Книга: Проблема Ферма для простых показателей больше 3

Z 2 – XY º 0 mod K ,

Y 2 + ZX º 0 mod K ,

X 2 + ZYº0 modK ,

а с учетом (1.26) –

(X + Y)2 – XY º 0 mod K , (1.81)

(Z – X)2 + ZX º 0 mod K , (1.82)

( Z – Y )2 + ZY º 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 modP, (1.84)

r3 º –1 modP. (1.85)

Благодаря Малой теореме Ферма имеем

rP–1 – 1 º0 modP. (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 rº– 1 modP, тогда с учетом этого сравнения (1.50) и (1.51) будет иметь вид (–1)ZºXmodP, Zº (–1)Yº 0 modP. Тогда после вычитания сравнений получим

- 2ZºX+ YmodPÞс учетом (1.26) 3Zº 0 modP, что невозможно, так как (Z,K) =1 и Р = 6n+ 5 > 3. Пришли к противоречию .

Первый случай ПФ для простых показателей вида 6 n + 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 modK 2, XY[(X + Y)2 – XY]2 º 0 modK 2, тогда и правые части равенств (1.44) и (1.45) должны быть сравнимы с нулем по модулю K 2, т.е.