Cím: A Fermat-sejtés ürügyén
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1996/március, 136 - 138. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ismeretes Fermat sejtése ‐ ami talán már bizonyítva is van ‐ amely szerint n>2 természetes szám esetén az xn+yn=zn egyenletnek nincs megoldása a természetes számok körében. Az is ismert, hogy az n=2 esetben a fenti egyenletnek végtelen sok megoldása van, és ezeket egyértelműen meg is lehet adni. Az n=1 eset természetesen triviális; tetszőleges a,b természetes számokra x=a, y=b, z=a+b adja az összes megoldást.
Kérdés azonban, hogy mi történik, ha n helyébe tetszőleges racionális szám kerül. Az n=12 és n=13 esetet a Gy. 3023. gyakorlatban és az F. 3094. feladatban láthattuk.*Kitűzésük az 1995/9. számban, megoldásuk mostani számunk 163. oldalán található. Ez utóbbiban szerepelt az a megjegyzés is, hogy ha n=1k alakú, ahol k>1 természetes szám, akkor a megoldás x=akd, y=bkd, z=ckd alakú, ahol a, b, c, d tetszőleges természetes számok.
Feladatunk tehát az

xr+yr=zr(*)
egyenlet pozitív*Negatív szám racionális kitevőjű hatványának az értelmezése a valós számkörben gondot okoz. Bizonyos esetekben ez lehetséges; például egész kitevőnél, vagy olyan kitevőnél, ahol a számláló 1 és a nevező páratlan. A megoldás viszont ilyen esetekben is visszavezethető pozitívakra. egész gyökeinek a meghatározása, ahol r tetszőleges racionális szám. Meghatározásként azt is megengedjük, hogy a megoldást xn+yn=zn alakú egyenlet megoldására vezetjük vissza, ahol n>0 egész.
Mindenekelőtt megmutatjuk, hogy korlátozódhatunk pozitív kitevőre. Az r=0 esetben a (*) alatti egyenletnek nyilván nincs megoldása. Ha r negatív, akkor r=-s, pozitív s-sel. A (*) alatti egyenlet tetszőleges a, b, c megoldására ekkor (bc)s+(ac)s=(ab)s teljesül. Fordítva, az xs+ys=zs egyenlet bármely a', b', c' megoldása esetén (b'c')r+(a'c')r=(a'b')r áll fenn. Ez éppen azt jelenti, hogy minden megoldás egyértelműen visszavezethető egy pozitív kitevős (*) alakú egyenlet megoldására.
Érdemes azonban az r=-1 esetet külön szemügyre venni. Ekkor tehát olyan a, b, c számhármasokat keresünk, amelyekre 1a+1b=1c teljesül. Az előzőek alapján természetes, hogy a megoldások a=b'c', b=a'c', c=a'b' alakba írhatóak, ahol a'+b'=c' teljesül. Ez az előállítás azonban nem eléggé világosan kifejtett. Mivel pozitív megoldásokat keresünk, ezért 1c-1b=1a>0, azaz b>c, tehát d=b-c pozitív egész. b helyébe (c+d)-t téve és ezt az eredetiből kapható bc+ac=ab egyenlőségbe behelyettesítve a c2+cd+ac=ac+ad, illetve a c2=(a-c)d egyenlőséghez jutunk. Ez azt jelenti, hogy d osztója c2-nek, c2=de. Ekkor ,,visszahelyettesítve'' b=c+d és a=e+c adódik. És valóban:
ac+bc=(e+c)c+(c+d)c=ec+c2+c2+cd=ec+ed+c2+cd=(e+c)(c+d)=bc.
Eszerint az összes megoldást a következőképpen kaphatjuk: Választunk egy tetszőleges (pozitív egész) c-t, majd c2-nek egy pozitív d osztóját. Ekkor a=c2d+c, b=c+d, c megoldásai lesznek a vizsgált egyenletnek.
Nézzük végül azt az esetet, amikor r=pq pozitív egész p és q számokkal. Mint tudjuk, azt is feltehetjük, hogy p és q relatív prímek. Most tehát kiindulási egyenletünk a
xpq+ypq=zpq
alakot ölti. A fent idézett feladatmegoldás megjegyzéséből adódik, hogy ezen egyenlet minden pozitív egész megoldása
ap=(a')qd,bp=(b')qd,cp=(c')qd(1)
alakú, ahol a',b',c',d pozitív egészek és
a'+b'=c'(2)
teljesül. Az is feltehető, hogy az itt fellépő három számnak nincs 1-nél nagyobb közös osztója. Az a'=a''d', b'=b''d', c'=c''d' esetben ugyanis (1)-ben a', b', c', d rendre helyettesíthető az a'', b'', c'', d(d')q számokkal. A (2) egyenlőség alapján a', b', c' közül bármely kettőnek közös osztója osztja a harmadikat is. Így feltehető, hogy a', b', c' páronként relatív prímek.
A pozitivitást felhasználva az (1) alatti első két egyenlőségből (ab)p=(a'b')q következik. Tekintettel arra, hogy a' és b' relatív prímek, az egyértelmű prímtényezős felbontás szerint (a'b')q csak úgy lehet teljes p-edik hatvány, ha a'=up és b'=vp, alkalmas u, v pozitív egészekkel. Hasonlóképpen adódik az is, hogy c'=wp, ahol w is pozitív egész. A kapott
a'=up,b'=vp,c'=wp(3)
kifejezéseket (2)-be helyettesítve az
up+vp=wp(4)
összefüggést nyerjük. Ha mármost feltesszük, hogy a ,,Fermat sejtés'' igaz, akkor a (4) alatti egyenletnek nem lehet pozitív egész megoldása a p>2 esetben. A p=1 esetben a fent idézett eredmények szerint (1) alatt megkaptuk az összes megoldást. Vizsgáljuk meg most a p=2 esetet is. Ekkor egyenletünk:
x2q+y2q=z2q.
A megoldásokra (1) és (3) alapján
a=uqd,b=vqd,c=wqd(5)
adódik, ahol (4) szerint u2+v2=w2. Ez azt jelenti, hogy tetszőleges u, v, w pitagoraszi számhármashoz az (5) alatti formula adja meg az r=2q esetben (q páratlan) a (*) egyenlet összes megoldását.
Fried Ervin, Gyökök lineáris kombinációjáról, Akadémia III. Osztály Közleményei IV. (1954), 155‐162. o.
Fried Ervin, A pitagoraszi számhármasokról, Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok, 1996/2. 72. o.
Fried Ervin

*1

*2