Книга: Проблема Ферма для простых показателей больше 3

Таким образом, мы показали, что

(d22 + d12)P-1 > Pd2P+ Pd1P.

Теперь покажем, что второе слагаемое разложения [P+ (d22 + d12)]P-1, а именно (P–1)PP-2(d22 + d12) > 2P3d1d2 =6Pd1d2

Сократим правую и левую части неравенства на Pи, принимая во внимание, что d22 +d12 > d1d2, так как d2 > d1 получим (P– 1)PP– 3 > 6, полученное неравенство справедливо для любых P> 3.

Нами показано, что несмотря на минимизацию d0 и d0P– 1, которая должна усиливать неравенство (в4), получили обратный результат

d 0 P -1 > Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d . (в5)

Пришли к противоречию с одной стороны

d 0 P -1 < Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d . , а с другой стороныd 0 P -1 > Pd 2 P + Pd 1 P + 2 P 3 d 1 d . (в.5)

Вывод: так как число Kнечетное 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– d1Pº0 modP, а значит и d0P– d1Pº0 modP2 и d0 – d1 º0 modP, 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) ÞÞ 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 3 d 3 > P ( d 02 + d 12), но и это неравенство несправедливо, так как P > 3, аd 02 > d 3, 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 d 02 > d 3, что и требовалось доказать.

Таким образом мы пришли к противоречию с одной стороны 3 d 3 > P ( d 02 + d 12), с другой стороны

3 d 3 < P ( d 02 + d 12).

Вывод: так как число Kнечетное 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, Zкратно 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