Végtelen leszállás

A végtelen leszállás (descente infinie) egy indirekt bizonyítási módszer, ami azon alapul, hogy a természetes számok minden részhalmazának van legkisebb eleme. A módszert Pierre de Fermat fejlesztette ki, és sok eredményéhez ezzel a módszerrel jutott el. A nagy Fermat-tételnek egy n = 4-hez tartozó speciális esete például belátható végtelen leszállással.

A XX. század számelmélete újra felfedezte a végtelen leszállást. Hozzákapcsolódott az algebrai számelmélethez és az L-függvényekhez. Mordell eredménye, hogy az elliptikus görbék racionális pontjainak csoportja végesen generált, szintén végtelen leszállással adódott. André Weil ezt az eredményt terjesztette ki magasságfüggvény használatával; ez később úttörőnek bizonyult. A Mordell–Weil tétel nyomán egy egészen új elmélet alakult ki.

Általános eljárásSzerkesztés

Az érvelés indirekt, tehát feltesszük, hogy a bizonyítandó állítás nem igaz, vagyis hogy a szóban forgó egyenlet megoldható a természetes számok halmazán. Tudjuk, hogy a természetes számok minden részhalmazának van legkisebb eleme, ezért ha minden feltételezett megoldásból újabb, természetes számokból álló megoldást tudunk készíteni, akkor ellentmondást kaptunk, és a szóban forgó egyenlet nem oldható meg a természetes számok halmazán.

Másként, az egyenlet megoldáshalmazának is van legkisebb eleme, mivel a megoldáshalmaz a természetes számok halmazának része. Ebből készítünk egy még kisebb megoldást a feladat és a természetes számok tulajdonságainak felhasználásával. Ez ellentmond annak, hogy a legkisebb megoldásból indultunk ki, tehát az egyenlet megoldhatatlan.

A megoldhatatlanság induktív bizonyításaSzerkesztés

Tegyük fel, hogy egy legkisebb megoldásból tudunk még kisebb megoldást csinálni! Ezen nyugszik a végtelen leszállás alapelve, és amihez konkrét bizonyítás szükséges.

  • Az indukció megkezdése: a legkisebb megoldás nem lehet a 0, mert akkor lenne a 0-nál kisebb természetes szám. Mivel nincs ilyen szám, ezért ellentmondásra jutottunk.
  • Az indukciós feltevés: feltesszük, hogy már minden kk0-ra bizonyítva van, hogy nem lehet legkisebb megoldás.
  • Az indukciós lépés: mivel k0 nem lehet a legkisebb megoldás, ezért annak a kk0 számok között kell lennie. Ez ellentmond az indukciós feltevésnek.

Tehát a legkisebb megoldás nem létezik, így semmilyen megoldás nincs, tehát az egyenlet megoldhatatlan.

PéldákSzerkesztés

A 2 négyzetgyöke irracionálisSzerkesztés

  pozitív. Feltesszük indirekt, hogy racionális, tehát vannak olyan   természetes számok, hogy  . Négyzetre emelve kapjuk az   egyenletet, aminek megoldásai az   természetes számok. Állítjuk, hogy egy adott   megoldásból készíthető egy   megoldás, ami abban az értelemben kisebb, hogy  .

Az   egyenlőtlenség miatt  , tehát   is természetes szám. Hasonlóan,   miatt  , és így   szintén természetes szám. Emellett még   is teljesül.

Az   egyenlet felhasználásával:   tehát   is megoldása az egyenletnek.

Tudjuk, hogy ha az egyenlet megoldható, akkor van olyan megoldás is, amiben y minimális. Azonban ahogy láttuk, ilyen nincs, mert tetszőleges megoldásból lehet kisebbet készíteni. Eszerint a   racionális volta nem állja meg a helyét, tehát   irracionális.

Hasonlóan, ha tetszőleges megoldás helyett a legkisebb megoldásból indulunk ki, akkor a kisebb megoldás létezése megcáfolja annak legkisebb voltát. Érvelhetünk úgy is, hogy minden  -hoz is készíthető kisebb y, tehát készíthető y-oknak végtelen   sorozata, ami a természetes számok alulról korlátos volta miatt lehetetlen, tehát ismét ellentmondáshoz jutunk.

k irracionális, ha nem egészSzerkesztés

Legyen k pozitív egész. Belátjuk, hogy ha √k nem egész, akkor irracionális.

Feltesszük, hogy mégis racionális. Legyen √k = m/⁄n, ahol m és ⁄n a lehető legkisebb természetes számok. Legyen továbbá q a legnagyobb egész, ami nem nagyobb √k-nál.

Ekkor

 

azaz √k kifejezhető kisebb számokkal, ami ellentmondás.[1]

a2 + b2 = 3(s2 + t2)Szerkesztés

Végtelen leszállással megmutatható, hogy az

 

egyenlet egyetlen megoldása   az egész számok halmazán.

Tegyük fel, hogy van nem triviális megoldás! Ekkor van nem negatív megoldás is, ugyanis   mindegyike helyettesíthető az abszolút értékével. Ezután elég a nem negatív megoldásokkal foglalkozni.

Legyen most   egy nem negatív megoldás! Ekkor

 

Ez csak úgy lehet, hogy   és   is osztható 3-mal. Legyen

 

így

 

és

 

ami egy új nem negatív s1, t1, a2, b2 megoldást ad. Ezek összege kisebb, mint az eredetié. Ez az eljárás végtelenszer megismételhető, ami ellentmond annak, hogy a természetes számoknak nincs végtelen hosszú szigorúan monoton csökkenő sorozata.

Tehát ennek a diofantoszi egyenletnek nincs nem triviális megoldása.

r2 + s4 = t4Szerkesztés

Nevezetes példa a nagy Fermat-tétel egy speciális esetének bizonyítása. A páratlan prímek mellett elég az n = 4 speciális esetre belátni a megoldhatatlanságot. Többet bizonyítunk, az   egyenlet helyett az   egyenletet használjuk. Egy újabb bizonyítás egy még általánosabb esettel foglalkozik, hogy nincs olyan pitagoraszi háromszög, aminek befogói egy négyzetszám, illetve ezen négyzetszám kétszerese.[2]

Tegyük fel, hogy kaptunk valahonnan egy ilyen háromszöget. Ekkor a pitagoraszi tulajdonság megtartásával skálázhatjuk úgy, hogy ne legyenek közös tényezőik. A primitív pitagoraszi háromszögek oldalai írhatók így:

     , ahol a és b relatív prímek, és a+b páratlan, ezért y és z is páratlan. Három eset van aszerint, hogy melyik oldalpár lesz négyzet, vagy egy négyzet kétszerese:
  • y és z: Mivel y és z páratlan, ezért nem lehetnek egy négyzet kétszeresei; ha mindkettő négyzet, akkor az   és   befogójú és   átfogójú derékszögű háromszög oldalai szintén egészek lennének úgy, hogy   befogó és   átfogó, és átfogója kisebb:     helyett.
  • y és x: Ha y négyzet és x négyzet vagy egy négyzet kétszerese, akkor a és b is négyzet vagy négyzet kétszerese, és az   és   befogójú és   átfogójú derékszögű háromszög két oldala, b és a négyzet vagy négyzet kétszerese lenne, aminek átfogója rövidebb lenne, mint az eredetié:     helyett.
  • z és x: Ha z négyzet és x négyzet vagy négyzet kétszerese, akkor a és b is négyzet vagy négyzet kétszerese, és az   és   befogójú és   átfogójú derékszögű háromszög két oldala,   ésd   négyzet, vagy négyzet kétszerese, és átfogója rövidebb, mint az eredetié     helyett.

Bármely ilyen esetben, ahol két oldal vagy mindegyike négyzet, vagy mindegyike egy négyzet kétszerese, kaphatunk egy kisebb megoldást, ami nem mehet a végtelenségig, tehát nem létezhet ilyen háromszög. Innen következik, hogy   megoldhatatlan, különben r, s2 és t2 egy ilyen háromszög oldalai lennének.

További példák találhatók itt: [3] és .[4]

További információkSzerkesztés

JegyzetekSzerkesztés

  1. Sagher, Yoram (1988), "What Pythagoras could have done", American Mathematical Monthly 95: 117
  2. Dolan, Stan, "Fermat's method of descente infinie", Mathematical Gazette 95, July 2011, 269–271.
  3. Grant, Mike, and Perella, Malcolm, "Descending to the irrational", Mathematical Gazette 83, July 1999, pp. 263–267.
  4. Barbara, Roy, "Fermat's last theorem in the case n = 4", Mathematical Gazette 91, July 2007, 260–262.

ForrásokSzerkesztés