Czytam sobie artykuł na jednym z portali internetowych, aż tu nagle natrafiam na bardzo ciekawy fragment.
"Już w III wieku Diofantos zauważył, że żadna liczba postaci \(\displaystyle{ 8m + 7}\) nie może być sumą trzech kwadratów. Fermat podał pełny warunek: tercet kwadratów jest wykluczony tylko w przypadku liczb \(\displaystyle{ 4^{n} (8m + 7)}\) dla \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) ≥ \(\displaystyle{ 0}\)."
źródło :
Znajdziecie ten fragment, przez ctrl+f > (8m+7).
Cały czas zadziwia mnie pan Fermat, niby prawnik, a dowodził takich rzeczy...
Nie mogę znaleźć pełnego dowodu tego twierdzenia, czy macie do niego jakiś dostęp lub sami umiecie tego dowieść? Bo ja na ten przykład nie bardzo
Tercet Kwadratów - Diofantos, Fermat
-
Richard del Ferro
- Użytkownik
- Posty: 190
- Rejestracja: 13 mar 2016, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 16 razy
Tercet Kwadratów - Diofantos, Fermat
Ostatnio zmieniony 3 gru 2016, o 23:37 przez Richard del Ferro, łącznie zmieniany 3 razy.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Tercet Kwadratów - Diofantos, Fermat
Nie umiem tego dowieść i raczej nie jest to łatwe. Jako pierwszy udowodnił to bodajże Legendre.
Zobacz np. tutaj:
Nie jest to elementarne, widzę tu symbol Legendre'a, więc teoria reszt kwadratowych itd.
-- 3 gru 2016, o 23:04 --
Przy czym należy zaznaczyć, że nie umiem zweryfikować poprawności tego dowodu, bo brakuje mi wiedzy, ale na mathoverflow pisali, że jest OK.
-- 4 gru 2016, o 00:09 --
Nie wprost: załóżmy, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=4^n(8m+7)}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a,b,c,m,n \in \NN^+}\)
Łatwo widać, że dla \(\displaystyle{ n>1}\) prawa strona dzieli się przez \(\displaystyle{ 8}\), więc lewa też musi, stąd musi być np. (bez straty ogólności) \(\displaystyle{ a^2 \equiv 4, b^2 \equiv 4, c^2 \equiv 0}\)
(wszystko modulo \(\displaystyle{ 8}\)) albo \(\displaystyle{ a^2 \equiv 0, b^2 \equiv 0, c^2\equiv 0}\). I to zaraz pada modulo \(\displaystyle{ 16}\) w tym pierwszym przypadku, a w tym drugim przypadku (wszystkie trzy kwadraty podzielne przez \(\displaystyle{ 8}\)) jest trochę gorzej: zauważmy, że każdy z kwadratów po lewej dzieli się przez naturalną dodatnią potęgę \(\displaystyle{ 4}\). Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie największym wykładnikiem, z jakim \(\displaystyle{ 4}\) dzieli każdy składnik lewej strony. Jeśli \(\displaystyle{ p>n}\), to oczywiście sprzeczność. Załóżmy, że jest przeciwnie. Równanie przyjmuje postać:\(\displaystyle{ \left(\frac{a}{2^p}\right)^2 + \left(\frac{b}{2^p}\right)^2 + \left(\frac{c}{2^p}\right)^2 =4^{n-p}(8m+7)}\). I w ten sposób przy założeniu \(\displaystyle{ n>p}\) sprowadziliśmy problem do poprzedniego przypadku (szczegóły wymagają dopracowania) - spróbuj to uściślić. Jeszcze dla \(\displaystyle{ n=p}\) mamy prostą sprzeczność modulo \(\displaystyle{ 8.}\)
A co do \(\displaystyle{ n=1}\) - mamy wówczas równanie
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=32m+28}\).
Z obserwacji na temat reszt kwadratów z dzielenia przez \(\displaystyle{ 8}\) (kwadrat liczby nieparzystej daje resztę \(\displaystyle{ 1}\)) widzimy, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parzyste. Dzielimy stronami przez 4 i mamy:
\(\displaystyle{ \left(\frac a 2 \right)^2+\left(\frac b 2 \right)^2+\left( \frac c 2\right)^2=8m+7}\)
a to jest sprzeczność modulo osiem, bo jak dodasz zera, czwórki i jedynki, żeby wyszło \(\displaystyle{ 7}\)?
Sorry za chaos, ale jestem bardzo sobotni, piwko się chłodzi w lodówce, film czeka...
PS Nie edytuj po kilka razy postów, na które ktoś odpowiedział.
Zobacz np. tutaj:
Nie jest to elementarne, widzę tu symbol Legendre'a, więc teoria reszt kwadratowych itd.
-- 3 gru 2016, o 23:04 --
Przy czym należy zaznaczyć, że nie umiem zweryfikować poprawności tego dowodu, bo brakuje mi wiedzy, ale na mathoverflow pisali, że jest OK.
-- 4 gru 2016, o 00:09 --
Nie wprost: załóżmy, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=4^n(8m+7)}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a,b,c,m,n \in \NN^+}\)
Łatwo widać, że dla \(\displaystyle{ n>1}\) prawa strona dzieli się przez \(\displaystyle{ 8}\), więc lewa też musi, stąd musi być np. (bez straty ogólności) \(\displaystyle{ a^2 \equiv 4, b^2 \equiv 4, c^2 \equiv 0}\)
(wszystko modulo \(\displaystyle{ 8}\)) albo \(\displaystyle{ a^2 \equiv 0, b^2 \equiv 0, c^2\equiv 0}\). I to zaraz pada modulo \(\displaystyle{ 16}\) w tym pierwszym przypadku, a w tym drugim przypadku (wszystkie trzy kwadraty podzielne przez \(\displaystyle{ 8}\)) jest trochę gorzej: zauważmy, że każdy z kwadratów po lewej dzieli się przez naturalną dodatnią potęgę \(\displaystyle{ 4}\). Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie największym wykładnikiem, z jakim \(\displaystyle{ 4}\) dzieli każdy składnik lewej strony. Jeśli \(\displaystyle{ p>n}\), to oczywiście sprzeczność. Załóżmy, że jest przeciwnie. Równanie przyjmuje postać:\(\displaystyle{ \left(\frac{a}{2^p}\right)^2 + \left(\frac{b}{2^p}\right)^2 + \left(\frac{c}{2^p}\right)^2 =4^{n-p}(8m+7)}\). I w ten sposób przy założeniu \(\displaystyle{ n>p}\) sprowadziliśmy problem do poprzedniego przypadku (szczegóły wymagają dopracowania) - spróbuj to uściślić. Jeszcze dla \(\displaystyle{ n=p}\) mamy prostą sprzeczność modulo \(\displaystyle{ 8.}\)
A co do \(\displaystyle{ n=1}\) - mamy wówczas równanie
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=32m+28}\).
Z obserwacji na temat reszt kwadratów z dzielenia przez \(\displaystyle{ 8}\) (kwadrat liczby nieparzystej daje resztę \(\displaystyle{ 1}\)) widzimy, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parzyste. Dzielimy stronami przez 4 i mamy:
\(\displaystyle{ \left(\frac a 2 \right)^2+\left(\frac b 2 \right)^2+\left( \frac c 2\right)^2=8m+7}\)
a to jest sprzeczność modulo osiem, bo jak dodasz zera, czwórki i jedynki, żeby wyszło \(\displaystyle{ 7}\)?
Sorry za chaos, ale jestem bardzo sobotni, piwko się chłodzi w lodówce, film czeka...
PS Nie edytuj po kilka razy postów, na które ktoś odpowiedział.