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Satz des Monats

Großer Fermatscher Satz

Für alle [math]\displaystyle{ p \in {}^{\omega }{\mathbb{P}_{\ge 3}} }[/math] und [math]\displaystyle{ x, y, z \in {}^{\omega }{\mathbb{N}^{*}} }[/math] gilt stets [math]\displaystyle{ x^p + y^p \ne z^p }[/math] und damit für alle [math]\displaystyle{ m \in {}^{\omega }{\mathbb{N}_{\ge 3}} }[/math] statt [math]\displaystyle{ p }[/math].

Beweis:

Aufgrund des kleinen fermatschen Satzes [math]\displaystyle{ \mod p }[/math] ist umformuliert [math]\displaystyle{ f_{akp}(n) := (2n + a - kp)^p - n^p - (n + a)^p \ne 0 }[/math] für [math]\displaystyle{ a, k, n \in {}^{\omega }{\mathbb{N}^{*}} }[/math] mit [math]\displaystyle{ kp < n }[/math] zu zeigen.

Beweisdetails

Aus [math]\displaystyle{ x := n, y:= n + a }[/math] und [math]\displaystyle{ z := 2n + a + d }[/math] mit [math]\displaystyle{ d \in {}^{\omega }{\mathbb{N}^{*}} }[/math] folgt wegen [math]\displaystyle{ z^p \equiv y, y^p \equiv y }[/math] und [math]\displaystyle{ z^p \equiv z }[/math] erst [math]\displaystyle{ d \equiv 0 \mod p }[/math], dann [math]\displaystyle{ d = \pm kp }[/math]. Da [math]\displaystyle{ x + y = 2n + a > z }[/math] sein muss, ist [math]\displaystyle{ f_{akp}(n) }[/math] angemessen gewählt.

Die Behauptung folgt nun durch Induktion nach [math]\displaystyle{ n }[/math] wegen des Falles [math]\displaystyle{ m = 4 }[/math] und [math]\displaystyle{ y > x > p }[/math]:

Induktionsanfang [math]\displaystyle{ (n \le p): f_{akp}(n) \ne 0 }[/math] für alle [math]\displaystyle{ a, k }[/math] und [math]\displaystyle{ p }[/math]. Sei [math]\displaystyle{ r \in {}^{\omega }{\mathbb{N}_{< p}} }[/math].

Induktionsschritt [math]\displaystyle{ \,(n = q + r \; \rightarrow \; n^{*} = n + p) }[/math]: Sei [math]\displaystyle{ f_{akp}(n^{*}) \ge 0 }[/math], aber [math]\displaystyle{ f_{akp}(n) < 0 }[/math], da aufgrund des streng monotonen Steigens von [math]\displaystyle{ f_{akp}(n) }[/math] sonst nichts zu beweisen ist.

Beweisdetails

Die strenge Monotonie ergibt sich aus der (stetigen) Ableitung nach [math]\displaystyle{ n }[/math] mit [math]\displaystyle{ f_{akp}(n)' = p(2(2n + a - kp)^{p - 1} - n^{p - 1} - (n + a)^{p - 1}) > 0 }[/math].

Es gilt [math]\displaystyle{ f_{akp}(n^{*}) = (\int_0^{n^{*}}{f_{akp}(v)}dv)' \ne 0 }[/math], da [math]\displaystyle{ (n^{*})^{p + 1} + (n^{*} + a)^{p + 1} }[/math] nach Abspaltung des positiven Faktors nicht [math]\displaystyle{ ((n^{*})^p + (n^{*} + a)^p)^2 }[/math] teilt wie Polynomdivision zeigt.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

Beweisdetails

[math]\displaystyle{ \int_0^{n^{*}}{f_{akp}(v)}dv = ((2n^{*} + a - kp)^{p + 1} / 2 - (n^{*})^{p + 1} - (n^{*} + a)^{p + 1})/(p + 1) + t = ((2n^{*} + a - kp)^{(p + 1)/2} \pm \sqrt{2(n^{*})^{p + 1} + 2(n^{*} + a)^{p + 1}})^2/(2p + 2) + t }[/math] mit [math]\displaystyle{ t \in {}^{\omega}{\mathbb{Q}} }[/math], wobei die dritte binomische Formel [math]\displaystyle{ r^2 - s^2 = (r \pm s)^2 := (r + s)(r - s) }[/math] benutzt wurde. Dann ist die Ableitung nach Abspaltung des unwesentlichen [math]\displaystyle{ \hat{2}((2n^{*} + a - kp)^{(p + 1)/2} + \sqrt{2(n^{*})^{p + 1} + 2(n^{*} + a)^{p + 1}})/(p + 1) }[/math] gerade [math]\displaystyle{ (\hat{2}(2n^{*} + a - kp)^{(p - 1)/2} - \hat{2}((n^{*})^p + (n^{*} + a)^p)/\sqrt{2(n^{*})^{p + 1} + 2(n^{*} + a)^{p + 1}}) }[/math]. Nach Quadrieren ergibt die erwähnte Polynomdivision [math]\displaystyle{ (n^{*})^{p - 1} + (n^{*} + a)^{p - 1} + a^2(n^{*})^{p - 1}(n^{*} + a)^{p - 1}/((n^{*})^{p + 1} + (n^{*} + a)^{p + 1}) }[/math] wie Nachrechnen durch Multiplikation bestätigt.

Leseempfehlung

Nichtstandardmathematik