Fermats siste teorem. Arne B. Sletsjøe. Universitetet i Oslo

Transkript

1 Fermats siste teorem Arne B. Sletsjøe Universitetet i Oslo

2 Teorem (Wiles, ) Likningen x n + y n = z n Sir Andrew Wiles (1954-) har ingen ikke-trivielle heltalls-løsninger for n > 2.

3 Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet. Pierre de Fermat (1601/ ) Det er umulig å dele en tredjepotens i to tredjepotenser, eller en fjerdepotens i to fjerdepotenser, eller helt generelt, en høyere potens enn to i to ledd av samme type. Jeg har funnet et praktfullt bevis for dette, men margen er for liten til å romme det.

4 Metrodorus sier om Diophantus: Here lies Diophantus, the wonder behold. Through art algebraic, the stone tells how old: God gave him his boyhood one-sixth of his life, One twelfth more as youth while whiskers grew rife; And then yet one-seventh ere marriage begun; In five years there came a bouncing new son. Alas, the dear child of master and sage After attaining half the measure of his father s life chill fate took him. After consoling his fate by the science of numbers for four years, he ended his life. x 6 + x 12 + x x + 4 = x gir x = 84 2

5 Teorem (Euklid) Et hvert primitivt Pythagoreisk trippel x 2 + y 2 = z 2 kan skrives på formen x = p 2 q 2 y = 2pq z = p 2 + q 2 der p og q er innbyrdes primiske positive heltall. Eksempler: = 5 2, p = 2, q = = p = 3, q = 2

6 Teorem (de Fermat, ca. 1640) Det finnes ingen rasjonale rettvinklede trekanter med areal lik et kvadrattall. En rasjonal rettvinklet trekant er en rettvinklet trekant der alle sidelengdene er rasjonale tall. Ved å multiplisere med fellesnevneren kan vi anta at alle sidekantene er heltallige. x=3 z=5 areal = = 6 y=4

7 Bevis-ide: Anta at det finnes heltallige rettvinklede trekanter med kvadratisk areal. Velg trekanten med minst areal. Fermat viser at ved å bruke PPT-teoremet, så kan vi finne en heltallig rettvinklet trekant med ekte mindre (kvadratisk) areal. Dette gir oss en motsigelse. Bevis-metoden kalles uendelig nedstiging og baserer seg på at det finnes et minste positivt heltall (nemlig 1).

8 Teorem (de Fermat, ca. 1640) FLT er sann for n = 4. Bevis-ide: Anta at det finnes Fermat-tripler for n = 4. Velg triplet med minst z-verdi. Fermat viser at ved å bruke PPT-teoremet, så kan vi finne et nytt Fermat-trippel med ekte mindre z-verdi. Dette gir oss en motsigelse. (Uendelig nedstiging)

9 Teorem (Euler, 1772) Dersom a 2 + 3b 2 = z 3, hvor a og b er innbyrdes primiske, så er a, b og z på formen a = p 3 9pq 2 b = 3p 2 q 3q 3 z = p 2 + 3q 2 der p og q er innbyrdes primiske positive heltall. Nødvendig betingelse: (p 3 9pq 2 ) 2 + 3(3p 2 q 3q 3 ) 2 = p 6 18p 4 q p 2 q p 4 q 2 54p 2 q q 6 = p 6 + 9p 4 q p 2 q q 6 = (p 2 + 3q 2 ) 3

10 Teorem (Euler, 1772) FLT er sann for n = 3. Bevis-ide: Anta at det finnes Fermat-trippel x 3 + y 3 = z 3, hvor x og y er oddetall. Vi kan da skrive x + y = 2p og x y = 2q, som gir x = p + q og y = p q, hvor p og q ikke har noen felles faktor. Anta at dette er triplet med minst z-verdi. Vi har z 3 = x 3 + y 3 = (p + q) 3 + (p q) 3 = 2p(p 2 + 3q 2 ) Ved å bruke forrige resultat viser Euler at vi kan finne et nytt Fermat-trippel med ekte mindre z-verdi. Dette gir oss en motsigelse. (Uendelig nedstiging)

11 Niels Henrik Abel ( ) Foruden at jeg læser arbeider jeg ogsaa selv. Saaledes har jeg søgt at bevise Umuligheden af Ligningen a n = b n + c n i hele Tal naar n er større end 2; men jeg har jeg været hældet. Jeg har ikke kommet videre end til indlagte Theoremer, som ere snorrige nok.

12 Teorem (de Fermat, 1640) Dersom p er et primtall og a et tall som ikke er delelig med p, så vil a p 1 1 være delelig med p. Eksempler: = = (a = 5, p = 7) = = (a = 8, p = 11)

13 Teorem (Abel, 1823) Ligningen a n = b n + c n hvor n er et Primtal er umuelig naar een eller flere af Størrelserne: ere Primtal. a, b, c, a + b, a + c, b c, m a, m b, m c

14 Bevis-skisse med a primtall. Vi antar at n 2. Observer at a n = b n + c n = (b + c)(b n 1 b n 2 c + + c n 1 ) Siden a er et primtall, så må b + c være delelig med a. Det gir c b (mod a) og vi får b n 1 b n 2 c + + c n 1 nb n 1 0 (mod a) Siden n er et primtall må vi ha n = a eller b 0 (mod a). Hvis a deler b, så vil a også dele c. Men dette strider mot at a, b og c ikke har noen felles faktor. Dermed får vi at n = a.

15 Siden n = a får vi b n + c n b + c 0 (mod n) Vi har også at b, c n, og derfor må vi ha b + c = n. Det gir n 1 ( ) n b n + c n = n n = (b + c) n = b n + b n i c i + c n i og summen av positive ledd i=1 i=1 n 1 ( ) n b n i c i = 0 i noe som opplagt gir oss en motsigelse.

16 Abel daterer brevet til Holmboe: og føyer til tag Decimalbrøken med. Gjør vi det får vi Vi trekker fra 1823, og regner ut 1823, , = 215, 65 Dag nr. 216 i året 1823 er 4. august, som antas å være datoen Abel har datert brevet.

17 Teorem (Germain, 1823) La n være et odde primtall. Anta at det finnes et annet primtall p slik at (1) hvis x n + y n + z n er delelig med p, sa er en av x, y eller z delelig med p (2) x n n er ikke delelig med p Sophie Germain ( ) Da er Tilfelle I av FLT sann for n. Tilfelle I av FLT er na r ingen av de tre tallene x, y og z delelig med n.

18 La n = 7. Restene av 0 7, 1 7, 2 7,..., 28 7 når vi deler med 29 er begrenset til 0, 1, 12, 17 og 28. Dersom summen av tre slike 7-potenser skal bli delelig med 29, så må minst en av dem være delelig med 29. (sum av tre av 1, 12, 17 og 28 gir oss tallene 1, 3, 4, 6, 7, 10, 12, 14, 15, 17, 19, 22, 23, 25, 26, 28, men ikke 29, addisjon skjer modulo 29). I tillegg vil x n n gi oss rester 1-7=23 (!), 12-7=5, 17-7=10 og 28-7=21, ingen av dem er 0. Dermed er betingelsene i Germains teorem oppfyllt og FLT, Tilfelle I er sann for n = 7.

19 Gabriel Lamé ( ) Augustin Louis Cauchy ( ) Joseph Liouville ( ) Ernst Kummer ( )

20 La r være et kompleks tall slik at r n = 1. Da kan vi skrive x n + y n = (x + y)(x + ry)(x + r 2 y)... (x + r n 1 y) Ide: Vi kan drive med aritmetikk i Z[r], dvs. finne primfaktorer, sjekke om vi har entydig faktorisering, etc. Dersom det er tilfellet, og z n = x n + y n, så kan vi konkludere med at alle faktorene x + r j y er n-te-potenser, for så å bruke uendelig nedstiging til å vise at vi ikke kan ha noen løsninger.

21 Definisjon Et odde primtall p sies å være regulært dersom det ikke deler klasse-tallet til den syklotome kroppsutvidelsen Q( p 1). 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 41, 43, 47, 53, 61, 71, 73, 79, 83, 89, 97,... regulære primtall < , 59, 67,... irregulære primtall < 100

22 Definisjon Et odde primtall p sies å være regulært dersom det ikke deler klasse-tallet til den syklotome kroppsutvidelsen Q( p 1). Teorem (Kummer, 1846) Dersom x, y, z og n er positve heltall med n et regulært odde primtall, så har ikke Fermat-likningen noen ikke-trivielle løsninger. x n + y n = z n

23 Niels Henrik Abel ( ) Den lille Afhandling som Du erindrer handlede om de omvendte Functioner af Transcendantes elliptiqves, og hvori jeg havde beviist noget umueligt har jeg bedet ham læse igjennom;men han kunde ikke opdage nogen Feilslutning, eller begribe hvori Feilen stak; Gud veed hvorledes jeg skal komme ud deraf.

24 Formodning (Taniyama-Shimura, ) Elliptiske kurver er modulære. Yutaka Taniyama ( ) Goro Shimura (1928-) E = {(x, y) R 2 y 2 +y = x 3 x 2 }

25 En løsning a n + b n = c n av Fermats llikning gir opphav til en elliptisk kurve Gerhard Frey (1944-) y 2 = x(x a n )(x + b n ) (Frey-kurven) Ken Ribet (1948-) Teorem (Ribet, 1986) Frey-kurven er ikke modulær.

26 - En tenkt løsning av Fermats likning gir opphav til en elliptisk kurve, Frey-kurven - Frey-kurven er ikke modulær - Alle elliptiske kurver er modulære Formodning (de Fermat, 1637) Likningen x n + y n = z n har ingen ikke-trivielle heltalls-løsninger for n > 2.

27 - En tenkt løsning av Fermats likning gir opphav til en elliptisk kurve, Frey-kurven - Frey-kurven er ikke modulær - Alle elliptiske kurver er modulære Teorem (Frey, Ribet, Taylor, Wiles, ) Likningen x n + y n = z n har ingen ikke-trivielle heltalls-løsninger for n > 2.

28 18. mai 2015 kl 11:00 Kunnskapsministeren overrekker Holmboeprisen til Ingunn Valbekmo, Aulaen, Oslo katedralskole 18. mai 2015 kl 17:00 Kransenedlegging ved Abelmonumentet, Slottsparken, Oslo 19. mai 2015 kl 14:00 Abelprisutdeling i Universitetets Aula, Universitetets Aula, Oslo 20. mai 2015 kl 10:00 Abelforelesningene 2015, Georg Sverdrups Hus, Universitetet i Oslo

29