Fermat og Euler studieretningsopgave

Hej jeg er i gang med at skrive om Eulers bevis af n=3 og der står både at han har bevist dette eller rettere fermats sætning i tilfældet af n=3, men betyder det at han har bevist at det ikke går op ligesom fermat påstod at sætningen x^n+y^n=z^n ikke går op hvis n>2 så mit spørgsmål er så når man læssser alle steder at Euler har bevist n=3 vil det så sige at han siger at sætningen ikke går op derved og giver fermat ret eller siger han at han har bevist sætningen for at den godt kan gå op i tilfældet at n=3?

her er hvad jeg har fundet ud af ved hjælp af:
http://library.thinkquest.org/28049/eulersproof.html

og her noget af min opgave:

Eulers bevis
Eulers bevis for n=3 går ud på at lade x, y and z være løsningen til
x3+y3=z3
hvor x, y and z er hele tal og er primiske tal, det betyder, at de ikke alle er 0 og at de ikke parvis deler samme positive fælles divisor undtagen 1. Det skrives også som at de er indbyrdes primiske, hvis sfd(samme fælles divisor) af (a,b)=1. Ethvert tal der dividerer de to led x og y vil også dividere det tredje led z, men dette fælles tal kan så også fjernes. Det betyder at et af tallene x, y eller z skal være et lige tal, siden de er en gruppe af primrimiske tal, hvor summen af to ulige tal, som ikke kan delles med to, skal blive en lige sum.

Der antages så at x og y er to tal som er ulige og at z er et lige tal, så må x+y og x-y begge være lige. Hvis man sætter x=x+y og y=x-y i formlen x3+y3=z3 så fås:
x3+y3=z3=>
(x+y)3+(x-y)3=>(x3+3x2y+3xy2+y3)+(x3-3x2y+3xy2-y3)=>
2x3+6xy2=>2x(x2+3y2)=z3
Bagefter, hvis man putter x=2p og y=2q, og derefter fjerner deres fælles faktoren 2 ved at gange med 1/2.
x=1/2(2p+2q)=p+q og y=1/2(2p-2q)=p-q.
så kan x3+y3 også skrives som:
(p+q)3+(p-q)3= (p3+3p2q+3pq2+p3)+(p3-3p2q+3pq2-q3)=>
2p((p+q)2-(p+q)(p-q)+(p-q)2)=>2p3+6pq2=>
2p(p2+3q2)=z3
her er 2p(p2+3q2)= 2x(x2+3y2)
Ifølge Euler er enten p eller q et lige tal mens den anden er et ulige, ligesom p+q og p-q er ulige, Men de er også primiske, da deres fælles divisor vil være p+q og p-q, dette modsiger det faktum at x=p+q og y=p-q er primiske. Derfor kan deres fælles divisor kun være 1.
Men man kan antage, at p og q er positive så man kan afstemme placeringen af x og y hvis x0. I tilfaldet at x=y er umuligt, da x=y=1 og så ville z3=2 og det er ikke et kubisk tal.
Ligeledes hypotesen at, x og y begge er ulige. Og at p og q er hele tal(Z), hvor den ene er lige og den anden ulige, så at 2p(p2+3q2)=kubiktal.
Hvis z er et ulige tal og en af x eller y er lige betyder det, at det ulige tal f.eks. y3 kan flyttes til højre side af lighedstegnet:
x3=z3-y3= (z-y)(z2+zy+y2)
Men ved brug af den samme løsnings metode som i den første antagelse, hvor z er lige mens x og y er ulige, så fås der:
x3=(p+q)3= p3+3p2q+3pq2+p3 og y3=(p-q)3=p3-3p2q+3pq2-q3 og z3=2p(p2+3q2)=2p3+6pq2
x3=z3-y3=(z-y)(z2+zy+y2)
( p3+3p2q+3pq2+p3)=2p(p2+3q2)-( p3-3p2q+3pq2-q3)=>
( p3+3p2q+3pq2+p3)=(2p3-p3)+(6pq2-3pq2)+3p2q+q3=>

2p((p+q)2-(p+q)(p-q)+(p-q)2)=>2p(p2+3q2)=z3
hvor p, q er primiske, positive hele tal, hvor det ene tal er lige og det andet ulige. Hvis 2p og p2+3q2 er primiske og for at deres produkt skal være et kubisk tal, kan vi konkludere at hver af dem må være kubisk. Der er der en teori der siger, at når produktet af ab hvor sfd(a,b)=1, her siges så at man kan sige lig med et andet tal ab=gx og så må hver af a og b være lig to nye hele tal(sym:Z) så at a=cx og b=dx for nogle hele tal c og d. Men udsagnet om at 2p og p2+3q2 er primiske er ikke helt redeliggjort. Da enten p eller q er lige mens den anden er ulige, p2+3q2 er ulige og enhver fælles divisor af 2p, p2+3q2 ville være en fælles divisor af p, p2+3q2 og derfor ligeledes en fælles divisoren af p, 3q2. Derfor da p og q er primiske er den eneste mulige fælles divisor 3 af p, 3q2, så at 2p og p2+3q2 ikke er primiske. Dette bevis kan deles i to tilfælde, i det første vil man antage at 2p, p2+3q2 er primiske og i det andet vil man antage at de har en fælles divisor som er 3.
I første tilfælde, hvor vi antager at der ikke er nogen fælles divisor mellem 2p og p2+3q2, og at 2p og p2+3q2 begge er kubiktal, ligesom konkluderet for oven. Ved brug af ligningen, hvor man sætter x=(p2+3q2) og y=( p2-3q2) kan man finde kubiske løsninger i form af p2+3q2 ved at opstille det således:
(p2+3q2)( p2-3q2)=z3
Derefter indsættes på x og y eller her p,q’s plads a,b,c,d:
(a2+3b2)(c2-3d2)= a2c2(-3a2d2+3b2c2)-3b23d3=>(ac-3bc)2-3(ad-bc)2
Men da man alligevel ganger ind med -3 ind i en minus parentes, så bliver den positiv, derfor:
(a2+3b2)(c2-3d2)= (ac-3bd)2+3(ad+bc)2
her kan man finde et kubisk tal i form af p2+3q2, og den eneste måde at udtrykke dette på er, at når p2+3q2 er kubisk så må der eksisterer a, b så at p og q gives fra z3=2p((p+q)2-(p+q)(p-q)+(p-q)2)=2p(p2+3q2), hvor der fjernes 2p, til:
z3=(a2+3b2)((a2-3b2)+3(2ab)2)= (a2+3b2)3=>
(a(a2-3b2)-3b2(2ab))2+3(a(2ab)+b(a2-3b2))=>
(a3-9ab2)2+3(3a2b-3b3)2
På baggrund af dette kan vi finde kvadrater i form af p2+3q2 ved at vælge a, b vilkårligt og se at p=a3-9ab2 og q=3a2b-3b3 så at p2+3q2=(a2+3b2)3
Hullet i Eulers bevis er at der her bevises at dette er den eneste vej, at p2+3q2 kan udtrykkes som et kvadrat for når p2+3q2 er et kvadrat er der også et a, b. Men Euler baserede sin konklusion på det ukorrekte argument beskrevet tidligere. Hans fejl have en betydning i senere udvikling. Han havde brug for at finde kubiske tal i form af p2 + 3q2
og Euler viste at for enhver a, b hvis man putter:
p = a3 - 9ab2, q = 3(a2b - b3) så:
p2 + 3q2 = (a2 + 3b2)3.
Dette er rigtigt, men så prøver han at vise at hvis p2 + 3q2 er kubisk så må a og b eksisterer sådan så at p og q er som for oven. Hans metode her er imaginær, for her der regnes der med tal på a + bv-3 form. Disse tal opfører sig dog ikke på samme måde som hele tal(Z) som Euler ikke så ud til at tage sig af.
Hvis denne konklusion er bevist til at være rigtig så kan vi konkludere at I tilfældet af n=3 af Fermats sidste sætning er bevist.

For at konkretiserer Eulers bevis så konkretiseres udtrykket p= a3-9ab2 =a(a-3b)(a+3b) og q=3a2b-3b3 =3b(a-b)(a+b) hvor a og b er primiske heltal, fordi enhver fælles faktor af dem vil dividerer både p og q og derved modsiges antagelsen om at de er relativt primiske. 2p kan derfor skrives udtrykket af a og b så at 2p=2a(a-3b)(a+3b)=kubisk. tallet a eller b skal være lige og det andet ulige, for ellers så ville p og q begge være lige. Som resultat er, a-3b og a+3b begge ulige og den eneste mulige fælles divisor af 2a, a ±3b ville være fælles divisor af a, a± 3b og derfor af a ± 3b. Meget lignende enhver fælles divisor af a+3b og a-3b ville være en faktor af a og af 3b. Der kan man så se den eneste mulige fælles faktor er 3 men 3 dividere ikke a fordi det så ville dividerer p, og derved modsiges antagelsen i første tilfælde om at de ikke har en fælles divisor 3, men er primiske. Det er på baggrund af det at 2a, a-3b, a+3b er hele tal og primiske og at de alle tre må være kubiske, så 2a=a 3, a-3b=b 3, a+3b=g 3. Da så
b 3+g 3=2a=a 3
og dette giver en løsning af x3+y3=z3 I mindre tal end den orginale løsning. For da a 3b 3g 3=2a(a-3b)(a+3b)=2p, som er positive og en faktor af z3 hvis z er lige og a faktor af x3 hvis x er lige. Derfor er a 3b 3g 3 mindre end z i hvert et tilfælde. Faktisk så kunne a, b, g godt være negative, men siden (-a )3= -a 3 er en negative kvadrat kan det flyttes til den modsatte side af ligehedstegnet, for derved at blive en positive kvadrat og så er den resulterende ligning X3+Y3=Z3 hvor X, Y, og Z alle er positive og Z3<z3. Ved bug at løsningsmetoden kan vi igen komme frem til et nyt set af løsninger for ligningen x3+y3=z3 hvor x, y, z er positive og igen z3<Z3. Denne process kan blive ved for uendelige tal, hvor der hver gang findes mange mindre værdier for løsningen. Men for positive hele tal kan det ikke reduceres til uendelighed. Vi kan derfor konkludere at i det første tilfælde af n=3 af Fermats sidste sætning er blevet bevist.