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Mathematik: Fermat Reloaded
Freigegeben von matroid am Mo. 28. April 2014 23:58:37
Verfasst von Slash -   1632 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Mathematik



1. Einleitung

Beim Studium von Diophants Artihmetica kam der geniale Amateur-Mathematiker Pierre de Fermat (1607 bis 1665) zu der Überzeugung, dass die diophantische Gleichung <math>x^n+y^n=z^n</math> für <math>n>2</math> keine nichttriviale Lösung besitzt, und notierte auf dem Rand seiner Diophant-Ausgabe, dass er "hierfür einen wahrhaft wunderbaren Beweis gefunden habe, der Rand jedoch zu schmal sei, um ihn zu fassen" (vgl. Kapitel 4). Leider hatte er auch an anderer Stelle nie einen solchen Beweis publiziert.

Erst 1995, nachdem sich 350 Jahre lang die bedeutendsten Mathematiker der Welt erfolglos die Zähne an diesem Problem ausgebissen hatten, gelang es einer Gruppe von Mathematikern um Andrew Wiles[6] einen solchen Beweis zu führen. Der Umstand, dass diese über 100-seitige Arbeit zu einer der umfangreichsten und kompliziertesten Schriften der gesamten Mathematikgeschichte zählt und in seiner Gänze nur von einigen wenigen Spezialisten verstanden werden kann, lässt die Existenz eines einfachen und kurzen Beweises mit den Mitteln der Zahlentheorie des 17. Jahrhunderts heute so gut wie unmöglich erscheinen.

Allen Bedenken zum trotz möchte ich hier einen Weg aufzeigen, der es vielleicht ermöglicht einen wesentlich einfacheren und kürzeren Beweis des Großen Fermatschen Satzes zu führen.




2. Eine wahrhaft wunderbare Identität (Lemmata 1-3)

Dieser Weg führt über eine Identität (Lemma 1) die unser Foren-Newcomer nosapa vor kurzem hier auf dem Planeten vorgestellt hat. Tragikomischer Weise hatte er seine Gedanken anfangs so unglücklich formuliert, dass seine Idee, zumindest aus meiner Sicht, fast um ein Haar für immer in der Versenkung verschwunden wäre.

Mit Hilfe dieser Identität wird es möglich die Lösbarkeit der diophantischen Gleichung <math>x^n+y^n=z^n</math> für alle <math>n>2</math> auf die Lösbarkeit eines diophantischen "quadratischen" Gleichungssystems zu übertragen und entsprechend zu behandeln. (Lemma 2)

Offen bleibt in diesem Artikel, wie Lemma 2 zu beweisen ist. Im schlechtesten Falle führt das Ganze auf eine ähnliche Kompliziertheit wie im Beweis von Wiles. Aber die Tatsache, dass die höchsten Potenzen in diesem Gleichungssystem Quadrate sind, lässt doch Raum für ein wenig Hoffnung auf eine einfache Beweisführung.

Ich habe das Gleichungssystem eingehend analysiert und konnte ein paar Einschränkungen treffen, allerdings ohne Beweis. Ein Profi kann hierzu bestimmt einiges anmerken. Ob Fermat selbst einen ähnlichen Weg im Sinn hatte und mit welchen Mitteln er vielleicht das Gleichungssystem gelöst haben könnte wird in den Kapiteln 5-7 erörtert.


Lemma 1: Sei       <math>r=x-y, \quad\quad s=y+z, \quad\quad t=z+x,</math>

und                     <math>u=x+y+z, \quad\quad v=y-z-x, \quad\quad w=x-y-z,</math>

dann gilt mit

<math>
  \mathcal{A} & = r^2(u^4-1)(xy)^{n-2}-s^2(v^4-1)(yz)^{n-2}-t^2(w^4-1)(zx)^{n-2},\\
  \\
  \mathcal{B} & = 2(ru)^2(xy)^{n-2}-2(sv)^2(yz)^{n-2}-2(tw)^2(zx)^{n-2},\\
  \\
  \mathcal{C} & = r^2(u^4+1)(xy)^{n-2}-s^2(v^4+1)(yz)^{n-2}-t^2(w^4+1)(zx)^{n-2},
</math>

die Identität

<math>
  (8rst)^2(xyz)^{n-2}(x^n+y^n-z^n)=\mathcal{A}^2+\mathcal{B}^2-\mathcal{C}^2.\quad\quad\mathbf{(1)}
</math>

Beweis: Setzen wir <math>r,s,t,u,v,w</math> in (1) ein, dann erhalten wir nach Ausmultiplizieren und Zusammenfassen eine Gleichung mit zwei identischen Seiten <math>\square</math>


Lemma 2: Das diophantische Gleichungssystem

<math>
  q^2 & = a^2\alpha-b^2\beta-c^2\gamma,\\
   pq & = (ad)^2\alpha-(be)^2\beta-(cf)^2\gamma,\\
  p^2 & = (ad^2)^2\alpha-(be^2)^2\beta-(cf^2)^2\gamma,
</math>

besitzt mit <math>d\neq e\neq f\neq 0</math> keine ganzzahlige Lösung, wenn <math>\alpha=\beta=\gamma=1</math> oder <math>|\alpha|\neq|\beta|\neq|\gamma|\neq 0</math> mit <math>\alpha|a,\;\beta|b,\;\gamma|c\;</math> und <math>|\alpha|\neq a,\;|\beta|\neq b,\;|\gamma|\neq c</math> gilt.

Beweis: steht noch aus.


Lemma 3: Die diophantische Gleichung <math>x^n+y^n=z^n</math> besitzt für n=3 und n=5 keine nichttriviale Lösung.

Beweis: Erste Beweise für diese Fälle stammen von Euler, Dirichlet und Legendre. <math>\square</math>



3. Eine mögliche alternative Beweisführung


Satz: Die diophantische Gleichung <math>x^n+y^n=z^n</math> besitzt für <math>n>2</math> keine nichttriviale Lösung.

Beweis: Es sei <math>(x,y,z)</math> eine nichttriviale ganzzahlige Lösung für ein bestimmtes <math>n>2</math> von

<math>
  x^n+y^n=z^n.\quad\quad\mathbf{(2)}
</math>

Wir können uns dabei auf Lösungen <math>(x,y,z)</math> mit <math>ggT(x,y,z)=1</math> beschränken, woraus sofort die paarweise Teilerfremdheit von <math>x,y,z</math> folgt. Von den Zahlen <math>x,y,z</math> ist dann genau eine gerade. Mit einer Lösung <math>(x,y,z)</math> für (2) wird die linke Seite der Identität in (1) gleich Null, so dass

<math>
  \mathcal{A}^2+\mathcal{B}^2=\mathcal{C}^2\quad\quad\mathbf{(3)}
</math>

gelten muss. Alle ganzzahligen Lösungen für (3) sind mit ganzen Zahlen <math>p,q</math> mit <math>p>q>0</math> folgendermaßen darstellbar:

<math>
  \mathcal{A}=p^2-q^2, \quad\quad \mathcal{B}=2pq, \quad\quad \mathcal{C}=p^2+q^2.
</math>

Aus Lemma 1 folgt damit

<math>
  p^2-q^2 & = r^2(u^4-1)(xy)^{n-2}-s^2(v^4-1)(yz)^{n-2}-t^2(w^4-1)(zx)^{n-2},\quad\quad\mathbf{(4)}\\
  \\
      2pq & = 2(ru)^2(xy)^{n-2}-2(sv)^2(yz)^{n-2}-2(tw)^2(zx)^{n-2},\quad\quad\mathbf{(5)}\\
  \\
  p^2+q^2 & = r^2(u^4+1)(xy)^{n-2}-s^2(v^4+1)(yz)^{n-2}-t^2(w^4+1)(zx)^{n-2}.\quad\quad\mathbf{(6)}
</math>

Aus Subtraktion von (4) und (6) folgt

<math>
  q^2 = r^2(xy)^{n-2}-s^2(yz)^{n-2}-t^2(zx)^{n-2}.\quad\quad\mathbf{(7)}
</math>

Aus (5) folgt nach Division durch 2

<math>
  pq = (ru)^2(xy)^{n-2}-(sv)^2(yz)^{n-2}-(tw)^2(zx)^{n-2}.\quad\quad\mathbf{(8)}
</math>

Aus Addition von (4) und (6) folgt

<math>
  p^2 = (ru^2)^2(xy)^{n-2}-(sv^2)^2(yz)^{n-2}-(tw^2)^2(zx)^{n-2}.\quad\quad\mathbf{(9)}
</math>


Betrachten wir nun getrennt die Fälle für gerade und ungerade <math>n>2</math>.


Sei <math>n=2k+1</math> mit <math>k>0</math>, dann erhalten wir aus (7), (8), (9) das Gleichungssystem (10)

<math>
  q^2 & = \left(r(xy)^{k-1}\right)^2xy-\left(s(yz)^{k-1}\right)^2yz-\left(t(zx)^{k-1}\right)^2zx,\\
  pq & = \left(ru(xy)^{k-1}\right)^2xy-\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2yz-\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2zx,\\
  p^2 & = \left(ru^2(xy)^{k-1}\right)^2xy-\left(sv^2(yz)^{k-1}\right)^2yz-\left(tw^2(zx)^{k-1}\right)^2zx.\quad\quad\mathbf{(10)}
</math>

Setzen wir jetzt <math>a=r(xy)^{k-1}</math>, <math>b=s(yz)^{k-1}</math>, <math>c=t(zx)^{k-1}</math>, und <math>d=u</math>, <math>e=v</math>, <math>f=w</math>, und <math>\alpha=xy</math>, <math>\beta=yz</math>, <math>\gamma=zx</math>, dann erhalten wir aus (10) das Gleichungssystem von Lemma 2. Für die Nichtexistenz ganzzahliger Lösungen muss <math>d\neq e\neq f\neq 0</math> und <math>|\alpha|\neq |\beta|\neq |\gamma|\neq 0</math> und <math>\alpha|a,\;\beta|b,\;\gamma|c\;</math> und <math>|\alpha|\neq a,\;|\beta|\neq b,\;|\gamma|\neq c</math> gelten.

Gemäß Lemma 1 ist <math>r=x-y,\;s=y+z,\;t=z+x</math> und <math>u=x+y+z,\;v=y-z-x,\;w=x-y-z</math>. Überprüfen wir damit die Voraussetzungen von Lemma 2.

Wir können für eine nichttriviale ganzzahlige Lösung <math>(x,y,z)</math> von (2) voraussetzen, dass <math>|x|\neq |y|\neq |z|\neq 0</math> ist.

Aus <math>|x|\neq |y|\neq |z|\neq 0</math> folgt <math>x+y+z\neq y-z-x\neq x-y-z\neq 0</math>. Somit gilt <math>u\neq v\neq w\neq 0</math> und auch <math>d\neq e\neq f\neq 0</math>.

Aus <math>|x|\neq |y|\neq |z|\neq 0</math> folgt <math>|xy|\neq |yz|\neq |zx|\neq 0</math> und damit auch <math>|\alpha|\neq |\beta|\neq |\gamma|\neq 0</math>.

Für alle <math>k>1</math> ist <math>xy|r(xy)^{k-1},yz|s(yz)^{k-1},zx|t(zx)^{k-1}</math> und damit auch <math>\alpha|a,\;\beta|b,</math> <math>\gamma|c\;</math>.

Aus <math>x,y,z\in\mathbb{Z}</math> mit <math>ggT(x,y,z)=1</math> und <math>|x|\neq |y|\neq |z|\neq 0</math> folgt <math>x-y \neq y+z \neq z+x\neq 0</math> und damit <math>r\neq s\neq t\neq 0</math>. Für alle <math>k>2</math> ist dann <math>|xy|\neq r(xy)^{k-1},|yz|\neq s(yz)^{k-1},|zx|\neq t(zx)^{k-1}</math> und damit auch <math>|\alpha|\neq a,\;|\beta|\neq b,\;|\gamma|\neq c</math>.

Da somit für alle <math>k>2</math> die Voraussetzungen von Lemma 2 erfüllt sind, folgt direkt, dass (10) für alle <math>k>2</math> keine nichttriviale ganzzahlige Lösung <math>(p,q,x,y,z)</math> besitzt.


Sei <math>n=2k</math> mit <math>k>1</math>, dann erhalten wir aus (7), (8), (9) das Gleichungssystem (11)

<math>
  q^2 & = \left(r(xy)^{k-1}\right)^2-\left(s(yz)^{k-1}\right)^2-\left(t(zx)^{k-1}\right)^2,\\
  pq & = \left(ru(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2,\\
  p^2 & = \left(ru^2(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv^2(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw^2(zx)^{k-1}\right)^2.\quad\quad\mathbf{(11)}
</math>

Für (11) gelten dieselben Bedingungen wie für (10), nur dass <math>\alpha=\beta=\gamma=1</math> ist. Damit sind auch hier für alle <math>k>1</math> die Voraussetzungen von Lemma 2 erfüllt, woraus direkt folgt, dass (11) für alle <math>k>1</math> keine nichttriviale ganzzahlige Lösung <math>(p,q,x,y,z)</math> besitzt.

Demnach kann (2) unter der Prämisse von Lemma 3 für alle <math>n>2</math> keine nichttriviale Lösung <math>(x,y,z)</math> besitzen, womit der Satz bewiesen ist. <math>\square</math>


Bemerkung: Natürlich genügt es zu zeigen, dass (2) für alle ungeraden (primen) Exponenten und den Fall n=4 keine nichttriviale Lösung besitzt. Doch mir war es wichtig zu zeigen, dass mittels Lemma 2 auch alle geraden Exponenten sofort mitbewiesen werden.



4. Die Randnotiz

Vermutlich zwischen 1637 und 1643 schrieb Pierre de Fermat bei der Lektüre der Arithmetica des Diophantos von Alexandria neben die 8. Aufgabe des zweiten (griechischen) "Buches" folgende Zeilen als Randbemerkung in sein Handexemplar dieses Werkes:

„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.“

„Es ist unmöglich, einen Kubus in zwei Kuben zu zerlegen, oder ein Biquadrat in zwei Biquadrate, oder allgemein irgendeine Potenz größer als die zweite in Potenzen gleichen Grades. Ich habe hierfür einen wahrhaft wunderbaren Beweis gefunden, doch ist der Rand hier zu schmal, um ihn zu fassen.“

Das Originalausgabe von Fermat ist verloren, die Bemerkung findet sich aber in einer Ausgabe der Arithmetica von Diophant mit Übersetzung und Kommentaren von Bachet und Notizen von Fermat, die dessen Sohn Samuel de Fermat herausgab.[7]



5. Wie ernst ist Fermats Randnotiz zu nehmen?

Die Spekulationen, ob Fermat tatsächlich einen solch "wahrhaft wunderbaren" Beweis gefunden hatte reichen von einem Scherz bis hin zu einem Fehler, den er zwar später selbst bemerke, jedoch nicht korrigieren konnte und zu stolz war dies richtig zu stellen. Oder es war ihm schlichtweg egal, oder er hatte es einfach vergessen. Die verbreitetste Theorie ist aber, dass er wohl davon ausging seine Beweismethode des unendlichen Abstiegs (descente infinie), mit der er den Fall n=4 bewies, funktioniere auch für alle weiteren (primen) Exponenten.* Der Grund warum dem nicht so ist, liegt in der Nichteindeutigkeit der Primfaktorzerlegung im Körper der komplexen Zahlen begründet. Sogar dem guten Euler unterlief in seinem Beweis für den Fall n=3 in diesem Zusammenhang ein kleiner Fehler.

Was spricht also überhaupt für die Existenz eines solchen Beweises?

Nun, Fermat galt als Genie und hat in seiner Genialität viele Aussagen formuliert, deren Korrektheit erst später mit viel Aufwand und modernen Methoden gezeigt werden konnte. Zudem war es im 17. Jahrhundert unter Gelehrten noch durchaus üblich Entdeckungen für sich zu behalten und nicht öffentlich zu publizieren, geschweige denn sie einem Kollegen zu verraten.

Fermat bildete mit René Descartes das Duo der weltweit führenden Mathematiker der ersten Hälfte des 17. Jahrhunderts. Als Zahlentheoretiker war er konkurrenzlos - bis zur Zeit des Schweizers Leonhard Euler ein Jahrhundert später.[1] Doch sogar dem genialen Euler war Fermat noch in manchen Dingen überlegen. Ein Beispiel hierfür ist der sogenannte Vier-Quadrate-Satz, der besagt, dass sich jede natürliche Zahl als Summe von vier Quadratzahlen darstellen lässt. Euler war es nicht gelungen einen Beweis für diesen Satz zu finden, doch Mathematikhistorikern nach scheint Fermat einen solchen gehabt zu haben.[4] Ein erster publizierter Beweis hierfür stammt von Joseph-Louis de Lagrange. Der Vier-Quadrate-Satz wurde 1798 von Adrien-Marie Legendre zum Drei-Quadrate-Satz[3] erweitert. Dieser besagt, dass jede natürliche Zahl die "nicht" von der Form <math>4^k(8m+7)</math> mit <math>k,m\in\mathbb{N}_0</math> ist, als Summe von drei Quadratzahlen dargestellt werden kann. Eine Lücke im Beweis wurde später von Carl Friedrich Gauß geschlossen, weshalb er auch als Satz von Gauß bekannt ist.[8]

Wenn also Fermat schon über dieses Wissen verfügte, das zum Beweis des Vier- bzw. Drei-Quadrate-Satzes nötig ist, dann könnte sein wunderbarer Beweis wirklich im Bereich des Möglichen liegen. Denn zum einen führt die hier vorgestellte Beweismethode für den Exponenten 3, und vermutlich auch für alle weiteren primen Exponenten**, auf drei Gleichungen, deren eine Seite jeweils eine Summe von vier Quadratzahlen ist. Zum anderen folgt aus dem Beweis aus Kapitel 3 für alle geraden Exponenten, dass das Produkt zweier Summen dreier Quadrate wieder eine Summe dreier Quadrate ist. Dies ist jedoch im allgemeinen nicht der Fall. Vielleicht konnte Fermat mit Hilfe des Vier- bzw. Drei-Quadrate-Satzes an diesen Stellen etwas erreichen?


*Interessant ist in diesem Zusammenhang auch noch, dass obwohl Fermat nur für den Fall n=4 einen vollständigen Beweis hinterließ, er doch alle Mittel besaß auch den komplizierteren Fall n=3 auf diese Art zu beweisen.[5]

**Da hier auf den Gebrauch komplexer Zahlen verzichtet wird, ist die Primfaktorzerlegung immer eindeutig.



6. Der Fall n gerade und das Produkt zweier Summen dreier Quadrate

Obwohl hier Minus- statt Pluszeichen zwischen den Quadraten stehen, spreche ich trotzdem von Summen. Würde man in Kapitel 3 mit der Ausgangsgleichung <math>x^n+y^n+z^n=0</math> arbeiten, was man wegen <math>x,y,z\in\mathbb{Z}</math> getrost tun darf, dann würden aus den Minus- hier Pluszeichen werden. Mein anderer Text über den Fall n=3 benutzt diese Ausgangsgleichung bzw. diesen Weg.

Betrachten wir die einzelnen Gleichungen des Gleichungssystems (11) aus Kapitel 3.

<math>
  q^2 & = \left(r(xy)^{k-1}\right)^2-\left(s(yz)^{k-1}\right)^2-\left(t(zx)^{k-1}\right)^2,\quad\quad\mathbf{(12)}\\
  \\
  pq & = \left(ru(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2,\quad\quad\mathbf{(13)}\\
  \\
  p^2 & = \left(ru^2(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv^2(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw^2(zx)^{k-1}\right)^2.\quad\quad\mathbf{(14)}
</math>

Aus Multiplikation von (12) und (14) folgt dann (13) zum Quadrat. Es gilt also wegen <math>(pq)^2=q^2 \cdot p^2</math> auch

<math>
  \left(\left(ru(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2\right)^2 = \\
  \left(\left(r(xy)^{k-1}\right)^2-\left(s(yz)^{k-1}\right)^2-\left(t(zx)^{k-1}\right)^2\right) \cdot \left(\left(ru^2(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv^2(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw^2(zx)^{k-1}\right)^2\right).\quad\quad\mathbf{(15)}
</math>

Mit Hilfe der Identität

<math>
  (a^2-b^2-c^2)^2 = (a^2+b^2+c^2)^2-(2ab)^2-(2ac)^2
</math>

folgt aus (13)

<math>
  \left(\left(ru(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2\right)^2 = \\
   \left(\left(ru(xy)^{k-1}\right)^2+\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2+\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2\right)^2 - \left(2rusv(xy^2z)^{k-1}\right)^2 - \left(2rutw(x^2yz)^{k-1}\right)^2.\quad\quad\mathbf{(16)}
</math>

Aus (15) und (16) folgt dann

<math>
  \left(\left(r(xy)^{k-1}\right)^2-\left(s(yz)^{k-1}\right)^2-\left(t(zx)^{k-1}\right)^2\right) \cdot \left(\left(ru^2(xy)^{k-1}\right)^2-\left(sv^2(yz)^{k-1}\right)^2-\left(tw^2(zx)^{k-1}\right)^2\right) =\\
  \left(\left(ru(xy)^{k-1}\right)^2+\left(sv(yz)^{k-1}\right)^2+\left(tw(zx)^{k-1}\right)^2\right)^2 - \left(2rusv(xy^2z)^{k-1}\right)^2 - \left(2rutw(x^2yz)^{k-1}\right)^2.\quad\quad\mathbf{(17)}
</math>

Wir erhalten mit (17) die Aussage, dass das Produkt zweier Summen dreier Quadrate wieder eine Summe dreier Quadrate ist. Aus dem Drei-Quadrate-Satz folgt jedoch, dass dies nur unter ganz bestimmten Voraussetzungen möglich ist. Ist nämlich zum Beispiel <math> a^2+b^2+c^2 \equiv 3\;mod\;8</math> und <math>d^2+e^2+f^2 \equiv 5\;mod\;8</math>, so ist <math>(a^2+b^2+c^2)(d^2+e^2+f^2)\equiv 7\;mod\;8</math>.[4]



7. Der Fall n=3 und zwei Summen vierer Quadrate

Der ausführliche Text hätte hier den Rahmen gesprengt. Deshalb habe ich lediglich die Ergebnisse aufgeführt. Den vollständigen Text könnt ihr euch aber hier als LaTeX-PDF ansehen/runterladen. Man beachte, dass die Variablen hier anders gebraucht werden als in den Kapiteln 2, 3 und 6. Ein direkter Vergleich ist also nicht möglich.

Für den Fall n=3 führt die Gleichung <math>x^3+y^3+z^3=0</math> mit <math>z=3a\alpha, x=b\beta, y=c\gamma</math> mittels der angepassten Identität aus Lemma 1 auf die Gleichungen

<math>
  n^2+(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2 = -3\alpha\beta\gamma(\alpha^2bc+\beta^2ca+\gamma^2ab),\quad\quad\mathbf{(31)}\\
</math>

<math>
  m^2+(xyu)^2+(yzv)^2+(zxw)^2 = -3\alpha\beta\gamma(\alpha^2bcu^2+\beta^2cav^2+\gamma^2abw^2),\quad\quad\mathbf{(33)}\\
</math>

<math>
  mn+(xy)^2u+(yz)^2v+(zx)^2w = -3\alpha\beta\gamma(\alpha^2bcu+\beta^2cav+\gamma^2abw).\quad\quad\mathbf{(32)}\\
</math>

Dazu kann man durch geschicktes Umformen der Ausgangsgleichung <math>x^3+y^3+z^3=0</math> zeigen, dass

<math>
   \displaystyle{\frac{\alpha^2bcu+\beta^2cav+\gamma^2abw}{\alpha^2bc+\beta^2ca+\gamma^2ab}} = (3abc)^2\quad\quad\mathbf{(37)}
</math>

ist. Mit (31) und (33) haben wir zwei Gleichungen, deren linke Seite jeweils eine Summe von vier Quadratzahlen ist. Da <math>u,v,w</math> hier selbst Quadratzahlen sind, ist die linke Seite von (32) hingegen eine Summe von drei Quadratzahlen und <math>mn</math>. Gleichung (37) macht eine Aussage darüber, in welchem Verhältnis die anderen drei Gleichungen zueinander stehen. Aus (37) folgt dann mit (31) und (32)

<math>
  \displaystyle{\frac{mn+(xy)^2u+(yz)^2v+(zx)^2w}{n^2+(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2}} = (3abc)^2,\quad\quad\mathbf{(38)}
</math>

bzw.

<math>
  mn+(xy)^2u+(yz)^2v+(zx)^2w = (3abcn)^2+(3abcxy)^2+(3abcyz)^2+(3abczx)^2.\quad\quad\mathbf{(39)}
</math>

Somit ist auch die rechte Seite von (32) eine Summe von vier Quadratzahlen.

Zudem lassen sich alle vier Quadrate von (33) ohne Rest durch <math>(3abc)^2</math> teilen. Nach Division von (33) durch <math>(3abc)^2</math> erhalten wir dann

<math>
  k^2+\left(\beta\gamma 3a(3a^2-\alpha)^2\right)^2+\left(\gamma\alpha b(b^2-\beta)^2\right)^2+\left(\alpha\beta c(c^2-\gamma)^2\right)^2 = -\displaystyle{\frac{3\alpha\beta\gamma(\alpha^2bcu^2+\beta^2cav^2+\gamma^2abw^2)}{(3abc)^2}}.\quad\quad\mathbf{(40)}
</math>

Somit sind sowohl <math>(\alpha^2bcu+\beta^2cav+\gamma^2abw)</math> als auch <math>3\alpha\beta\gamma(\alpha^2bcu^2+\beta^2cav^2+\gamma^2abw^2)</math> ohne Rest teilbar durch <math>(3abc)^2</math>.


Ich selbst bin an dieser Stelle nicht weiter gekommen. Doch ich könnte mir vorstellen, dass sich mit dem Drei- bzw. Vier-Quadrate-Satz und Betrachtungen der Primfaktoreigenschaften irgendwie zeigen lässt, dass <math>m</math> und <math>n</math> keine ganzen Zahlen sein können.



8. Bibliographie

1. Devendran, Thiagar: Der Widerspenstigen Zähmung. Bild der Wissenschaft 4/1994

2. Fillipi, Andreas: Beitrag im Internet-Forum Matroids Matheplanet

3. Forster, Otto: Ausarbeitung eines Kapitels der Vorlesung "Mathematische Miszellen", gehalten im WS 2005/06 an der Ludwig-Maximilians-Universität München

4. Scheid, Harald: Zahlentheorie. 3.Auflage. Spektrum Akademischer Verlag, Heidelberg u.a. 2003, ISBN 3-8274-1356-6. (neueste Auflage)

5. Weil, André: Zahlentheorie. Ein Gang durch die Geschichte von Hammurapi bis Legendre. Birkhäuser, Basel 1992, S. 120–124. (neueste Auflage)

6. Wiles, Andrew: Modular Elliptic Curves and Fermat’s last theorem. Annals of Mathematics 142 (1995), S. 443–551. http://math.stanford.edu/~lekheng/flt/wiles.pdf

7. Wikipedia: Großer fermatscher Satz

8. Wikipedia: Vier-Quadrate-Satz

9. Wikipedia: alle weiteren Links bedeutender Mathematiker.



9. Anhang

Die herunterladbare PDF-Datei zum Artikel ist sorgfältig mit LaTeX gesetzt und orientiert sich an den wissenschaftlichen Standards. Demzufolge ist der Text nur auf das Nötigste beschränkt. Die rein informativen Texte dieses Artikels sind dort nicht enthalten. Ihr könnt euch den Artikel in seiner Gänze aber einfach im Browser ausdrucken lassen. Meinen Text zum Fall n=3 gibt es hier.

Ich hatte lange überlegt, ob ich die Kapitel 5-7 überhaupt in den Artikel aufnehmen soll, doch diese Verbindung zum Drei-und Vier-Quadrate-Satz hat mir einfach keine Ruhe gelassen. Ich freue mich auf eure Kommentare.

In der Hoffnung, ein wenig frischen Wind in das angestaubte und leider auch oft überstrapazierte (und daher nervige) Fermat-Problem gebracht zu haben...

Viele Grüße, Slash




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" Mathematik: Fermat Reloaded" | 6 Kommentare
 
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Re: Fermat Reloaded
von lula am Mi. 30. April 2014 12:50:38


Hallo
ein berühmter Ausspruch: Ich kann meine Ahnenlinie bis zu Karl dem Großen zurückverfolgen, mit nur einer kleinen Lücke, ich hoffe die kann jemand schließen.
Gruß lula

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Re: Fermat Reloaded
von Ex_Mitglied_40174 am Fr. 02. Mai 2014 23:38:01


Hallo!
vielen Dank für den Artikel, vielen Dank auch an nosapa für seine
exzellente Arbeit.

@lula
Das hätte man allerdings auch sagen können, als Gerhard Frey die
Fermatsche Gleichung in eine elliptische umformte. Letztlich stellte sich
dann aber heraus, dass gerade dies der erste Schritt zur Lösung war.


Meiner Ansicht nach genügt es bereits zu zeigen, dass der rechte Teil
in Gleichung (7)

<math>q^2=r^2(xy)^{n-2} - s^2(yz)^{n-2} - t^2(zx)^{n-2}</math>

kein Quadrat sein kann wenn <math>n>2</math>.

Wenn nämlich <math>n=2</math>, dann werden die Terme

<math>(xy)^{2-2}=(yz)^{2-2}=(zx)^{2-2} = 1</math>

So dass sich Gleichung (7) reduziert auf

<math>q^2 = r^2-s^2-t^2</math>

und dafür gibt es ganzzahlige Lösungen.

Wenn aber <math>n>2</math> dann verschwinden die Terme <math>(xy)^{n-2}, (yz)^{n-2}, (zx)^{n-2}</math> nicht,
so dass der Ausdruck kein Quadrat sein kann (was zu zeigen wäre).

Gruß

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Re: Fermat Reloaded
von Slash am Sa. 03. Mai 2014 01:15:23


@ Anonymous

Schön, dass dir der Artikel gefällt. Deine Idee und deine Schlussfolgerungen sind aber nicht korrekt.

Gruß, Slash

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Re: Fermat Reloaded
von nosapa am Sa. 03. Mai 2014 06:00:45



Hallo,

mein Wunsch ist in Erfüllung gegangen. Vielen Dank an den Planeten. Die vorgestellte Fermat-Pythagoras Identität hat sich als richtig erwiesen.
Martin-Infinite hat die Richtigkeit der I1 Formel aus "die perfekte Symetrie"  festgestellt. Anonymous hat die eventuelle Tragweite erkannt und ein extra Dank an Slash, der trotz meiner unglücklichen Formulierungen, sich die Mühe gemacht hat, mich zu verstehen und versucht die Identität in seiner Arbeit zu verwenden, für die ich ihm viel Erfolg wünsche.

Die rechte Seite in Lemmata 1 Formel 1 kann man auch in der Bachmannformulierung schreiben:
Xx²+Yy²-Zz²=0 und auch in eine Pythagorasformel umschreiben. Für Bachmannformulierung gibt es unendlich viele Lösungen in ganzen Zahlen. Nur eins ist klar, von den 6 Variablen gibt es eine gerade Zahl.
@slash Wie du auf die Formel 11 kommst habe ich immer noch nicht verstanden, werde mir weiter große Mühe geben.

Wenn x²+y²=z² , dann muß x oder y teilbar durch 3 sein und eine von den dreien teilbar durch 5
Dieses könnte man verwenden. Ist nur eine Idee von mir. Ich komme auch nicht weiter.

@davidhigh hast recht, wenn du schreibst, so eine Formel fällt nicht vom Himmel. Aber stellt euch vor, ich hätte das auch mit "erläutert" , und sehr wahrscheinlich auch unglücklich formuliert. Kein Mensch hätte dann das verstanden. Wie ich auf diese Identität gestoßen bin, werde ich euch in den nächsten beiden Beiträgen "die perfekte Symmetrie 2 und 3" vorstellen. Werde 2 weitere Formeln in den Planet stellen, mit Hilfe deren man die Fermat Pythagoras Identität beweist. Es ist nichts weltbewegendes, nehme es sogar an, das jemand die Formeln schon bewiesen hat. Ist mir schon 2 mal im Planet passiert. Siehe " die perfekte Symmetrie" Beitrag 96 Punkt 4 und 5

Gruß nosapa

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Re: Fermat Reloaded
von Slash am Sa. 03. Mai 2014 17:01:59


@ nosapa

Die drei Gleichungen aus (11) leiten sich auf dieselbe Weise wie die aus (10) her. Man setzt für n einfach 2k+1 bzw. 2k ein und zieht mittels der Potenzgesetze das Quadrat nach außen. Die GLS (10) und (11) enstehen unabhängig voneinander aus (7),(8),(9). Verstehst du also die Herleitung von (10), dann verstehst du auch die von (11).

Gruß, Slash

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Re: Fermat Reloaded
von nosapa am Mo. 05. Mai 2014 05:36:03


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