Fermats store sætning n=4 bevis

Beviset støtter sig på løsningsformlen for pythagoræiske tripler, dvs løsninger til ligningen for n = 2:

x² + y² = z²

FLT for n = 4 er jo på en måde et specialtilfælde af n = 2, da

x⁴ + y⁴ = z⁴

kan skrives

(x²)² + (y²)² = (z²)² ,

så hvis (x,y,z) skal være en løsning til x⁴ + y⁴ = z⁴ , må (x²,y²,z²) være et pythagoræisk trippel. I beviset viser man så, at dette fører til en modstrid.

Mange mange tak for dit svar! Nu forstår jeg da princippet i bevisets udførelse.

Jeg har flere steder stødt på udtrykket FLT her på nettet, men har ikke kunnet finde det i mine matematikbøger. Hvad betyder det?

#2

FLT = Fermat's Last Theorem (Fermat's Store Sætning).

Uden kontekst, vil jeg antage at FLT betyder Fermat's Last Theorem, hvilket formuleres:

Der findes ingen heltals løsninger til xⁿ+yⁿ=zⁿ for n>2, hvor n er et heltal.

#4

Ja, det er korrekt. Trådstarter forklarede i #0, at hun er i gang med at vise noget om den, så jeg fandt det ikke nødvendigt at formulere sætningen her.

#1

Ja okay, det er jo klart. Kender du det fulde indirekte bevis for n=4, og vil det være til at klare at forklare det på dansk? Det ville virkelig være den største hjælp overhovedet...

#4

Tak for dit svar.

#6

Beviset bygger, som nævnt, på løsningsformlen for pythagoræiske tripler.

Hvis (x,y,z) er positive, relativt primiske hele tal og løsning til

          x² + y² = z²

findes der positive, relativt primiske hele tal p og q, så at p > q, så at p og q har modsat paritet, og så at

          x = 2pq, y = p² - q² , z = p² + q² .

Når (x,y,z) er relativt primiske, kaldes triplet for et primitivt pythagoræisk trippel. Man kan let vise, at z altid vil være ulige.

Lad nu (x,y,z) være positive, relativt primiske hele tal, der er løsning til FLT(4)

          x⁴ + y⁴ = z⁴ .

Da er (x² , y² , z²) et pythagoræisk trippel, og der findes derfor hele positive tal, der er relativt primiske, med
p > q, og så p og q har modsat paritet, så at

          x² = 2pq , y² = p² - q² , z² = p² + q² .

Af ligningen y² = p² - q²  ses det, at (y,q,p) er et primitivt pythagoræisk trippel. p er derfor ulige, og dermed er q lige. Der findes derfor relativt primiske hele positive tal a og b, med a > b og med modsat paritet, så at

          q = 2ab, y = a² - b² , p = a² + b² .

Altså er

          x² = 2pq = 4ab(a²+b²) .

Da 4 er et kvadrat, følger det, at ab(a²+b²) er et kvadrat. Da a og b er relativt primiske, er ab og a²+b² relativt primiske, hvorfor ab og a²+b² hver for sig må være kvadrater. Da a og b er relativt primiske, og ab er et kvadrat, må så a og b hver for sig være et kvadrat, så vi kan skrive

          a = X² og b = Y²

og dermed

          X⁴ + Y⁴ = a² + b²

og da a² + b² er et kvadrat, for eksempel Z², har vi

          X⁴ + Y⁴ = Z² .

Ovenfor har vi kun benyttet, at z⁴ er et kvadrat, dvs vi startede med x⁴ + y⁴ = (z²)² , og ud fra dem konstruerede vi nye positive hele tal X og Y , så at X⁴ + Y⁴ er et kvadrat. Desuden har vi

          X⁴ + Y⁴ = a² + b² = p < p² + q² = z² < z⁴ = x⁴ + y⁴ .

Det er derfor muligt at gentage processen, hvorved vi får en strengt aftagende følge af positive hele tal, hvilket er umuligt. Derfor kan summen af to heltallige 4.-potenser ikke være lig med et kvadrat, og derfor heller ikke være lig med en 4.-potens. Derfor har ligningen

          x⁴ + y⁴ = z⁴

ingen løsning i hele positive tal.

#7

Nu har jeg læst beviset igennem et par gange, og jeg forstår hovedparten af det, men der er lige nogle ting, jeg kan mærke, at jeg bliver nødt til at slå op for at forstå ordentligt. Dem vil jeg kigge på i morgen, så det kan være, der kommer flere spørgsmål der. Jeg er så uendeligt taknemmelig for, at du har hjulpet mig med det her! Mange tusind tak.

#7
Jeg forstår ikke det skridt, hvor du ræsonnerer for at både a og b er kvadrater, altså:

x2 = 2pq = 4ab(a2+b2) .

Da 4 er et kvadrat, følger det, at ab(a2+b2) er et kvadrat. Da a og b er relativt primiske, er ab og a2+b2 relativt primiske, hvorfor ab og a2+b2 hver for sig må være kvadrater. Da a og b er relativt primiske, og ab er et kvadrat, må så a og b hver for sig være et kvadrat

Vil du ikke forklare dette yderligere? Mange tak for din hjælp!

Undskyld, potenserne ikke fungerede i den besked, jeg lige sendte.

Man finder, at 

x² = 4ab(a²+b²) 

hvor a og b er relativt primiske. Vi kan også skrive

x² = 4ab(a²+b²) = 2²·ab·((a+b)² -2ab).

Hvis et primtal p > 1 gik op i ab og a²+b² ville det gå op i a+b . Da det går op i enten a eller b, må det da gå op i både a og b, i modstrid med at a og b er relativt primiske. Ingen af faktorerne i ab er derfor faktor i a²+b², og omvendt, og derfor må faktorerne ab og a²+b² i kvadratet x² selv være kvadrater hver for sig.