Книга: Проблема Ферма для простых показателей больше 3
(X+ Y)P–1 ºa0PmodP,
(Z– X)P–1 ºa1PmodP,
(Z– Y)P–1 ºa0PmodP, тогда благодаря Малой теореме Ферма имеем
a0P º 1 mod P, Þa0P º 1 mod P2, Þa0 = e0P + 1,
a1P º 1 mod P, Þa1P º 1 mod P2, Þa1 = e1P + 1,
a2P º 1 mod P, Þa2P º 1 mod P2, Þa2 = e2P + 1.
Очевидно, что XP+ YP– ZPº0 modP2
Тогда, с учетом последних сравнений и равенств (1.15), (.18) и (1.21) имеем
a2Рd2P+ a1PdP- a0Pd0Pº.d 0 P – d 2 P – d 1 P º 0 mod P 2 . (1.46)
Но левая часть последнего сравнения с учетом (1.14), (1.17) и (1.20), а также равенства (1.26) будет
d0P – d2P –d1P = (X + Y) – (Z – Y) – (Z – X) = 2 (X + Y – Z) = 2Kd0d1d2 º 0 mod P2 Þ
ÞK = e P 2 , что и т.д. (1.47)
в)МодульK > 3.
Это условие докажем для двух вариантов 2-го случая, а именно:
---для варианта 1 , когда ( Z , P ) = P , а (X,P) = 1 и (Y,P) =1;
---для варианта 2 , когда (Z,P) = 1, а ( X , P ) = P и (Y,P) = 1.
Вариант, когда (Z,P) =1, (X,P) =1и(Y,P) = Pрассматривать не будемввиду его полной аналогии с вариантом 2.
Доказательство того, чтоK >3для варианта 1 .
Пусть для определенности (для вариантов 1 и 2 )
Z> X> Y(1.48)
Из неравенств P(X+ Y) .> Z – Y > Z – X, и с учетом (1.36) имеем
d0P> d2P>d1P, отсюда d0 > d2 > d1.
Составим алгебраическую сумму (X+ Y) – (Z– Y) – (Z– X) = 2(X+ Y– Zи умножим правую и левую части полученного равенства на Pполучим P(X+ Y) – P(Z– Y) – P(Z– X) = 2P(X+ Y– Z), тогда благодаря равенствам (1.36) и (1.26) имеем d0P- Pd2P- Pd1P= 2PKd0d1d2 Þd0P= Pd2P+ Pd1P+ 2PKd0d1d2. Разделим левую часть и последнее слагаемое правой части полученного равенства на d0 получим очевидное неравенство d0P-1 < Pd2P+ Pd1P+ 2PKd1d2.(в1)
Выразим d 0 через числа d1 и d2 для чего из равенства (1.28) вычтем равенство (1.29) и учитывая равенства (1.31) и (1.32) получим a1 - a2 + d2P-1 - d1P-1 = a1 - a2 + (d2 - d1)(d2 + d1)q= Kd0 (d2 - d1), (в2)где q= .d2P-3 + d2P-5d12 + …..+ d22d1P-4 + d1P-3. Обозначим q(для P=5) как qmin= d22 + d12. Из (1.34), (1.35) с учетом условия (1.48) имеем a1 - a2 > 0. В п.1.4.4.(а)найдено, что a1 = e1P+1 и a2 = e2P+ 1, тогда a 1 - a 2 = P ( e 1 - e 2).
Пусть K = 3, тогда из равенства (в2) имеем d0 = (a1 - a2)/3( d2 - d1) + (d2 + d1)q/3 = P( e 1 - e 2)/3( d2 - d1) + (d2 + d1)q/3
Будем минимизировать d0, приняв d2 + d1 = 3, q= qminи ( e 1 - e 2) =3( d2 - d1) и, учитывая, что (d2 - d1, P) = 1** получим d0 = P+ qmin= P+ (d22 + d12). (в3) [** Если(d2 - d1, P) = P, то (X– Y, P) =P, но из (1.36) следует, что (X+ Y,P) = P, тогда после сложения X– Yи X+ Yполучим (2X,P) = P, что противоречит варианту 1 .]
Неравенство (в1) с учетом (в3) будет
[ P+ (d22 + d12)]P-1 < Pd2P+ Pd1P+ 2P3d1d2 Þ(в4)ÞPP-1 + (P–1)PP-2(d22 + d12) + ….+ (d22 + d12)P-1< Pd2P + Pd1P + 2P3d1d2. Далее при доказательстве будем минимизировать [ P+ (d22 + d12)]P-1 отбрасывая часть членов разложения.
Покажем, что 3-и члена разложения бинома (d22 + d12)P-1 > Pd 2 P + Pd1P. Так (d22 + d12)P-1 = ( d 22) P - 1 + (P – 1) (d22)P- 2d12 + …..+ (d12)P - 1 > Pd 2 P + Pd1P.
Одно слагаемое левой части разложения ( d 22) P - 1 = d2Pd2P– 2 > Pd 2 P Þd2P– 2> P, это неравенство справедливо для d2 ³2 (d2 не может равняться 1, так как d2 >d1). Пусть d2 =2, тогда 2P – 2 = (1 + 1)P –2 = 1 + P – 2 + (P – 2)(P –3)/2 + ……+ P – 2 + 1 = = P + (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 > PÞ (P – 2)(P – 3)/2 + ……+ P – 2 > 0, что и подтверждает наше утверждение.