2025-08-23

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明12

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明のポイントをご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎが奇素数として

矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3]です。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n

[2] E"=(-Y)+Z-X と X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

⇒ B"+C"=A", n｜E", n*A"｜E"^n

[3] E"=-E, A"- A=2*E, rad(A) | rad(E), rad(A") | rad(E),

　　A|(E^n)/n, A"|(E^n)/n から

⇒ rad(A) | rad(A"), n｜E, A"=A+2*E,

　　AとA"の素因数pの冪は、p^mnまたはp^(mn-1)の形で矛盾

　次に、[1][2][3]の順にご説明します。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n のご説明

E＝X+Y-Zとして、 X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eと置くと、 A+B=Cになります。

なぜなら、
E-Y=X-Z=-B
E-X=Y-Z=-A
E-Z=(X-Z)+(Y-Z)=-C
だから、A+B=Cになります。

AとBのどちらかは、1ではないので、A≠1とする

なぜなら、A=B=1とすると、X=Yになるから。

(A+E)^n + (B+E)^n = (C+E)^nなので、

A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n+
B^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B^k*E^(n-k)+E^n=
C^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k)+E^n

E^n=

{C^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

C=A+Bを代入すると、

E^n=

{(A+B)^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)+

Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A^m*B^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Aを含み、n｜nCkだからn*A｜E^n

nは3以上の素数なので、n｜E, rad(A)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Aで割ると、

E^n/(n*A)=
{(E^n)/n}/A=

B^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1]B*(nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A^(m-1)*B^(k-m-1)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/AにAの素因数が残っていれば、

rad(A)｜Eで、
A|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}だから、

B^(n-1)もAの素因数を持ちます。
AとBは互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/AにAの素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうどAで割り切れることになります。

Aは、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
Aの素因数pの冪は、p^m | E かつ p^(m+1) ∤ Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

[2] E"=(-Y)+Z-X と X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

⇒ B"+C"=A", n｜E", n*A"｜E"^n のご説明

E"=(-Y)+Z-X で、X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

B"+C"=A"になります。

-(Y^n) + Z^n = X^n に

X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" を代入すると、

E'=-Eより、-B=-(Y-E)=(-Y)-E"=B"

(B"+E")^n + (C"+E")^n = (A"+E")^n なので

B"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B"^k*E"^(n-k)+E"^n+
C"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C"^k*E"^(n-k)+E"^n=
A"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*E"^(n-k)+E"^n

A" について

E"^n=

{A"^n-B"^n-C"^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{A"^k-B"^k-C"^k}*E"^(n-k)

C" = A"-B" を代入して

(A"+E")^n - (A"-B"+E")^n - (B"+E")^n = 0
(A"+E")^n - {(A"-B")+E"}^n + {(-B")-E"}^n = 0

A"^n + Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*E"^(n-k) +E"^n +
(A"-B")^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(A"-B")^k*E"^(n-k) +E"^n +
(-B")^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-B")^k*(-E")^(n-k) +(-E")^n = 0

-(-E")^n=
{A"^n - (A"-B")^n + (-B")^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k*E"^(n-k) - (A"-B")^k*E"^(n-k) +

(-B")^k*(-E")^(n-k) }

E"^n=
{A"^n - (A"-B")^n - B"^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k*E"^(n-k) - (A"-B")^k*E"^(n-k) -

B"^k*E"^(n-k) } =

-Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*(-B")^(n-k) +
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k -(A"-B")^k -B"^k }*E"^(n-k)

E"^n=
-Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*(-B")^(n-k) +
-Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A"^m*(-B")^(k-m)}*E"^(n-k)

右辺の各項は、nCk*A"を含み、n｜nCkだからn*A"｜E"^n

nは奇素数なので、n｜E", rad(A")｜E"

右辺の各項と左辺の各項を、n*A"で割ると、

(E"^n)/(n*A")=
{(E"^n)/n}/A"=

-(-B")^(n-1)-{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A"^(k-1)*(-B")^(n-k)}+
-Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A"^(m-1)*(-B")^(k-m)}*E"^(n-k)

もし、

{(E"^n)/n}/A" に A" の素因数が残っていれば、

rad(A")｜E" で、
A" |{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A"^(k-1)*(-B")^(n-k)}だから、

(-B")^(n-1)も A" の素因数を持ちます。
B" と A" は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E"^n)/n}/A" に A" の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E"^n)/n}は、ちょうど A" で割り切れることになります。

A"は、(E"^n/n)をちょうど割り切るので、
A"の素因数pの冪は、p^m | E" かつ p^(m+1) ∤ E"のとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

[3] E"=-E, A"- A=2*E, rad(A) | rad(E), rad(A") | rad(E),

　　A|(E^n)/n, A"|(E^n)/n から

⇒ rad(A) | rad(A"), n｜E, A"=A+2*E,

　　AとA"の素因数pの冪は、p^mnまたはp^(mn-1)の形で矛盾のご説明

A"=A+2*E と rad(A) | rad(E)から
rad(A) | rad(A")

A≠1なので、Aのすべての素因数pは、A"の素因数pです。

(1) E≠0 のとき、

A,A"は、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
A,A"それぞれの素因数pの冪は、p^m | E かつ p^(m+1)∤Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。
また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

つまり、
A=∏ [p≠n]p^mn・{∏ [p=nのとき]p^(mn-1)}

A"= A+2*Eより、A"-A =2*E

A"-A =2*Eについて、rad(A) | rad(A")より

左辺Aの素因数pは、左辺A"の素因数pでもあり、
ともに、左辺の素因数pの冪は、

p≠n のとき、p^mn の形を、

p=n のとき、p^(mn-1) の形をしています。

ところが、右辺の素因数pの冪は、

p≠n のとき、p^m、

p=2のとき、p^(m+1)です。

n≧3なので、
p≠n かつ p≠2 のとき、p^mn＞p^m
p=n のとき、p^(mn-1)＞p^m

p=2 のとき、p^mn＞p^(m+1)

左辺のｐの冪と右辺のｐの冪が異なり矛盾します。

(2) E＝０のときは、

(X+Y)^n = Z^nより

X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n

X^n + Y^n = Z^nで、X,Yは自然数なので、

{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となり、矛盾します。

なので、

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎは奇素数はありません。

※なお、n=4のときの証明は既知とします。

2024-08-13

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明11X

フェルマーの最終定理

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明をご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎが奇素数として

矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3][4][5]です。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E^n, n｜E になります。

[2] E'=X+Z-Y と X=A'+E', Y＝B'+E', Z=C'+E' とおくと

おけるとはかぎらない

⇒ A'+C'=B', n｜E'^n, n｜E' になります。

[3] E"=Y+Z-X と X=A"+E", Y＝B"+E", Z=C"+E" とおくと
おけるとはかぎらない
⇒ B"+C"=A", n｜E"^n, n｜E" になります。

[4] E≠０とすると、E＝X+Y-Z, E'=X+Z-Y, E"=Y+Z-X は、

n| E, n| E', n| E" だから

⇒ n| (E+E')=2X, n| (E+E")=2Y　, n| (E'+E")=2Z から、

　 nは奇素数だから、n| X かつ n| Y かつ n| Z になり、

　互いに素な自然数 X,Y,Zが共通素因数 n を持つので矛盾します。

[5] E＝0 とすると、X+Y=Z だから

⇒ 自然数 X,Y,Z は、X^n + Y^n < (X+Y)^n なので、

X^n + Y^n = Z^n= (X+Y)^n と矛盾します。

次に、[1][2][3][4][5]を順にご説明します。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E^n, n｜E のご説明

[ご説明]
E＝X+Y-Zとして、 X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eとおくと、

A+B=C になります。

なぜなら、
A +B -C =

(X-E) +(Y-E) -(Z-E) =

(X +Y -Z) +(-E -E +E) =

E -E =0

なので、A +B -C = 0

だから、A+B=Cになります。

X^n + Y^n = Z^n に

X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eを代入すると、

(A+E)^n + (B+E)^n = (C+E)^n

A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n+
B^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B^k*E^(n-k)+E^n=
C^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k)+E^n

E^n=

{C^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

C=A+Bを代入すると、

E^n=

{(A+B)^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCkを含み、n｜nCk だから、 n｜右辺

だから n｜左辺より、 n｜E^n から n｜E

[2] E'=X+Z-Y と X=A'+E', Y＝B'+E', Z=C'+E' とおくと

⇒ A'+C'=B', n｜E'^n, n｜E' のご説明

[ご説明]

E'=X+Z-Y で、X=A'+E'、Y＝B'+E'、Z=C'+E' とおくと、

A'+C'=B' になります。

なぜなら、
A'+C'-B' =

(X-E) +(Z-E) -(Y-E) =

(X +Z -Y) +(-E -E +E) =

E -E =0

なので、A'+C'-B' = 0

だから、A'+C'=B' になります。

-(X^n) + Z^n = Y^n に

X=A'+E'、Y＝B'+E'、Z=C'+E' を代入すると、

2X=E+E'より、-A=-(X-E)=X-E'=A'

-X=-A-E, X=A'+E'

(A'+E')^n + (C'+E')^n = (B'+E')^nなので、

A'^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A'^k*E'^(n-k)+E'^n+
C'^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C'^k*E'^(n-k)+E'^n=
B'^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B'^k*E'^(n-k)+E'^n

E'^n=

{B'^n-A'^n-C'^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{B'^k-A'^k-C'^k}*E'^(n-k)

A'+C'=B' を代入すると、

E'^n=

{(A'+C')^n-A'^n-C'^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A'+C')^k-A'^k-C'^k}*E'^(n-k)

E'^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A'^k*C'^(n-k)+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A'+C')^k-A'^k-C'^k}*E'^(n-k)

右辺の各項は、nCkを含み、n｜nCk だから、 n｜右辺

だから n｜左辺より、 n｜E'^n から n｜E'

[3] E"=Y+Z-X と X=A"+E", Y＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

⇒ B"+C"=A", n｜E"^n, n｜E" のご説明

[ご説明]

E"=Y+Z-X で、X=A"+E", Y＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

B"+C"=A"になります。

なぜなら、
B"+C"-A" =

(Y-E) +(Z-E) -(X-E) =

(Y +Z -X) +(-E -E +E) =

E -E =0

なので、B"+C"-A" = 0

だから、B"+C"=A"になります。

-(Y^n) + Z^n = X^n に

X=A"+E", Y＝B"+E", Z=C"+E" を代入すると、

2Y=E+E"より、-B=-(Y-E)=Y-E"=B"

-Y=-B-E, Y=B"+E"

(B"+E")^n + (C"+E")^n = (A"+E")^n なので

B"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B"^k*E"^(n-k)+E"^n+
C"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C"^k*E"^(n-k)+E"^n=
A"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*E"^(n-k)+E"^n

E"^n=

{A"^n-B"^n-C"^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{A"^k-B"^k-C"^k}*E"^(n-k)

B"+C"=A"を代入すると、

E"^n=

{(B"+C")^n-B"^n-C"^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(B"+C")^k-B"^k-C"^k}*E"^(n-k)

E"^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*B"^k*C"^(n-k)+
Σ[k=1,n-1]nCk*{(B"+C")^k-B"^k-C"^k}*E"^(n-k)

右辺の各項は、nCkを含み、n｜nCk だから、 n｜右辺

だから n｜左辺より、 n｜E"^n から n｜E"

[4] E≠０とすると、E＝X+Y-Z, E'=X+Z-Y, E"=Y+Z-X は、

n| E, n| E', n| E" だから

⇒ n| (E+E')=2X, n| (E+E")=2Y　, n| (E'+E")=2Z から、

　 nは奇素数だから、n| X かつ n| Y かつ n| Z になり、

　互いに素な自然数 X,Y,Zが共通素因数 n を持つので矛盾します。

[5] E＝0 とすると、X+Y=Z だから

⇒ 自然数 X,Y,Z は、X^n + Y^n < (X+Y)^n なので、

X^n + Y^n = Z^n= (X+Y)^n と矛盾のご説明

[ご説明]

E＝０のときは、
　
E= X+Y-Z= 0 だから X+Y=Z
(X+Y)^n = Z^nより

X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n

X^n + Y^n = Z^nで、X,Yは自然数なので、

{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となり、矛盾します。

なので、 X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数で、

ｎが奇素数の自然数はありません。

なお、n=4のときの証明は既知とします。

2024-02-05

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明10

フェルマーの最終定理

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明のポイントをご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎが奇素数として

矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3]です。

Aは、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
Aの素因数pの冪は、p^m | E かつ p^(m+1) ∤ Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

[2] E"=(-Y)+Z-X と X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

⇒ B"+C"=A", n｜E", n*A"｜E"^n のご説明

E"=(-Y)+Z-X で、X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

B"+C"=A"になります。

-(Y^n) + Z^n = X^n に

X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" を代入すると、

E'=-Eより、-B=-(Y-E)=(-Y)-E"=B"

(B"+E")^n + (C"+E")^n = (A"+E")^n なので

B"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B"^k*E"^(n-k)+E"^n+
C"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C"^k*E"^(n-k)+E"^n=
A"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*E"^(n-k)+E"^n

A" について

E"^n=

{A"^n-B"^n-C"^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{A"^k-B"^k-C"^k}*E"^(n-k)

(-B")^k*(-E")^(n-k) }

E"^n=
{A"^n - (A"-B")^n - B"^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k*E"^(n-k) - (A"-B")^k*E"^(n-k) -

A"は、(E"^n/n)をちょうど割り切るので、
A"の素因数pの冪は、p^m | E" かつ p^(m+1) ∤ E"のとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

p≠n のとき、p^mn の形を、

p=n のとき、p^(mn-1) の形をしています。

ところが、右辺の素因数pの冪は、

p≠n のとき、p^m、

p=2のとき、p^(m+1)です。

n≧3なので、
p≠n かつ p≠2 のとき、p^mn＞p^m
p=n のとき、p^(mn-1)＞p^m

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎは奇素数はありません。

※なお、n=4のときの証明は既知とします。

2024-01-24

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明9X

フェルマーの最終定理

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明のポイントをご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素、ｎ≧３が素数として矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3]です。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n

[2] A'= X=A+E, B'= Y=B+E とおくと

⇒ Z= A'+B'-E, n｜E, n*A'｜E^n

[3] A'=X=A+E, rad(A)⊆rad(E), rad(A')⊆rad(E),

　　A|(E^n)/n, A'|(E^n)/n から

⇒ rad(A)⊆rad(A'), n｜E, A'=A+E,

　　AとA'の素因数pの冪は、p^mnまたはp^(mn-1)の形で矛盾　

　次に、[1][2][3]の順にご説明します。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n のご説明

E＝X+Y-Zとして、 X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eと置くと、 A+B=Cになります。

なぜなら、
E-Y=X-Z=-B
E-X=Y-Z=-A
E-Z=(X-Z)+(Y-Z)=-C
だから、A+B=Cになります。

AとBのどちらかは、1ではないので、A≠1とする

なぜなら、A=B=1とすると、X=Yになるから。

(A+E)^n + (B+E)^n = (C+E)^nなので、

A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n+
B^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B^k*E^(n-k)+E^n=
C^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k)+E^n

E^n=

{C^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

C=A+Bを代入すると、

E^n=

{(A+B)^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)+

Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A^m*B^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Aを含み、n｜nCkだからn*A｜E^n

nは3以上の素数なので、n｜E, rad(A)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Aで割ると、

E^n/(n*A)=
{(E^n)/n}/A=

B^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1]B*(nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A^(m-1)*B^(k-m-1)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/AにAの素因数が残っていれば、

rad(A)｜Eで、
A|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}だから、

B^(n-1)もAの素因数を持ちます。
AとBは互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/AにAの素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうどAで割り切れることになります。

[2] A'= X=A+E, B'= Y=B+E とおくと

⇒ Z= A'+B'-E, n｜E, n*A'｜E^n のご説明

Z = C+E =
A+B+E =
A+E + B+E -E =
A'+B'-E

から
Z= A'+B'-E

X=A', Y=B', Z= A'+B'-E
だから

A'^n + B'^n = (A'+B'-E)^nなので、
間違い
A^n + B^n =
(A'+B')^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(A'+B')^k*+(-E)^(n-k) - E^n

E^n=

{(A'+B')^n-A'^n-B'^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A'+B')^k-A'^k-B'^k}*(-E)^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A'^k*B'^(n-k)+

Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A'^m*B'^(k-m)}*(-E)^(n-k)

右辺の各項は、nCk*A'を含み、n｜nCkだからn*A'｜E^n

nは3以上の素数なので、n｜E, rad(A')｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*A'で割ると、

E^n/(n*A')=
{(E^n)/n}/A'=

B'^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A'^(k-1)*B'^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1]B*(nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A'^(m-1)*B'^(k-m-1)}*(-E)^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/A'にA'の素因数が残っていれば、

rad(A')｜Eで、
A'|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A'^(k-1)*B'^(n-k)}だから、

B'^(n-1)もA'の素因数を持ちます。
A'とB'は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/A'にA'の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうどA'で割り切れることになります。

[3] A'=X=A+E, rad(A)⊆rad(E), rad(A')⊆rad(E),

　　A|(E^n)/n, A'|(E^n)/n から

⇒ rad(A)⊆rad(A'), n｜E, A'=A+E,

　　AとA'の素因数pの冪は、p^mnまたはp^(mn-1)の形で矛盾のご説明

A'=A+E と rad(A)⊆rad(E)から
rad(A)⊆rad(A')

A≠1なので、Aのすべての素因数pは、A'の素因数pです。

E≠0 のとき、

A,A'は、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
A,A'それぞれの素因数pの冪は、p^m |E かつ p^(m+1) ¦ Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。
また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

つまり、
A=∏ [p≠n]p^mn・{∏ [p=nのとき]p^(mn-1)}=
(∏[p≠n] p^m)^n・{∏ [p=nのとき](p^m)^n・p^(-1)}＝
∏(p^m)^n・{∏ [p=nのとき]p^(-1)}

A'= A+Eより、A'-A =E

A'-A =Eについて、rad(A)⊆rad(A')より

左辺Aの素因数pは、左辺A'の素因数pでもあり、
ともに、左辺の素因数pの冪はp^mnまたはp^(mn-1)の形をしています。

ところが、右辺の素因数pの冪は、p^mです。

n≧3なので、
p^mn＞p^(mn-1)＞p^m
だから、

左辺のｐの冪と右辺のｐの冪が異なり矛盾します。

また、E＝０のときは、

(X+Y)^n = Z^nより

X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n

X^n + Y^n = Z^nで、X,Yは自然数なので、

{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となり、矛盾します。

なので、 X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素、ｎ≧３の素数はありません。

※なお、n=4のときの証明は既知とします。

2024-01-24

フェルマーの最終定理のよくある初等的証明８

フェルマーの最終定理

フェルマーの最終定理のよくある初等的証明をご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎが奇素数として

矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3][4][5]です。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n, n*B｜E^n, n*C｜E^nになります。

[2] E'=(-X)+Z-Y と (-X)=A'+E', Y＝B'+E', Z=C'+E' とおくと

⇒ A'+C'=B', n｜E', n*A'｜E'^n, n*B'｜E'^n, n*C'｜E'^nになります。

[3] E"=(-Y)+Z-X と X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

⇒ B"+C"=A", n｜E", n*A"｜E"^n, n*B"｜E"^n, n*C"｜E"^nになります。

[4]E≠０とすると、A=a^n, B=b^n, C=c^nと A+B=C から

⇒ a^n＋b^n＝c^n になり、 c<Zより、自然数Zが最小であれば矛盾します。

[5] E＝0 とすると、X+Y=Z から

⇒ 自然数 X,Y,Z で、X^n + Y^n < (X+Y)^n より、

X^n + Y^n = Z^n であることに矛盾します。

次に、[1][2][3][4][5]を順にご説明します。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n, n*B｜E^n, n*C｜E^nになります。

[ご説明]

E＝X+Y-Zとして、 X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eとおくと、

A+B=C になります。

なぜなら、
E-Y=X-Z=-B
E-X=Y-Z=-A
E-Z=(X-Z)+(Y-Z)=-C
だから、A+B=C になります。

X^n + Y^n = Z^n に

X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eを代入すると、

(A+E)^n + (B+E)^n = (C+E)^n

A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n+
B^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B^k*E^(n-k)+E^n=
C^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k)+E^n

E^n=

{C^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

C=A+Bを代入すると、

E^n=

{(A+B)^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCkを含み、n｜nCk だから、 n｜右辺

だから n｜左辺より、 n｜E^n から n｜E

(1) Aについて

右辺の各項は、nCk*Aを含み、n｜nCkだからn*A｜E^n

nは奇素数なので、n｜E, rad(A)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Aで割ると、

E^n/(n*A)=
{(E^n)/n}/A=

B^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1]B*(nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A^(m-1)*B^(k-m-1)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/AにAの素因数が残っていれば、

rad(A)｜Eで、
A|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}だから、

B^(n-1)もAの素因数を持ちます。
AとBは互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/AにAの素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうどAで割り切れることになります。

Aは、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
Aの素因数pの冪は、p^m | E かつ p^(m+1) ∤ Eのとき

p≠nで、p^mn の形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪は、p^(mn-1)の形をしています。

(2) Bについて

Aと同様にして、

{(E^n)/n}は、ちょうどBで割り切れることになります。

Bは、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
Bの素因数pの冪は、p^m | E かつ p^(m+1) ∤ Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪は、p^(mn-1)の形をしています。

(3) Cについて

以下の通り、{(E^n)/n}は、ちょうどCで割り切れることになります。

Z= C+E, X= A+E, Y= B+E だから

Z^n = X^n + Y^n
に代入すると、

(C+E)^n = (A+E)^n + (B+E)^nなので、

(C+E)^n - (B+E)^n - (A+E)^n = 0

B = C-A を代入して

(C+E)^n - (C-A +E)^n - (A+E)^n = 0
(C+E)^n + {(-C+A) -E}^n + {(-A)-E}^n = 0

C^n + Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k) +E^n +
(-C+A)^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-C+A)^k*(-E)^(n-k) +(-E)^n +
(-A)^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-A)^k*(-E)^(n-k) +(-E)^n = 0

-(-E)^n=
{C^n +(-C+A)^n +(-A)^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k*E^(n-k) +(-C+A)^k*(-E)^(n-k) +(-A)^k*(-E)^(n-k) }

E^n=
{C^n -(C-A)^n -A^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k*E^(n-k) -(C-A)^k*E^(n-k) -A^k*E^(n-k) } =

-Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*(-A)^(n-k) +
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k -(C-A)^k -A^k }*E^(n-k)

E^n=
-Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*(-A)^(n-k) +
-Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*C^m*(-A)^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Cを含み、n｜nCkだからn*C｜E^n

nは奇素数なので、n｜E, rad(C)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Cで割ると、

(E^n)/(n*C)=
{(E^n)/n}/C=

-(-A)^(n-1)-{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C^(k-1)*(-A)^(n-k)}+
-Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*C^(m-1)*(-A)^(k-m)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/C に C の素因数が残っていれば、

rad(C)｜E で、
C |{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C^(k-1)*(-A)^(n-k)}だから、

(-A)^(n-1)も C の素因数を持ちます。
A と C は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/C に C の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうど C で割り切れることになります。

Cは、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
Cの素因数pの冪は、p^m | E かつ p^(m+1) ∤ Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪は、p^(mn-1)の形をしています。

[2] E'=(-X)+Z-Y と (-X)=A'+E', Y＝B'+E', Z=C'+E' とおくと

⇒ A'+C'=B', n｜E', n*A'｜E'^n, n*B'｜E'^n, n*C'｜E'^nになります。

[ご説明]

E'=(-X)+Z-Y で、(-X)=A'+E'、Y＝B'+E'、Z=C'+E' とおくと、

A'+C'=B' になります。

-(X^n) + Z^n = Y^n に

(-X)=A'+E'、Y＝B'+E'、Z=C'+E' を代入すると、

E'=-Eより、-A=-(X-E)=(-X)-E'=A'

(A'+E')^n + (C'+E')^n = (B'+E')^nなので、

A'^n +Σ[k=1,n-1]nCk*A'^k*E'^(n-k) +E'^n+
C'^n +Σ[k=1,n-1]nCk*C'^k*E'^(n-k) +E'^n=
B'^n +Σ[k=1,n-1]nCk*B'^k*E'^(n-k) +E'^n

C' = B'-A' を代入して

(B'+E')^n - (B'-A' +E')^n - (A'+E')^n = 0
(B'+E)^n + {(-B'+A') -E'}^n + {(-A')-E'}^n = 0

B'^n + Σ[k=1,n-1]nCk*B'^k*E'^(n-k) +E'^n +
(-B'+A')^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-B'+A')^k*(-E')^(n-k) +(-E')^n +
(-A')^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-A')^k*(-E')^(n-k) +(-E')^n = 0

-(-E')^n=
{B'^n +(-B'+A')^n +(-A')^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ B'^k*E'^(n-k) +(-B'+A')^k*(-E')^(n-k) +

(-A')^k*(-E')^(n-k) }

E'^n=
{B'^n -(B'-A')^n -A'^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ B'^k*E'^(n-k) -(B'-A')^k*E'^(n-k) -A'^k*E'^(n-k) } =

-Σ[k=1,n-1]nCk*B'^k*(-A')^(n-k) +
Σ[k=1,n-1]nCk*{ B'^k -(B'-A')^k -A'^k }*E'^(n-k)

(1) A' について

E'=-E, -A=-(X-E)=(-X)-E'=A' より、

[1]の(1) A と同じ素因数を持ちます。

(2) B'について

E'^n=
-Σ[k=1,n-1]nCk*B'^k*(-A')^(n-k) +
-Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*B'^m*(-A')^(k-m)}*E'^(n-k)

右辺の各項は、nCk*B'を含み、n｜nCkだからn*B'｜E'^n

nは奇素数なので、n｜E', rad(B')｜E'

右辺の各項と左辺の各項を、n*B'で割ると、

(E’^n)/(n*B')=
{(E’^n)/n}/B'=

-(-A')^(n-1)-{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*B'^(k-1)*(-A')^(n-k)}+
-Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*B'^(m-1)*(-A')^(k-m)}*E'^(n-k)

もし、

{(E'^n)/n}/B' に B' の素因数が残っていれば、

rad(B')｜E' で、
B' |{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*B'^(k-1)*(-A')^(n-k)}だから、

(-A')^(n-1)も B' の素因数を持ちます。
A' と B' は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E'^n)/n}/B' に B' の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E'^n)/n}は、ちょうど B' で割り切れることになります。

B'は、(E'^n/n)をちょうど割り切るので、
B'の素因数pの冪は、p^m | E' かつ p^(m+1) ∤ E'のとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪は、p^(mn-1)の形をしています。

---------------------------->p≠nのご説明

もし、Bに素因数p=nがあれば、

E'=-E, B'- B=(Y-E')-(Y-E)=2*Eより、

B'-B =2*E

B'-B =2*Eについて、rad(B)⊆rad(B')より

左辺Bの素因数p=nは、左辺B'の素因数p=nでもあり、
ともに、左辺の素因数p=nの冪は、p^(mn-1)の形をしています。

ところが、右辺の素因数p=nの冪は、p^mです。

n≧3なので、
p^(mn-1)＞p^m
だから、

左辺のｐ=nの冪と右辺のｐ=nの冪が異なり矛盾します。

したがって、Bは素因数p=nを持たないので、

Bの素因数pの冪は p^mn の形をしています。

つまり、B=∏ p^mn=(∏ p^m)^n
ここで、(∏ p^m)=bとおくと、B=b^nとなります。

(3) C' について

E'^n=

{B'^n -A'^n -C'^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{B'^k -A'^k -C'^k}*E'^(n-k)

A'+C'=B' を代入すると、

E'^n=

{(A'+C')^n -A'^n -C'^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A'+C')^k -A'^k -C'^k}*E'^(n-k)

右辺の各項は、nCkを含み、n｜nCk だから、 n｜右辺

だから n｜左辺より、 n｜E'^n から n｜E'

右辺の各項と左辺の各項を、n*C' で割ると、

E'^n/(n*C')=
{(E'^n)/n}/C'=

A'^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C'^(k-1)*A'^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*C'^(m-1)*A'^(k-m)}*E'^(n-k)

もし、

{(E'^n)/n}/C'にC'の素因数が残っていれば、

rad(C')｜E'で、
C'|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C'^(k-1)*A'^(n-k)}だから、

A'^(n-1)もC'の素因数を持ちます。
C'とA'は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E'^n)/n}/C'にC'の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E'^n)/n}は、ちょうどC'で割り切れることになります。

C'は、(E'^n/n)をちょうど割り切るので、
C'の素因数pの冪は、p^m | E' かつ p^(m+1) ∤ E'のとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪は、p^(mn-1)の形をしています。

---------------------------->p≠nのご説明

もし、Cに素因数p=nがあれば、

E'=-E, C'- C=(Z-E')-(Z-E)=2*Eより、

C'-C =2*E

C'-C =2*Eについて、rad(C)⊆rad(C')より

左辺Cの素因数p=nは、左辺C'の素因数p=nでもあり、
ともに、左辺の素因数p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

ところが、右辺の素因数p=nの冪は、p^mです。

n≧3なので、
p^(mn-1)＞p^m
だから、

左辺のｐ=nの冪と右辺のｐ=nの冪が異なり矛盾します。

したがって、Cは素因数p=nを持たないので、

Cの素因数pの冪は p^mn の形をしています。

つまり、C=∏ p^mn=(∏ p^m)^n
ここで、(∏ p^m)=cとおくと、C=c^nとなります。

[3] E"=(-Y)+Z-X と X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

⇒ B"+C"=A", n｜E", n*A"｜E"^n, n*B"｜E"^n, n*C"｜E"^nになります。

[ご説明]

E"=(-Y)+Z-X で、X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" とおくと

B"+C"=A"になります。

-(Y^n) + Z^n = X^n に

X=A"+E", (-Y)＝B"+E", Z=C"+E" を代入すると、

E'=-Eより、-B=-(Y-E)=(-Y)-E"=B"

(B"+E")^n + (C"+E")^n = (A"+E")^n なので

B"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B"^k*E"^(n-k)+E"^n+
C"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C"^k*E"^(n-k)+E"^n=
A"^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*E"^(n-k)+E"^n

(1) A" について

E"^n=

{A"^n-B"^n-C"^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{A"^k-B"^k-C"^k}*E"^(n-k)

C" = A"-B" を代入して

(A"+E")^n - (A"-B"+E")^n - (B"+E")^n = 0
(A"+E")^n - {(A"-B")+E"}^n + {(-B")-E"}^n = 0

A"^n + Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*E"^(n-k) +E"^n +
(A"-B")^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(A"-B")^k*E"^(n-k) +E"^n +
(-B")^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-B")^k*(-E")^(n-k) +(-E")^n = 0

-(-E")^n=
{A"^n - (A"-B")^n + (-B")^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k*E"^(n-k) - (A"-B")^k*E"^(n-k) +

(-B")^k*(-E")^(n-k) }

E"^n=
{A"^n - (A"-B")^n - B"^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k*E"^(n-k) - (A"-B")^k*E"^(n-k) -

B"^k*E"^(n-k) } =

-Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*(-B")^(n-k) +
Σ[k=1,n-1]nCk*{ A"^k -(A"-B")^k -B"^k }*E"^(n-k)

E"^n=
-Σ[k=1,n-1]nCk*A"^k*(-B")^(n-k) +
-Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A"^m*(-B")^(k-m)}*E"^(n-k)

右辺の各項は、nCk*A"を含み、n｜nCkだからn*A"｜E"^n

nは奇素数なので、n｜E", rad(A")｜E"

右辺の各項と左辺の各項を、n*A"で割ると、

(E"^n)/(n*A")=
{(E"^n)/n}/A"=

-(-B")^(n-1)-{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A"^(k-1)*(-B")^(n-k)}+
-Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A"^(m-1)*(-B")^(k-m)}*E"^(n-k)

もし、

{(E"^n)/n}/A" に A" の素因数が残っていれば、

rad(A")｜E" で、
A" |{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A"^(k-1)*(-B")^(n-k)}だから、

(-B")^(n-1)も A" の素因数を持ちます。
B" と A" は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E"^n)/n}/A" に A" の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E"^n)/n}は、ちょうど A" で割り切れることになります。

A"は、(E"^n/n)をちょうど割り切るので、
A"の素因数pの冪は、p^m | E" かつ p^(m+1) ∤ E"のとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

---------------------------->p≠nのご説明

もし、Aに素因数p=nがあれば、

E"=-E, A"- A=(X-E")-(X-E)=2*Eより、

A"-A =2*E

A"-A =2*Eについて、rad(A)⊆rad(A")より

左辺Aの素因数p=nは、左辺A"の素因数p=nでもあり、
ともに、左辺の素因数p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

ところが、右辺の素因数p=nの冪は、p^mです。

n≧3なので、
p^(mn-1)＞p^m
だから、

左辺のｐ=nの冪と右辺のｐ=nの冪が異なり矛盾します。

したがって、Aは素因数p=nを持たないので、

Aの素因数pの冪は p^mn の形をしています。

つまり、A=∏ p^mn=(∏ p^m)^n
ここで、(∏ p^m)=aとおくと、A=a^nとなります。

(2) B" について

E"=-E, -B=-(Y-E)=(-Y)-E"=B" より、

[1]の(2) B と同じ素因数を持ちます。

(3) C" について

E"=E'=-E, C'=Z-E'=Z-E"=C" より、

[2]の(3) C' と同じ素因数を持ちます。

[4] E≠０とすると、A=a^n, B=b^n, C=c^nと A+B=C から

⇒ a^n＋b^n＝c^n になり、 c<Zより、自然数Zが最小であれば矛盾します。

[ご説明]

上記[3]の(1)から、A=a^n

上記[2]の(2)から、B=b^n

上記[2]の(3)から、C=c^n

だだし、a,b,cは自然数

A+B=Cに代入すると、a^n＋b^n＝c^n

E≠0のとき、a≦A<X, b≦B<Y, c<C<Z

ただし、等号はA=1またはＢ=1のとき

c<Zより、自然数Zが最小であれば矛盾します。

[5] E＝0 とすると、X+Y=Z から

⇒ 自然数 X,Y,Z で、X^n + Y^n < (X+Y)^n より、

X^n + Y^n = Z^n であることに矛盾します。

[ご説明]

E＝０のときは、
　
E= X+Y-Z= 0 だから X+Y=Z
(X+Y)^n = Z^nより

X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n

X^n + Y^n = Z^nで、X,Yは自然数なので、

{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となり、矛盾します。

なので、[4]と[5]から、

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数で、

ｎが奇素数の自然数はありません。

なお、n=4のときの証明は既知とします。

2023-10-22

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明7X

フェルマーの最終定理

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明をご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎが奇素数として

矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3]です。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n, n*B｜E^n, n*C｜E^nになります。

[2] E^nが　n*A, n*B, n*Cでちょうど割り切れるから

⇒ A=a^n, B=b^n, C=c^nの形になります。

[3] A=a^n, B=b^n, C=c^nと A+B=C から

⇒ a^n＋b^n＝c^n になり、 E＝0と X+Y=Zがいえて、矛盾します。

次に、[1][2][3]の順にご説明します。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n, n*B｜E^n, n*C｜E^n のご説明

E＝X+Y-Zとして、 X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eと置くと、 A+B=Cになります。

なぜなら、
E-Y=X-Z=-B
E-X=Y-Z=-A
E-Z=(X-Z)+(Y-Z)=-C
だから、A+B=Cになります。

AとBのどちらかは、1ではないので、A≠1とする
なぜなら、A=B=1とすると、X=Yになるから。

また、A,B,Cは互いに素です。

なぜなら、

A+B=C　だから A,B,Cのうち、
いずれか２つが共通素因数pをもてば、
残りの１つも共通素因数pをもちます。

そして、以下に示す通り、
n*A｜E^n だから rad(A)|E
p| rad(A) |Eだから、
X=A+E、Y＝B+E、Z=C+E も
共通素因数pをもつことになるからです。

(A+E)^n + (B+E)^n = (C+E)^nなので、

A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n+
B^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B^k*E^(n-k)+E^n=
C^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k)+E^n

E^n=

{C^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

C=A+Bを代入すると、

E^n=

{(A+B)^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)+

Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A^m*B^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Aを含み、n｜nCkだからn*A｜E^n

nは3以上の素数なので、n｜E, rad(A)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Aで割ると、

E^n/(n*A)=
{(E^n)/n}/A=

B^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1]B*(nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A^(m-1)*B^(k-m-1)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/AにAの素因数が残っていれば、

rad(A)｜Eで、
A|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}だから、

B^(n-2)もAの素因数を持ちます。
AとBは互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/AにAの素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうどAで割り切れることになります。

Aは、(E^n/n)をちょうど割り切るので、
Aの素因数pの冪は、p^m |E かつ p^(m+1) ∤ Eのとき

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

なので、間違い

両辺にp^(n-1)をかければ、

p=nの冪もp^(m-1)nの形にできます。

Bについても同様にして、

{(E^n)/n}は、ちょうどBで割り切れることになります。

Cについても以下の通り、

{(E^n)/n}は、ちょうどCで割り切れることになります。

※{(E^n)/n}が、ちょうどCで割り切れることのご説明

Z= C+E, X= A+E, Y= B+E だから

Z^n = X^n + Y^n
に代入すると、

(C+E)^n = (A+E)^n + (B+E)^nなので、

(C+E)^n - (B+E)^n - (A+E)^n = 0

B = C-A を代入して

(C+E)^n - (C-A +E)^n - (A+E)^n = 0
(C+E)^n + {(-C+A) -E}^n + {(-A)-E}^n = 0

C^n + Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k) +E^n +
(-C+A)^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-C+A)^k*(-E)^(n-k) +(-E)^n +
(-A)^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-A)^k*(-E)^(n-k) +(-E)^n = 0

-(-E)^n=
{C^n +(-C+A)^n +(-A)^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k*E^(n-k) +(-C+A)^k*(-E)^(n-k) +(-A)^k*(-E)^(n-k) }

E^n=
{C^n -(C-A)^n -A^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k*E^(n-k) -(C-A)^k*E^(n-k) -A^k*E^(n-k) } =

-Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*(-A)^(n-k) +
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k -(C-A)^k -A^k }*E^(n-k)

E^n=
-Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*(-A)^(n-k) +
-Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*C^m*(-A)^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Cを含み、n｜nCkだからn*C｜E^n

nは奇素数なので、n｜E, rad(C)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Cで割ると、

(E^n)/(n*C)=
{(E^n)/n}/C=

-(-A)^(n-1)-{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C^(k-1)*(-A)^(n-k)}+
-Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*C^(m-1)*(-A)^(k-m)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/C に C の素因数が残っていれば、

rad(C)｜E で、
C |{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C^(k-1)*(-A)^(n-k)}だから、

(-A)^(n-1)も C の素因数を持ちます。
A と C は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/C に C の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうど C で割り切れることになります。

[2] E^nが　n*A, n*B, n*Cでちょうど割り切れるから

⇒ A=a^n, B=b^n, C=c^nの形になることのご説明

上記[1]より、

互いに素なA,B,Cのすべての素因数pは、
A,B,Cは、{(E^n)/n}をちょうど割り切るので、　

p| rad(A*B*C) |E のとき
(p^m)|E かつ p^(m+1)∤ Eとすると

p≠nで、p^mnの形をしています。

また、もし素因数p=nがあれば、
p=nの冪はp^(mn-1)の形をしています。

なので、間違い

両辺にp^(n-1)をかければ、

p=nの冪もp^(m-1)nの形にできます。

Aの素因数pの冪は p^mn の形をしています。

つまり、A=∏ p^mn=(∏ p^m)^n
ここで、(∏ p^m)=aとおくと、A=a^nとなります。

同様に、B=b^n, C=c^nの形にあらわされます。

[3] A=a^n, B=b^n, C=c^nと A+B=C から

⇒ a^n＋b^n＝c^n になり、 E＝0と X+Y=Zで矛盾のご説明

上記[2]より、 A=a^n, B=b^n, C=c^n とおけます。
さらに、A+B=Cより、a^n+b^n=c^nとなります。

ところが、[1][2]より、

nは奇素数,
X,Y,Z,E,A,B,C,a,b,cは自然数なので、

E≠０とすると、

X=A+E＞A=a^n＞a, Y=B+E＞B=b^n＞b, Z=C+E＞C=c^n＞cより

X＞a, Y＞b, Z＞c, a^n+b^n=c^nとなります。

X^n+Y^n=Z^n (nは奇素数)で、

Zの最小性を仮定すれば、矛盾するので、E=0となります。

また、E＝０のときは、
　
E= X+Y-Z= 0 だから X+Y=Z
(X+Y)^n = Z^nより

X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n

X^n + Y^n = Z^nで、X,Yは自然数なので、

{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となり、矛盾します。

なので、 X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数で、

ｎが奇素数の自然数はありません。

なお、n=4のときの証明は既知とします。

2023-07-19

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明6X

フェルマーの最終定理

フェルマーの最終定理のよくある簡易的証明をご紹介します。

X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数、ｎが奇素数として

矛盾を導きます。

流れのポイントは、次の[1][2][3]です。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n, n*B｜E^n, n*C｜E^n

[2] E^nが　n*A, n*B, n*Cでちょうど割り切れるとき

⇒ n∤ A*B*Cのとき、 A=a^n, B=b^n, C=c^nの形になる

[3] n∤ A*B*Cと A=a^n, B=b^n, C=c^nと A+B=C から

⇒ a^n＋b^n＝c^n になり、 E＝0と X+Y=Zで矛盾します。

次に、[1][2][3]の順にご説明します。

[1] E=X+Y-Z と X=A+E, Y＝B+E, Z=C+E とおくと

⇒ A+B=C, n｜E, n*A｜E^n, n*B｜E^n, n*C｜E^n のご説明

E＝X+Y-Zとして、 X=A+E、Y＝B+E、Z=C+Eと置くと、 A+B=Cになります。

なぜなら、
E-Y=X-Z=-B
E-X=Y-Z=-A
E-Z=(X-Z)+(Y-Z)=-C
だから、A+B=Cになります。

AとBのどちらかは、1ではないので、A≠1とする
なぜなら、A=B=1とすると、X=Yになるから。

また、A,B,Cは互いに素です。

なぜなら、

A+B=C　だから A,B,Cのうち、
いずれか２つが共通素因数pをもてば、
残りの１つも共通素因数pをもちます。

そして、以下に示す通り、
n*A｜E^n だから rad(A)|E
p| rad(A) |Eだから、
X=A+E、Y＝B+E、Z=C+E も
共通素因数pをもつことになるからです。

(A+E)^n + (B+E)^n = (C+E)^nなので、

A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n+
B^n+Σ[k=1,n-1]nCk*B^k*E^(n-k)+E^n=
C^n+Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k)+E^n

E^n=

{C^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

C=A+Bを代入すると、

E^n=

{(A+B)^n-A^n-B^n}+

Σ[k=1,n-1]nCk*{(A+B)^k-A^k-B^k}*E^(n-k)

E^n=

Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)+

Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*A^m*B^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Aを含み、n｜nCkだからn*A｜E^n

nは3以上の素数なので、n｜E, rad(A)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Aで割ると、

E^n/(n*A)=
{(E^n)/n}/A=

B^(n-1)+{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}+
Σ[k=2,n-1]B*(nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*A^(m-1)*B^(k-m-1)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/AにAの素因数が残っていれば、

rad(A)｜Eで、
A|{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*A^(k-1)*B^(n-k)}だから、

B^(n-1)もAの素因数を持ちます。
AとBは互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/AにAの素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうどAで割り切れることになります。

Bについても同様にして、

{(E^n)/n}は、ちょうどBで割り切れることになります。

Cについても以下の通り、

{(E^n)/n}は、ちょうどCで割り切れることになります。

※{(E^n)/n}が、ちょうどCで割り切れることのご説明

Z= C+E, X= A+E, Y= B+E だから

Z^n = X^n + Y^n
に代入すると、

(C+E)^n = (A+E)^n + (B+E)^nなので、

(C+E)^n - (B+E)^n - (A+E)^n = 0

B = C-A を代入して

(C+E)^n - (C-A +E)^n - (A+E)^n = 0
(C+E)^n + {(-C+A) -E}^n + {(-A)-E}^n = 0

C^n + Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*E^(n-k) +E^n +
(-C+A)^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-C+A)^k*(-E)^(n-k) +(-E)^n +
(-A)^n + Σ[k=1,n-1]nCk*(-A)^k*(-E)^(n-k) +(-E)^n = 0

-(-E)^n=
{C^n +(-C+A)^n +(-A)^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k*E^(n-k) +(-C+A)^k*(-E)^(n-k) +(-A)^k*(-E)^(n-k) }

E^n=
{C^n -(C-A)^n -A^n}+
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k*E^(n-k) -(C-A)^k*E^(n-k) -A^k*E^(n-k) } =

-Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*(-A)^(n-k) +
Σ[k=1,n-1]nCk*{ C^k -(C-A)^k -A^k }*E^(n-k)

E^n=
-Σ[k=1,n-1]nCk*C^k*(-A)^(n-k) +
-Σ[k=2,n-1]nCk*{Σ[m=1,k-1]nCm*C^m*(-A)^(k-m)}*E^(n-k)

右辺の各項は、nCk*Cを含み、n｜nCkだからn*C｜E^n

nは奇素数なので、n｜E, rad(C)｜E

右辺の各項と左辺の各項を、n*Cで割ると、

(E^n)/(n*C)=
{(E^n)/n}/C=

-(-A)^(n-1)-{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C^(k-1)*(-A)^(n-k)}+
-Σ[k=2,n-1](nCk/n)*{Σ[m=1,k-1]kCm*C^(m-1)*(-A)^(k-m)}*E^(n-k)

もし、

{(E^n)/n}/C に C の素因数が残っていれば、

rad(C)｜E で、
C |{Σ[k=2,n-1](nCk/n)*C^(k-1)*(-A)^(n-k)}だから、

(-A)^(n-1)も C の素因数を持ちます。
A と C は互いに素だから、これは矛盾します。

なので、
{(E^n)/n}/C に C の素因数は残っていません。

いいかえれば、

{(E^n)/n}は、ちょうど C で割り切れることになります。

[2] E^nが　n*A, n*B, n*Cでちょうど割り切れるとき

⇒ n∤ A*B*Cのとき、 A=a^n, B=b^n, C=c^nの形になることのご説明

n∤ A*B*Cのとき、

互いに素なA,B,Cのすべての素因数pは、p≠nで、
A,B,Cは、E^nをちょうど割り切るので、　

p| rad(A*B*C) |E のとき
(p^m)|E かつ p^(m+1)∤ Eとすると

Aの素因数pの冪は p^mn の形をしています。
つまり、A=∏ p^mn=(∏ p^m)^n
ここで、(∏ p^m)=aとおくと、A=a^nとなります。

同様に、B=b^n, C=c^nの形にあらわされます。

n|A*B*Cのとき、

A,B,Cは互いに素なので、
n|Cなら、n∤ A*Bだから、A=a^n, B=b^nの形になります。

A+B=Cだから、A+B= a^n + b^n = C

C= a^n + b^n =

(a+b)^n - Σ[k=1,(n-1)/2](nCk){ a^(n-k)*b^k + a^k*b^(n-k) }

また、

C= a^n + b^n =

(a+b)[ Σ[k=1,(n-1)/2] { a^(n-k)*(-b)^(k-1) + (-a)^(k-1)*b^(n-k) }+

a^((n-1)/2)*b^((n-1)/2) ]

(a+b)| [右辺の{ a^(n-k)*(-b)^(k-1) + (-a)^(k-1)*b^(n-k) }]

そして、上記２つの式の右辺どうしはひとしいから、

(a+b)^n - Σ[k=1,(n-1)/2](nCk){ a^(n-k)*b^k + a^k*b^(n-k) } =
(a+b)[ Σ[k=1,(n-1)/2] { a^(n-k)*(-b)^(k-1) + (-a)^(k-1)*b^(n-k) }+

a^((n-1)/2)*b^((n-1)/2) ]

両辺を(a+b)で割ると、

(a+b)^(n-1) - Σ[k=1,(n-1)/2](nCk){ a^(n-k)*b^k +

a^k*b^(n-k) }/(a+b) =

[ Σ[k=1,(n-1)/2] { a^(n-k)*(-b)^(k-1) + (-a)^(k-1)*b^(n-k) }+

a^((n-1)/2)*b^((n-1)/2) ]

もし、n|C なら

n|(a+b)で、n| [左辺の(nCk)] より、
n| [左辺]

ところが、間違い

n| [右辺の{ a^(n-k)*(-b)^(k-1) + (-a)^(k-1)*b^(n-k) }] かつ　
n|Cなら、n∤ A*Bだから、n∤ [右辺の a^((n-1)/2)*b^((n-1)/2)] なので、
n∤ [右辺]

これは、n| [左辺]　なので矛盾です。

なので、n∤ Cがいえます。

同様にして、n∤ A, n∤ Bもいえます。

つまり、n∤ A*B*Cです。

[3] n∤ A*B*Cと A=a^n, B=b^n, C=c^nと A+B=C から

⇒ a^n＋b^n＝c^n になり、 E＝0と X+Y=Zで矛盾のご説明

上記[2]より、n∤ A*B*Cなので、 A=a^n, B=b^n, C=c^n とおけます。
さらに、A+B=Cより、a^n+b^n=c^nとなります。

ところが、[1][2]より、

nは奇素数,
X,Y,Z,E,A,B,C,a,b,cは自然数なので、

E≠０とすると、

X=A+E＞A=a^n＞a, Y=B+E＞B=b^n＞b, Z=C+E＞C=c^n＞cより

X＞a, Y＞b, Z＞c, a^n+b^n=c^nとなります。

X^n+Y^n=Z^n (nは奇素数)で、

Zの最小性を仮定すれば、矛盾するので、E=0となります。

また、E＝０のときは、
　
E= X+Y-Z= 0 だから X+Y=Z
(X+Y)^n = Z^nより

X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n

X^n + Y^n = Z^nで、X,Yは自然数なので、

{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となり、矛盾します。

なので、 X^n + Y^n = Z^nで、 X,Y,Zが互いに素な自然数で、

ｎが奇素数の自然数はありません。

なお、n=4のときの証明は既知とします。