждение из § 2.5, которое, по существу, тоже принадлежит ему самому. В любом случае, считая это утверждение справедливым, оставшуюся часть доказательства провести сравнительно легко.

Выражения для p и q можно разложить на множители:

p = a(a – 3b)(a + 3b), q = 3b(a – b)(a + b).

Числа a и b, конечно, взаимно просты, ибо каждый их общий делитель обязан делить p и q, а потому равен 1. Кроме того,

2p = 2a(a – 3b)(a + 3b) = куб целого числа.

Числа a и b имеют противоположную чётность, поскольку в противном случае p и q оба были бы чётными. Следовательно, a – 3b, a + 3b — нечётные числа, и все возможные общие делители чисел 2a, a ± 3b обязаны делить a, a ± 3b, а потому и a, ±3b. Аналогично, каждый общий делитель чисел a + 3b, a – 3b обязан делить a и 3b. Короче говоря, единственным возможным общим делителем является число 3. Но 3 не делит a, поскольку в противном случае оно делило бы p, что противоречит предположению. Следовательно, 2a, a – 3b, a + 3b взаимно просты, и каждое из этих чисел должно быть кубом, скажем 2a = ?3, a – 3b = ?3, a + 3b = ?3. Тогда ?3 + ?3 = 2a = ?3, и это даёт решение уравнения x3 + y3 = z3, состоящее из меньших чисел, чем исходное решение.

Точнее, ?3?3?3 = 2a(a – 3b)(a + 3b) = 2p. Число 2p положительно и делит z3, если z чётно, или x3, если х чётно. Тогда в любом случае ?3?3?3 меньше z3. Числа ?, ? и ? не обязаны быть положительными, но (–?)3 = –?3, поэтому отрицательные кубы можно перенести в другую часть уравнения, и мы получим уравнение вида X 3 + Y 3 = Z3, где X, Y, Z положительны и Z3 < z3. Итак, в случае когда 3 не делит p, спуск произведён.

Наконец, рассмотрим случай, когда 3 | p. Тогда p = 3s и 3 не делит q. В этом случае 2p(p2 + 3q2) = 32 · 2s(3s2 + q2). Легко видеть, что числа 32 · 2s и 3s2 + q2 взаимно просты; следовательно, каждое из них является кубом. Согласно лемме, которую мы докажем позже, 3s2 + q2 может быть кубом только тогда, когда

q = a(a – 3b)(a + 3b), s = 3b(a – b)(a + b)

при некоторых целых a и b. Число 32 · 2s является кубом, поэтому кубом будет 33 · 2b(a – b)(a + b) а следовательно, и 2b(a – b)(a + b). Легко видеть, что множители, входящие в последнее выражение, взаимно просты; таким образом, 2b = ?3, a – b = ?3, a + b = ?3, ?3 = 2b = ?3 – ?3. Как и выше, отсюда можно получить равенство вида X 3 + Y 3 = Z3, где Z3 < z3.

Итак, в любом случае из существования куба, представимого в виде суммы двух кубов, следует существование меньшего куба такого же вида, что невозможно. Для завершения доказательства остается только показать, что если существуют взаимно простые целые p и q, для которых p2 + 3q2 является кубом, то найдутся такие целые a и b, что p = a3 – 9ab2 и q = 3a2b – 3b3. Доказательство этого утверждения приведено в § 2.5.

138 страниц, если не ошибаюсь. Слышал анекдот, что она на ранних егэ попадалась. И еще она в Искусстве программирования Кнута есть - как сложная задача на 45 баллов.