Юрий Красков - Чудеса арифметики от Пьера Симона де Ферма

Но самое удивительное здесь то, что применение этого нового способа не зависит от показателя степени и его можно применить для решения уравнения с более высокими степенями, т.е. вместе с уравнением a 2+b 2=c 2можно решать таким же способом и a n+b n=c nс любыми степенями n>2.

Чтобы получить итоговый результат оставалось преодолеть лишь некоторые технические трудности, с которыми Ферма справился успешно. Вот так и появилось ставшее знаменитым его замечание к задаче 8 книги II «Арифметики» Диофанта:

Cubum autem in duos cubos, aut quadrato-quadratum in duos quadrato-quadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duas eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.

См. рис. 3 и перевод в конце п. 1.

Представленное здесь реконструированное доказательство ВТФ содержит неизвестные сегодняшней науке новые открытия. Однако от этого оно ничуть не становится трудным для понимания. Наоборот, именно эти открытия и позволяют решить эту проблему наиболее просто и доступно. Сам феномен недоказуемой ВТФ вообще не появился бы, если бы Французская Академия наук была создана ещё при жизни П. Ферма. Тогда он стал бы академиком и публиковал свои научные исследования, а среди его теорем во всех учебниках по арифметике была бы и вот такая самая обычная теорема:

Для любого заданного натурального числа n>2 не существует ни одной тройки натуральных чисел a, b, c согласно уравнению

a n+ b n= c n(1)

Для доказательства этого утверждения, предположим, что числа a, b, c, удовлетворяющие (1), существуют и тогда, исходя из этого, мы можем получить все без исключения решения этого уравнения в общем виде. С этой целью мы задействуем метод ключевой формулы, при котором к исходному уравнению добавляется ещё одно уравнение, чтобы стало возможно получить решение (1) в системе из двух уравнений. В нашем случае ключевая формула имеет вид:

a + b = c + 2m (2)

где m натуральное число.

Для получения формулы (2) отмечаем, что a≠b, т.к. иначе 2a n=c n, что очевидно невозможно. Следовательно, an-1+b n-1)>c n-1, откуда (a+b)>c. Поскольку в (1) случаи с тремя нечётными a, b, c, а также с одним нечётным и двумя чётными невозможны, то числа a, b, c могут быть либо все чётные, либо два нечётных и одно чётное. Тогда из (a+b)>c следует формула (2), где число 2m чётное 56.

Вначале проверим действенность метода для случая n=2, или уравнения Пифагора a 2+b 2=c 2. Здесь действует ключевая формула (2) и можно получить решение системы уравнений (1), (2), если сделать подстановку одного в другое. Чтобы её упростить, возведём в квадрат обе стороны (2), чтобы сделать числа в (1) и (2) соразмерными. Тогда (2) принимает вид:

{a 2+b 2−c 2}+2(c−b)(c−a)=4m 2(3)

Подставляя уравнение Пифагора в (3), получаем:

A iB i=2m 2(4),

где с учетом формулы (2): A i=c−b=a−2m; B i=c−a=b−2m (5)

Теперь раскладываем на простые множители число 2m 2, чтобы получить все варианты A iB i. Для простых чисел m всегда есть только три варианта: 1×2m 2=2×m 2=m×2m. В этом случае A 1=1; B 1=2m 2; A 2=2; B 2=m 2; A 3=m; B 3=2m. Поскольку из (5) следует a=A i+2m; b=B i+2m; а из (2) c=a+b−2m; то в итоге получаем три решения:

1. a 1=2m+1; b 1=2m(m+1); c 1=2m(m+1)+1

2. a 2=2(m+1); b 2=m(m+2); c 2= m(m+2)+2 (6)

3. a 3=3m b 3=4m; c 3=5m

Уравнения (6) являются решениями уравнения Пифагора для любого натурального числа m. Если же число m составное, то соответственно увеличивается и число решений. В частности, если m состоит из двух простых множителей, то число решений возрастает до девяти 57.

Таким образом, мы имеем новый способ вычисления всех без исключения троек чисел Пифагора, задавая при этом только одно число m, вместо двух чисел, которые нужно задавать в тождестве пифагорейцев. Однако полезность этого метода только этим не исчерпывается, поскольку эта же ключевая формула (2) действительна и для получения общего решения уравнений с более высокими степенями.

Используя способ получения решений (1) для случая n=2, можно точно также получить решения и для степеней n>2, выполнив подстановку (1) в (2), и возведя предварительно обе стороны (2) в степень n. Чтобы это можно было сделать, выведем вначале следующую формулу 58:

(x+y) n=z n=zz n-1=(x+y)z n-1=xzz n-2+yz n-1=

=x(x+y)z n-2+yz n-1=x 2zz n-3+y(z n-1+xz n-2)+…

(x±y) n=z n=x n±y(x n-1+x n-2z+x n-3z 2+…+xz n-2+z n-1) (7)

Назовём выражение в скобках, состоящее из n слагаемых, «симметричный полином» и будем представлять его в виде (x++z) nкак сокращённый вариант написания. Теперь по формуле (7) возведём обе стороны формулы (2) в степень n следующим образом.

[a−(c−b)] n=a n+{b n−c n+(c n−b n)}−(c−b)[a n-1+a n-22m+…+ a(2m) n-1+(2m) n-1]=(2m) n

Затем посредством тождества

(c n−b n)=(c−b)(c n-1+c n-2b+…+cb n-2+b n-1), получаем:

{a n+b n−c n}+(c−b)[(c++b) n−(a++2m) n]=(2m) n(8)

Уравнение (8) является формулой (2), возведённой в степень n, в чём можно убедиться, если подстановкой c−b=a−2m в (8) получить тождество 59:

{a n+b n−c n}+(c n−b n)−[a n−(2m) n]=(2m) n(9)

В этом тождестве натуральные числа a, b, c, n, m, естественно, могут быть любыми. Вопрос только в том, есть ли среди них такие, что {a n+b n−c n} равно нулю? Однако аналогия с решением уравнения Пифагора на этом и заканчивается, т.к. подстановка (1) в (8), никак не обоснована. И действительно, при подстановке (1) в (3) хорошо известно, что уравнение Пифагора имеет сколько угодно решений в натуральных числах, а для случаев n>2 такого факта нет ни одного. Следовательно, не исключается подстановка в (8) несуществующего уравнения (1), что должно привести к противоречиям.

Тем не менее, такая подстановка легко выполнима и в итоге получится уравнение, очень похожее на (4), которое даёт решения уравнения Пифагора. Учитывая это обстоятельство, мы в качестве пробы всё-таки подставим (1) в (8), но при этом модифицируем (8) так, чтобы за квадратные скобки был вынесен ещё один множитель (c−a) 60. Тогда получим:

A iB iE i=(2m) n(10)

где A i= c−b=a−2m; B i=c−a=b−2m; E i– полином степени n−2.

Уравнение (10) является призраком, который видится явно только на фоне предположения, что число {a n+b n−c n} сокращено при подстановке (1) в (8). Но стоит его хотя бы один раз тронуть, как оно сразу рассыпается в прах. Например, если

A i×B i×E i=2m 2×2 n-1m n-2

то как один из вариантов может быть такая система

A iB i=2m 2

E i=2 n-1m n-2

В этом случае, как мы уже установили выше, из A iB i=2m 2следует, что для любого натурального числа m решениями уравнения (1) должны быть числа Пифагора. Однако при n>2, эти числа явно не подходят, а проверить какой-то другой случай уже нет никакой возможности, т.к. в данном случае, (как и при любом другом варианте отсутствия решений), другая подстановка будет уже точно неправомерна и уравнение-призрак (10), из которого только и можно получить решения, исчезает 61. Поскольку прецедент с неудачной попыткой получения решений уже создан, то можно не сомневаться в том, что и все другие попытки получить решения из (10) будут неудачными, из-за того, что как минимум в одном случае условие {a n+b n−c n}=0 не выполняется, т.е. уравнение (10) получено подстановкой несуществующего уравнения Ферма (1) в ключевую формулу (2). Следовательно, натуральные числа a, b, c, удовлетворяющие уравнению (1) при n>2, не могут существовать, и Великая теорема Ферма доказана. 62