பெர்மாட் இறுதித் தேற்றம்-3

நிரூபணம் -2

அல்ஜீப்ராnவின் ஆக்கம்.

a³  +  b³  =  c³  என்ற தொடர்பில் a.b.c  மூன்றும் முழு எண்களாக இருக்கட்டும்

a³  =  c³ -  b³  = (c-b) (c²  + cb + b²)

c – b  < a என்பதால் c – b = a/k என்றும் c²   + cb + b² = ka²  என்றும்  கொள்ளலாம். இதில் k  ன் மதிப்பு 1 விட அதிகமாகும். இவ்விரு தொடர்புகளையும் தீர்வு செய்து c , b  ன் மதிப்புக்களை a  உடன் தொடர்புபடுத்தி அறியலாம் . c (= b +a/k) ன் மதிப்பை மற்றொரு தொடர்பில் பதிலீடு செய்து கிடைக்கும் இருபடிச் சமன்பாட்டைத் தீர்வு செய்ய 

3b² – 3ba/k  + a² /k² - ka²  = 0

b = -(a/2k) +  (a/6k)  √ [ 12k³ – 3 ]  ;  c  = (a/2k) +  (a/6k)  √ [ 12k³ – 3] என  மதிப்புகளை  அறியலாம் .c,b  முழு எண்ணாக இருக்க வேண்டுமானால் 12  k³   - 3 = n² என ஒரு  இருமடியாக  இருக்க வேண்டும். k = 1 என்றிருக்கும் போது, n = 3 மதிப்பைப் பெற்றிருந்தாலும்  b  = ௦ , a = c என்றாகி விடுகின்றது. k = 2 எனில் n  சிக்கலெண்ணாகி விடுகின்றது. k > 1 என்ற நிலையில் k- ன்  எம் மதிப்பிற்கும்  a யும் b  யும்  கூறுபடா அல்லது சிக்கலெண்களாகவே இருக்கின்றன .

b = (a/6k)(n-3)  ;  c  = (a/6k) (n+3); b   யும்  c  யும் முழு  எண்களாக இருக்க வேண்டுமானால் n – 3 = 6qk என்றும் n+ 3 = 6rk என்றும் இருக்க வேண்டும் அதாவது b யும் c யும் a க்கு நேர் விகிதத் தொடர்பில் இருக்க வேண்டும், c = ra என்றும் b = qa என்றும் கொண்டால்  1 + q³  = r³  என்ற நிபந்தனைத் தொடர்பைப் பெறலாம். எந்த வொரு மும்மடியுடன் 1 ஐ கூட்டினால்  வேறொரு மும்மடியைப் பெறமுடியாது என்பதால் முழு எண்களாலான ₂³R³₁   வகை எண் தொடர்புகள் சாத்தியமில்லை  என்பது நிரூபணமாகிறது. உயர்    மடியெண் கொண்ட   ₂ⁿRⁿ₁  தொடர்புகளுக்கும் இது பொருந்துகிறது

a⁴ = c⁴  - b⁴ -à (a ²)² = (c²)² – (b²)² = (c² – b²) (c² + b²)

 c² – b²  = a²/k  என்றும் c² + b² = a² k என்றும் கொண்டு தீர்வு செய்தால்

a⁴ + b⁴  = c⁴ -à a⁴  + {a √ [(k²-1)/2k]}⁴ = {a √ [(k²+1)/2k]}⁴   என்ற தொடர்பைப் பெறலாம்.

அது  போல

a⁶ = c⁶ – b⁶ à (a²)³ = (c²)³ – (b²)³

c² – b² = a²/k என்றும் c⁴  + c²b² + b⁴ = a⁴ k என்றும் கொண்டு தீர்வு செய்தால்  b² ={(-a²/2k) + (a²/6k)√ [12k³ – 3]}, c² = {(a²/2k) + (a²/6k)√ [12k³ – 3]} என்ற மதிப்புக்களைப்பெறலாம். k ன் எம்மதிப்பிற்கும், b² , c²  இரண்டும் முழு எண்களாக இல்லாததால் , b யும் ,c யும்  முழு எண்களாக இருப்பதில்லை. k  = 2 எனில் இது   1 + [-(1/4) + (1/12)√ 93]³  = [(1/4) + (1/12) √ 93]³  என்ற தொடர்பைத் தருகின்றது., ₂⁶R⁶₁ தொடர்புகளுக்கான வழிமுறையைப் பின்பற்றி a⁶ +{a[(k²-1)/2k]^1/3}⁶ = {a[(k²+1)/2k]^1/3}⁶ என்ற தொடர்பைப்  பெறலாம் . இது   உயர்    மடியெண் கொண்ட   ₂ⁿRⁿ₁  தொடர்புகளில் மடி மூல எண்கள் கூறுபடா எண்ணின் வர்க்க மூலமாக இருக்கின்றன என்று தெரிவிக்கின்றது .

மும்மடி முத்தொகுப்பு

மும்மடி மற்றும் உயர் மடிகளுடன் கூடிய ₂ⁿRⁿ₁   வகைத் தொடர்பிற்கான  (a,b,c) என்ற மூன்று எண்களும் மும்மடி முத்தொகுப்பு (Cubic triple) ஆகும்..n  = 2 என்றிருக்கும் போது மட்டுமே  முத்தொகுப்பு முழு எண்களால் ஆனதாக இருக்கின்றது. இதை பிதகோரஸ் மூவெண்கள் என்பார்கள். இருமடி தவிர்த்த  எம்மடியின் முத்தொகுப்புக்களை எந்த வழிமுறை மூலம் பெற்றாலும் அவை முழு எண்களாக இல்லாதிருக்கின்றது .    எடுத்துக்காட்டாக, a³ + b³  = c³  என்ற   தொடர்பில் c - ன் மதிப்பு ,a.b ன் மதிப்பைவிட அதிகம் என்பதால்  c = b + m  எனக்கொள்ளலாம்.

a³  - m³  = 3bm(b+m). a,m க்கு விருப்பம் போல மதிப்புக்களைக் கொடுத்து b ன் மதிப்பை அறியலாம். m = 2, என்றும் a = 14 என்றும் கொண்டால்   b² +2b – 456 = 0. என்ற இருபடிச் சமன்பாடும் , b = [-1 + √ 457 ], c = [1 + √ 457]  என்ற தீர்வுகளும் [ 14, (√ 457 -1), (√ 457 +1)] என்ற மும்மடி முத்தொகுப்பும்  கிடைக்கின்றன. [1.(2 x 5^1/4). 3] ,[3,(2 x 145^1/4),7] போன்றவை நான்கு மடி  முத்தொகுப்பிற்கும்  [3,(3 x 31^1/5), 6], [4,(4 x 31^1/5),8}....... [n ,(n x 31^1/5). 2n}  ஐந்து மடி  முத்தொகுப்பிற்கும் உதாரணங்களாகும். முழு எண்களாலான மும்மடி முத்தொகுப்பு  ₂³R²₁   க்கு மட்டுமே சாத்தியப்படுவதும் ,₂ⁿRⁿ₁  க்கு சாத்தியப்படாமல் போவதும்  இருமடிக்குள்ள  அனுகூலமாகும் .இந்த அனுகூலமும் . பிற உயர் மடிகளுக்கு  இல்லாமை  பெர்மாட் இறுதித்  தேற்றத்தை நிரூபிக்கின்றது .

பெர்மாட் தொடர்பு  x , பீல் தொடர்பு  √

 அல்ஜீப்ராவின் துணை கொண்டு பல்மடிகளாலான பீல் தொடர்புகளானால்  அனுமதிக்கப்படுவதையும் ,ஒரே மடிகளாலான (n ≥ 3 ) தொடர்புகளானால் பெர்மாட் தேற்றத்தால் மறுக்கப்படுவதையும் மெய்ப்பிக்கலாம். aⁿ + bⁿ = c^m என்றதொரு பொதுத் தொடர்பில் a,b,c,m,n எல்லாம் முழு எண்களாக இருக்கும் போது m ≠ n     என்ற நிலையில்     பீல் தொடர்புகள் அனுமதிக்கப்படுவதும்   m = n    என்ற நிலையில்  ₂ⁿRⁿ₁    தொடர்புகள் மறுக்கப்படுவதும்  பெர்மாட் இறுதித் தேற்றத்தை மெய்ப்பிக்கிறது   .

aⁿ + bⁿ = c^m என்ற தொடர்பை  (a^n/3)³ + (b^n/3)³ = c^m    என்றும் p³ + q³ =(p+q) (p² – pq + q²) = c^m    என்றும் திருத்தி அமைத்துக் கொள்வோம். 

         ------------------------------------------------------------------------------------------------------

                          (m ≥ n)                                                                            (m < n)

                  p+ q = kc    எனில்                                                            p+q = c/k எனில்

                p² – pq + q²  = c^m-1/k                                                        p² – pq + q²  = c^m-1 k

                                                  p ன் மதிப்பை பதிலீடு செய்ய

         3q²- 3kcq + k²c² – c^m-1/k = 0                                                 3k²q² – 3kcq + c²- k³c^m-1= 0

                                                   q ன் மதிப்பைத் தீர்வு செய்ய   

          q = (kc/2) ± (kc/6)√ [(12 c^m-3/ k³)  - 3]                         q = (c/2k) ± (c/6k)√ [(12k³ c^m-3)  - 3] 

      -----------------------------------------------------------------------------------------------------------

q முழு எண்ணாக இருக்க வேண்டுமெனில்  வர்க்க மூல குறியீட்டிற்குள் இருக்கும் பகுதி ஒரு இருமடி எண்ணாக ( S²) இருக்க வேண்டும். (m ≥ n எனில்) 12 c^m-3 = k³(S² +3), (m < n)  எனில் 12k³ c^m-3 = S² + 3.   

     ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

                           q  = (kc/2) ± kcS/6                                                q = (c/2k) ± cS/6k

                                                                      S = 0 எனில்

                              p = q = kc/2                                                            p = q = c/2k

                       (kc/2)³ + (kc/2)³ = c^m    (m ≥3)                        (c/2k)³ + (c/2k)³  = c^m , (m < 3)

                                                                         m = 2 எனில்

                               k³c = 4                                                                    c = 4k³

                                k = 1 , c = 4 எனில்  2³ + 2³ = 4²  = 2⁴ போன்ற பீல் தொடர்புகள்

                     மட்டும் அனுமதிக்கப்படுகின்றன.

                                                                      m = 3 எனில்

                              k³ = 4                                                                          k³ = 1/4

                       இதனால்    முழு எண்களற்ற தொடர்பே கிடைக்கின்றது.

                                                            (c 4^1/3 /2)³  +(c 4^1/3 /2)³ = c³

                            முழு எண்ணாக தேர்வு செய்யமுடியாதவாறு k - பிற  மாறிகளுடன்   

              தொடர்பின்றியும் மும்மடி எண்ணாக இல்லாதும்  இருக்கும் போது

              இது தவிர்க்கயியலாததாக இருக்கின்றது.  

                                                                       m = 4 எனில்

                              k³ = 4c                                                                      4k³c = 1                                      

            c = 16 எனில் k = 4, இது 32³ + 32³ = 16⁴ என்ற தொடர்பை அனுமதிக்கின்றது.

                                                                       m = 5 எனில்

                             k³ = 4c²                                                                       4k³c² = 1

            c = 4 , k = 4   என்ற மதிப்பால்  8³ + 8³ = 4⁵   போன்ற தொடர்பு அமைகின்றது

                                                                       m = 6 எனில்

                              k³ = 4c³  ; k = 4^1/3c                                              4k³c³ = 1; k = 1/4^1/3c

                    k கூறுபடா எண்ணாக  இருப்பதால் முழு எண்களாலான எண்

                    தொடர்புகளுக்கு சாத்தியமில்லை. m  =3,6,9.... 3n  என்றவாறு       

                   மதிப்புக்கொண்டிருந்தால்  இந்நிலை தவிர்க்கயியலாததாக                  

                   இருக்கின்றது. m = 7 என்றபோது இந்நிலை மாற்றம் பெறுகின்றது.

                                                                       m = 7 எனில்

                                k³ = 4c⁴                                                                             4k³c⁴ = 1

           c = 2, k = 4  எனில்   4³ + 4³ = 2⁷ என்ற தொடர்பை அனுமதிக்கின்றது.

                 அனுமதிக்கப்படும் S ன் பிற மதிப்புக்களைக் கொண்டும் இதை

                 நிறுவமுடியும்.

       

               --------------------------------------------------------------------------------------------------

இரு வேறு மடியெண்களுடன் கூடிய மடி மூல எண்கள் சமம் எனில் அது அவைகளுக்கிடையே ஒரு தொடர்பைத் தருகின்றது. aⁿ = b^m எனில்  மடி மூல எண்கள் இரண்டும் ஏதாவதொரு எண்ணின் மடிகளாக இருக்கவேண்டும் .a = x^m. b = xⁿ  எனில்,a,b இரண்டையும் முழு எண்களாக்க முடியும்,{a = x^n-m  b}. அப்படி அமையாத நிலையில்  a = b^m/n  , m ன் மதிப்பு n  ன் மடங்காக  அல்லது n ன்  மதிப்பு m ன்  மடங்காக இருக்கவேண்டும். இப்படி இல்லாத நிலையில் ஒன்றின் மூல எண்ணை முழு எண்ணாகக் காட்ட முடியாது . தொடர்பில் ஒரு மாறிலி மட்டும் இருக்கும் போதும் அல்லது பிற மாறிகளுடன் இணைந்து  மடி எண்ணுக்கு இணையான மடியெண்ணாக்கிக் கொள்ள முடியாவிட்டாலும்  இந்த நிலை ஏற்படுகின்றது. அப்படி அமைவது எப்போதும் மூன்று  மடியெண்களும் சமமாக அல்லது அதன் மடங்காக இருக்கும் போது மட்டும் ஏற்படுகின்றது . ₂ⁿ Rⁿ₁ தொடர்புகளில் மூன்று மடி மூல எண்களை முழு எண்ணாக்க முடியாமை  பெர்மாட் இறுதித் தேற்றத்திற்கு ஒரு நிரூபணமாகிறது

                                

₂³R³₁ தொடர்புகளில் அல்ஜீப்ராவின் வழியில் இதை மீண்டும் மெய்ப்பிப்போம் . ₂ⁿRⁿ₁  வகைத் தொடர்புகள் (இரட்டை+ ஒட்றை =ஒட்றை) என்றிருப்பதால் a³ = c³ – b³ à (2p)³ = (2r+1)³ – (2q +1)³ à 4p³ = (r-q) [4(r²+rq +q²) +6(r+q) +3]

r-q = 2 , 4(r²+rq +q²) +6(r+q) +3 = 2p³ என்று பிரிவினை செய்து கொண்டு  இவ்விரு தொடர்புகளையும் தீர்வு செய்ய

12q² + 36 q + 31 – 2p³ = 0

q = (-3/2) + (1/6)√[6 p³ -12] , r = (1/2) + (1/6) √[6 p³ -12]. இத் தீர்வுகள் { 2p , [-2 + (1/3) √(6 p³ -12)], [2 + (1/3) √(6 p³ -12)]} என்ற மும்மடி முத்தொகுப்பைத் தருகின்றது. பிரிவினையில் ஏற்படுத்தும் எந்த மாற்றமும் முழு எண்களாலான தீர்வுகளைத் தருவதில்லை. r-q = x , 4(r²+rq +q²) +6(r+q) +3 = y , xy = 4p³ எனில், q = -[(x+1)/2] + (1/6) √ [3(y-x²)] = -[(x+1)/2] + (x/6) √ [3(p /x)³- 1].  [3(p /x)³- 1]  = k ²  என ஒரு இருமடி எண்ணாக இருக்க  3(p /x)³  = k ²  + 1 ஒரு நிபந்தனையாக இருக்கின்றது . k² + 1    க்கு  3 ஒரு காரணியாக இல்லாததால் இது முழு எண்களால் நிறைவுறாத எண்தொடர்பு களையே தருகின்றது.

இதே கருத்தை  ஒரு பொதுத் தொடர்பைக் கொண்டே நிரூபிக்கலாம். aⁿ + a^n-m b =       a^n-m( a^m +b)  என்ற பொதுத் தொடர்பை எடுத்துக்கொள்வோம் . இதில்  b = a^m   எனில்    a^n-m b ஐ aⁿ  என்றாக்க முடியும்  ஆனால்  a^n-m( a^m +b) = 2 aⁿ. இதன் குணகம் 2 ஆக இருப்பதால்  அதை   n-ன்  மடியின் மடி மூலமாக்கிக் கொள்ள முடிவதில்லை. b = a^m qⁿ எனில் a^n-m b = (aq)ⁿ என்று இணக்கமாக மாறினாலும் a^n-m( a^m +b) = aⁿ (1 + qⁿ)  ≠ (ar)ⁿ ஏனெனில்  (1 + qⁿ) ஐ மற்றொரு n -ன் மடியில் காட்டமுடிவதில்லை. மாறாக ( a^m +b) = a^m rⁿ எனக் கொண்டால்  கூட்டுத் தொகையை ஒரு n  மடியாக்கிக் கொள்ள முடியும் . ஆனால் a^n-m b = a^m-n [ a^mrⁿ – a^m] = aⁿ ( rⁿ – 1). எந்த வழிமுறையைக் கையாண்டாலும் , மூன்று உறுப்புக்களையும் ஒரே நிபந்தனையுடன் முழு எண்களாக்கிக்  கொள்ள முடிவதில்லை .

பெர்மாட் தொடர்பிற்கு மறுப்புக் காட்டும் இத் தொடர்புகள் பீல் தொடர்புகளுக்கு வளைந்து கொடுக்கின்றன . எடுத்துக்காட்டாக  b = a^m+1  எனில்  a^n-m b = aⁿ⁺¹ , a^n-m( a^m +b) = aⁿ ( 1 + a). 1 + a = xⁿ  எனில்  a = xⁿ – 1. இது  (xⁿ – 1)ⁿ + (xⁿ -1)ⁿ⁺¹ = [x (xⁿ – 1)]ⁿ     என்ற பீல் தொடர்பைத் தருகின்றது