フェルマーの直角三角形の定理

フェルマーの直角三角形定理は、数論に存在しない証明であり、ピエール・ド・フェルマーが残した唯一の完全な証明です。いくつかの同等の定式化があります。

3つの正方形の数が等差数列を形成する場合、その数列（連続体と呼ばれる）の連続する数の間のギャップはそれ自体が正方形にはなりません。
1つの三角形の2本の脚が他の三角形の脚と斜辺である2つのピタゴラスの三角形は存在しません。
3つの辺の長さがすべて有理数である直角三角形は、有理数の2乗の面積を持つことはできません。このように定義された領域は合同数と呼ばれるため、合同数が正方形になることはありません。
面積が等しい直角三角形と正方形は、すべての辺が互いに釣り合うことはできません。
楕円曲線上の唯一の有理点y2 = x（x-1）（x + 1）{\ displaystyle y ^ {2} = x（x-1）（x + 1）}は、3つの自明な点（0、 0）、（1,0）、および（−1,0）。
Diophantine方程式x4-y4 = z2 {\ displaystyle x ^ {4} -y ^ {4} = z ^ {2}}には整数解がありません。

これらの定式化の最後の直接的な結果は、指数n = 4、{\ displaystyle n = 4、}、したがって4の倍数に対してFermatの最後の定理が真であるということです。

処方

算術累乗の二乗

1225年、フィボナッチは、等間隔で互いに等間隔に並んだ3乗平方の算術級数を構成し、これらの数の間の間隔を構築することを求められました。フィボナッチの解を説明する1つの方法は、2乗する数値がピタゴラスの三角形の脚、斜辺、脚の合計の差であり、合同は同じ三角形の面積の4倍であることです。 The Square of Bookに掲載されたコングロム問題に関する彼のその後の研究で、フィボナッチはコングロムが平方数そのものになることは不可能であると観察したが、この事実の満足のいく証拠を提示しなかった。

3つの正方形a2 {\ displaystyle a ^ {2}}、b2 {\ displaystyle b ^ {2}}、およびc2 {\ displaystyle c ^ {2}}が、コングロムも正方形d2 {\ displaystyle d ^ {2}}、これらの数値はディオファントス方程式を満たす

a2 + d2 = b2 {\ displaystyle a ^ {2} + d ^ {2} = b ^ {2}}およびb2 + d2 = c2 {\ displaystyle b ^ {2} + d ^ {2} = c ^ { 2}}。

つまり、ピタゴラスの定理により、ペア（d、b）{\ displaystyle（d、b）}が1本の足と小さい三角形の斜辺と同じペアを与える2つの整数側の直角三角形を形成します。大きな三角形の2本の脚を形成します。しかし、（フィボナッチが主張したように）正方形の集合が存在できない場合、このように2つの辺を共有する2つの整数の直角三角形は存在できません。

直角三角形の領域

コングロアはピタゴラスの三角形の面積の4倍の数であり、4を掛けても数が正方形であるかどうかは変わらないため、正方形の合同体の存在は正方形の面積を持つピタゴラスの三角形の存在と同等です。。フェルマーの証明が懸念するのは、この問題の変種です。彼はそのような三角形がないことを示しています。この問題を考慮して、フェルマーはフィボナッチではなく、クロード・ガスパール・バシェ・ド・メジリアックが発行したディオファンタスの版に触発されました。この本は、面積が正方形に関連する形をしているさまざまな特別な直角三角形について説明していますが、それ自体が正方形である領域の場合は考慮していません。

上記の2つのピタゴラスの三角形の方程式を並べ替え、それらを乗算すると、1つのディオファントス方程式が得られます。

b4-d4 =（b2-d2）（b2 + d2）= a2c2 {\ displaystyle b ^ {4} -d ^ {4} =（b ^ {2} -d ^ {2}）（b ^ {2} + d ^ {2}）= a ^ {2} c ^ {2}}

に簡略化することができます

b4-d4 = e2。{\ displaystyle b ^ {4} -d ^ {4} = e ^ {2}。}

逆に、この方程式の解は、正方形の合同を得るために因数分解できます。（特に、正方形（b4-d4-2b2d2）2 {\ displaystyle（b ^ {4} -d ^ {4} -2b ^ {2} d ^ {2}）^ {2}}、（b4 + d4）2 {\ displaystyle（b ^ {4} + d ^ {4}）^ {2}}、および（b4-d4 + 2b2d2）2 {\ displaystyle（b ^ {4} -d ^ {4} + 2b ^ {2} d ^ {2}）^ {2}}は、4b2d2（b4-d4）=（2bde）2 {\ displaystyle 4b ^ {2} d ^ {2}（b ^ { 4} -d ^ {4}）=（2bde）^ {2}}、これは正方形そのものです。）したがって、この方程式の可解性は、正方形の合同体の存在と同等です。ただし、フェルマーの最後の定理が指数n = 4 {\ displaystyle n = 4}に対して偽である場合、反例の3つの数値のいずれかを2乗すると、この方程式を解く3つの数値が得られます。したがって、ピタゴラスの三角形が正方形の面積を持たないというフェルマーの証明は、この方程式に解がなく、フェルマーの最後の定理のこのケースが真であることを意味します。

同じ問題の別の同等の定式化には、3つの辺がすべて有理数である直角三角形の領域である合同数が含まれます。辺に共通分母を掛けることにより、任意の合同数をピタゴラスの三角形の領域に変換できます。これにより、合同数は、合同数に有理数の2乗を掛けることによって形成された数になります。したがって、数値1が合同数でない場合に限り、正方形の合同はありません。同様に、正方形（幾何学的形状）と直角三角形が等しい面積とすべての辺を互いに釣り合うようにすることは不可能です。

楕円曲線

フェルマーの定理のさらに別の等価な形式には、デカルト座標（x、y）{\ displaystyle（x、y）}が方程式を満たす点で構成される楕円曲線が含まれます。

y2 = x（x + 1）（x-1）。{\ displaystyle y ^ {2} = x（x + 1）（x-1）。}

この方程式には、明らかな解のペア（0,0）、（1,0）、および（−1,0）があります。 Fermatの定理は、これらがxとyの両方が有理である曲線上の唯一の点であるというステートメントと同等です。

フェルマーの証明

フェルマーは生涯、他の数人の数学者に挑戦して、正方形の面積を持つピタゴラスの三角形が存在しないことを証明しましたが、証明を自分で公表しませんでした。しかし、彼はバチェットのディオファントスのコピーに証拠を書きました。彼の息子はそれを発見し、死後に出版しました。

フェルマーの証明は、無限降下による証明です。正方形の面積を持つピタゴラスの三角形の例から、より小さな例を導き出すことができることを示しています。ピタゴラスの三角形は正の整数領域を持ち、正の整数の無限下降シーケンスが存在しないため、正方形の領域を持つピタゴラスの三角形も存在できません。

より詳細には、x {\ displaystyle x}、y {\ displaystyle y}、およびz {\ displaystyle z}が、正方形の面積を持つ直角三角形の整数辺であると仮定します。一般的な要因で割ることにより、この三角形は原始的であると仮定でき、すべての原始的なピタゴラストリプルの既知の形式から、x = 2pq {\ displaystyle x = 2pq}、y = p2-q2 {\ displaystyle y = p ^ {2} -q ^ {2}}、およびz = p2 + q2 {\ displaystyle z = p ^ {2} + q ^ {2}}。これにより、問題は比較的素数の整数p { \ displaystyle p}およびq {\ displaystyle q}（1つは偶数）。pq（p2-q2）{\ displaystyle pq（p ^ {2} -q ^ {2}）}は正方形です。 4つの線形因子p {\ displaystyle p}、q {\ displaystyle q}、p + q {\ displaystyle p + q}、およびp-q {\ displaystyle pq}は比較的素数であるため、正方形でなければなりません。 p + q = r2 {\ displaystyle p + q = r ^ {2}}およびp-q = s2 {\ displaystyle pq = s ^ {2}}とします。 r {\ displaystyle r}とs {\ displaystyle s}は、p {\ displaystyle p}またはq {\ displaystyle q}のどちらか一方が偶数で、もう一方が奇数であるため、両方とも奇数でなければなりません。したがって、r-s {\ displaystyle rs}とr + s {\ displaystyle r + s}は両方とも偶数であり、そのうちの1つは4で割り切れます。これらの2つの数値から、Fermatはさらに2つの数値u =（r-s）/ 2 {\ displaystyle u =（rs）/ 2}およびv =（r + s）/ 2 {\ displaystyle v =（r + s）/ 2}。そのうちの1つは前の文と同じです。 u2 + v2 = p {\ displaystyle u ^ {2} + v ^ {2} = p}は正方形であるため、u {\ displaystyle u}およびv {\ displaystyle v}は、その面積を持つ別のプリミティブピタゴラス三角形の脚です（uv）/ 2 = q / 4 {\ displaystyle（uv）/ 2 = q / 4}。 q {\ displaystyle q}はそれ自体が正方形であり、uv {\ displaystyle uv}は偶数なので、q / 4 {\ displaystyle q / 4}は正方形です。したがって、正方形の面積を持つピタゴラスの三角形は、正方形の面積を持つより小さいピタゴラスの三角形につながり、証明を完了します。