De laatste stelling van Fermat

Transcriptie

1 Hoofdstuk 13 De laatste stelling van Fermat 13.1 Pythagoreïsche drietallen Sinds de oudheid weet men dat er rechthoekige driehoeken zijn waarvan alle zijden geheel zijn. Hiertoe moeten we natuurlijke getallen a, b, c vinden, de zijden van de driehoek, zó dat a 2 + b 2 = c 2. Bekende voorbeelden zijn = 5 2 en = Het is heel gemakkelijk om oneindig veel van deze drietallen te maken. Beschouw namelijk de identiteit (s 2 t 2 ) 2 + (2st) 2 = (s 2 + t 2 ) 2. Wat we ook voor s, t invullen, de gelijkheid is altijd waar. De keuze s = 2, t = 1 geeft = 5 2, de keuze s = 3, t = 2 geeft = Door s, t wat groter te nemen kunnen we ook spectaculair grote drietallen a, b, c maken. Bijvoorbeeld s = 108, t = 67 geeft = Het aardige is dat we met deze constructie ook alle a, b, c kunnen vinden die voldoen aan a 2 + b 2 = c 2 met de eis dat ggd(a, b, c) = 1. Definitie Een drietal a, b, c N heet een Pythagoreïsch drietal als ggd(a, b, c) = 1 en a 2 + b 2 = c 2. Merk op dat elke gehele oplossing van a 2 + b 2 = c 2 terug te voeren is tot een Pythagoreïsch drietal door gewoon de ggd van a, b, c uit deze getallen weg te delen. Stel dat we een Pythagoreïsch drietal a, b, c hebben. Wegens ggd(a, b, c) = 1 kunnen a, b niet beide even zijn. Ze kunnen ook niet beide oneven zijn, want dan zou gelden c (mod 4) hetgeen onmogelijk is voor een kwadraat. Laten we dus aannemen dat a oneven is en b even. Breng nu a 2 naar rechts en deel door 4, ( b 2 ) 2 = c a c + a 2

2 116 HOOFDSTUK 13. DE LAATSTE STELLING VAN FERMAT Zij d = ggd((c a)/2, (c+a)/2). Dan deelt d ook som en verschil van deze getallen. Dus d c en d a. Omdat ggd(a, b, c) = 1 volgt hieruit dat d = 1 en (c a)/2 en (c + a)/2 zijn relatief priem. Hun product is een kwadraat. Dat betekent dat beide getallen afzonderlijk een kwadraat zijn. Stel (c a)/2 = t 2, (c + a)/2 = s 2. Hieruit volgt c = s 2 + t 2 en a = s 2 t 2. Verder volgt uit (b/2) 2 = (st) 2 dat b = 2st. Bovendien zien we dat wegens ggd(a, b, c) = 1 de getallen s, t relatief priem zijn en verschillend modulo 2. We hebben nu de volgende stelling aangetoond. Stelling Zij a, b, c een Pythagoreïsch drietal met a oneven en b even. Dan zijn er natuurlijke getallen s, t zó dat a = s 2 t 2, b = 2st, c = s 2 + t 2. Bovendien zijn s, t relatief priem en ongelijk modulo 2. Er is ook een meetkundige manier om deze stelling af te leiden. Deel beide zijden van a 2 + b 2 = c 2 door c 2. We vinden (a/c) 2 + (b/c) 2 = 1 en daarmee twee breuken waarvan de som van de kwadraten 1 is. Het vinden van Pythagoreïsche drietallen komt nu neer op het vinden van rationale getallen x, y Q zó dat x 2 + y 2 = 1. Anders gezegd, we zoeken rationale punten op de cirkel x 2 + y 2 = 1. Dit is een belangrijk moment, belangrijker dan men misschien realiseert. We kunnen nu meetkundige methoden gaan gebruiken om problemen van getaltheoretische aard op te lossen. Het probleem van de Pythagoreïsche drietallen is hierin een bescheiden begin, maar in de loop der tijd is de meetkunde een cruciale rol gaan spelen in het deel van de getaltheorie dat als diophantische vergelijkingen bekend staat. Hoe bepalen we nu de rationale punten op de cirkel x 2 +y 2 = 1? Beschouw het volgende plaatje. y=t(1-x) y Q t P=(1,0) x waarin een willekeurige rechte lijn door het punt P = (1, 0) getrokken hebben. Deze wordt gegeven door een vergelijking van de vorm y = t(1 x). Deze lijn snijdt de cirkel x 2 + y 2 = 1 in twee punten. Eliminatie van y uit de vergelijkingen geeft immers x 2 + t 2 (x 1) 2 = 1. Dit is een kwadratische vergelijking met

3 13.2. OUDE GESCHIEDENIS 117 oplossingen x = 1 en x = (t 2 1)/(t 2 + 1). Hiermee corresponderen de waarden y = 0 en y = 2t/(t 2 + 1). De snijpunten zijn dus P = (1, 0) en Q = ( ) t 2 1 t 2 + 1, 2t. t Als we nu t Q kiezen, dan is Q een punt met rationale coördinaten. Omgekeerd, als we een rationaal punt Q = (p, q) op de cirkel kiezen, dan heeft de lijn door P en Q een t-waarde die ook rationaal is, namelijk t = q/(1 p). Conclusie, er bestaat een 1-1-duidig verband tussen de twee verzamelingen gegeven door {t Q} en {x, y Q x 2 + y 2 = 1, (x, y) (1, 0)} t = y ( ) t 2 1, (x, y) = 1 x t 2 + 1, 2t. t Op deze manier hebben we alle rationale punten op x 2 + y 2 = 1 te pakken Oude geschiedenis Kijkend naar pythagoreïsche drietallen kan men zich ook afvragen of er ook twee derde machten zijn waarvan de som weer een derde macht is, of twee vierde machten waarvan de som een vierde macht is, etcetera. Dit is precies wat Fermat zich afvroeg en hij formuleerde de volgende stelling. Vermoeden (Fermat, ongeveer 1638) Zij n Z 3. Dan zijn er geen positieve gehele getallen x, y, z zó dat x n + y n = z n. Het verdere verhaal is al vele malen verteld. In de kantlijn van Bachet s vertaling van het werk van de Griekse wiskundige Diophantus schreef Fermat dat hij een wonderbaarlijk bewijs voor deze stelling had, maar dat de kantlijn te smal was om deze helemaal te bevatten. Het is zeer onwaarschijnlijk dat Fermat een correct bewijs had. Na Fermat hebben vele duizenden wiskundigen, zowel amateurs als professionals, zich met dit probleem beziggehouden zonder het volledige probleem op te lossen. Pas in 1994 presenteerde Andrew Wiles een volledig bewijs dat als correct werd aanvaard. Echter, Wiles uiteindelijke artikel beslaat een gehele aflevering van de Annals of Mathematics en is gevuld met de meest geavanceerde wiskunde van deze tijd. Het vermoeden van Fermat is door de jaren ook vaak aangegeven als de laatste stelling van Fermat, hoewel het een stelling zonder bewijs was. Wat we zeker weten is dat Fermat een bewijs gaf van zijn vermoeden (of stelling ) voor het geval dat n = 4. Het is een gevolg van de volgende stelling.

4 118 HOOFDSTUK 13. DE LAATSTE STELLING VAN FERMAT Stelling (Fermat) De vergelijking x 4 + y 4 = z 2 heeft geen oplossing in x, y, z N. Om deze stelling te bewijzen maakte Fermat gebruik van het principe van dalende inductie. Dit bestaat eruit dat we aannemen dat er een oplossing bestaat en er vervolgens een kleinere oplossing mee creëren. Dit principe wordt ook tegenwoordig nog, in het jasje van zogenaamde Galois cohomologie, veel gebruikt. Stel dus dat onze vergelijking een oplossing heeft en kies een oplossing met minimale z. Noem deze x 0, y 0, z 0. We mogen aannemen dat ggd(x 0, y 0 ) = 1, anders zouden we gemeenschappelijke delers uit x 0, y 0 kunnen wegdelen. Bovendien mogen we volgens voorgaande paragraaf aannemen dat y 0 even is. Toepassing van Stelling geeft dat er r, s N zijn zó dat ggd(r, s) = 1 x 2 0 = r 2 s 2, y 2 0 = 2rs, z 0 = r 2 + s 2. Uit x s 2 = r 2 volgt wederom met gebruikmaking van Stelling dat er ρ, σ N zijn, zó dat ggd(ρ, σ) = 1, x 0 = ρ 2 σ 2, s = 2ρσ, r = ρ 2 + σ 2. Samen met y0 2 = 2rs geeft dit (y 0 /2) 2 = ρσ(ρ 2 +σ 2 ). Omdat de factoren ρ, σ, ρ 2 + σ 2 paarswijs relatief priem zijn en hun product een kwadraat, volgt dat elk van deze factoren een kwadraat is. Dus er zijn u, v, w N zó dat ρ = u 2, σ = v 2, σ 2 + ρ 2 = w 2. Eliminatie van ρ, σ uit deze vergelijkingen levert w 2 = u 4 + v 4. Merk nu op dat w = ρ 2 + σ 2 = r < y 0 < z 0. We hebben met u, v, w een oplossing van x 4 + y 4 = z 2 gevonden met een z-coördinaat die kleiner is dan z 0. Dit is in tegenspraak met de minimaliteit van z 0. Conclusie, er kunnen geen oplossingen zijn. Na Fermat was de vooruitgang erg langzaam. In 1753 bewees Euler het geval n = 3, hoewel Euler s bewijs nog een omissie bevatte die door Gauss gerepareerd werd. Het is trouwens voldoende om ons te beperken tot het geval dat de exponent een priemgetal is. Bijvoorbeeld x 6 + y 6 = z 6 is onoplosbaar omdat zesde machten tevens derde machten zijn, en er voor n = 3 geen oplossingen zijn. Elk getal 3 is deelbaar door een oneven priemgetal of door 4. Het geval n = 4 hadden we al afgehandeld, dus kunnen we ons beperken tot n oneven priem. Het geval n = 5 werd afgehandeld door Dirichlet en n = 7 door Lamé in Een fundamentele vooruitgang werd geboekt door E.Kummer met de volgende opmerkelijke stelling. Stelling (Kummer, 1847) Zij B 0, B 1, B 2,... de rij Bernoulli-getallen. Als het oneven priemgetal p niet de teller van de getallen B 2, B 4,..., B p 3 deelt, dan heeft x p + y p = z p geen oplossingen in x, y, z N. Tussen haakjes, het n-de Bernoulli-getal krijgen we door de functie x/(e x 1) n-maal te differentiëren en daar x = 0 in te vullen. Het is niet moeilijk in te zien dat B n = 0 als n oneven is en groter dan 1. Hier is een kleine lijst met waarden,

5 13.3. RECENTE GESCHIEDENIS 119 B 2 = 1/6 B 4 = 1/30 B 6 = 1/42 B 8 = 1/30 B 10 = 5/66 B 12 = 691/2730 B 14 = 7/6 B 16 = 3617/510 B 18 = 43867/798 B 20 = /330 Wat deze Bernoulli-getallen in vredesnaam te maken kunnen hebben met de onoplosbaarheid van x p + y p = z p is een lang verhaal dat in verschillende, voor beginners zeer lastige, boeken beschreven is zie Edwards [Edw] en Ribenboim [Rib2]. Als de lezer niet gecharmeerd is van Bernoulli-getallen hebben we ook een andere methode om Kummer s criterium te verifieren. Als k even is en p 3 dan is de teller van B k deelbaar door p precies dan als 1 k + 2 k + + (p 1) k deelbaar is door p 2. Met Kummer s criterium kunnen we nu al heel snel zien dat het Fermat vermoeden waar is voor 2 < n < 29. Gebruikmakend van de computer en van verfijningen op Kummer s criterium werd de juistheid van Fermat s vermoeden geverifieerd voor alle n met 2 < n < Hoewel Fermat s vermoeden hiermee nog steeds niet was aangetoond heeft het werk van Kummer geleid tot een nieuwe tak in de getaltheorie, namelijk de algebraïsche getaltheorie. Omdat dit boek slechts de elementaire aspecten behandelt zullen we weinig van de algebraïsche getaltheorie merken. Echter, in een diepgaander studie is deze tak van de getaltheorie van cruciaal belang Recente geschiedenis In 1985 was er sprake van een geruchtenstroom in de wereld van de getaltheorie. Er zou een belangrijke vooruitgang zijn geboekt in pogingen om Fermat s vermoeden te bewijzen. Het idee was afkomstig van G.Frey en eigenlijk heel simpel, als je er tenminste aan denkt. Het maakt gebruik van elliptische krommen. Een elliptische kromme is een algebraïsche kromme gegeven door een vergelijking van de vorm y 2 = f(x) waarin een f(x) een derde graads polynoom is van de vorm x 3 + ax 2 + bx + c voor zekere gehele a, b, c. De discriminant van f is het gehele getal D(f) = (α β) 2 (α γ) 2 (β γ) 2 waarin α, β, γ de nulpunten van f zijn. Dit is analoog aan de discriminant van een kwadratisch polynoom g(x) = x 2 + bx + c waarvan de discriminant gelijk is aan (α β) 2 waarin α, β de nulpunten van g zijn. De discriminant is nul precies dan als f dubbele nulpunten heeft. Voor een elliptische kromme eisen we dat D(f) 0. Verder geldt dat D(f) een geheel getal is. Bij zo n elliptische kromme hebben we zogenaamde priemgetallen van slechte reductie. Dat zijn de priemdelers van D(f). Modulo zo n priemgetal heeft het polynoom f een dubbel nulpunt. Het product van deze priemgetallen noemen we de conductor van onze kromme. Notatie N(f). Dit is niet helemaal juist, want sommige priemen van

6 120 HOOFDSTUK 13. DE LAATSTE STELLING VAN FERMAT slechte reductie kunnen ook in hogere machten in de conductor voorkomen. We laten dit echter voor wat het is, het verhaal is al ingewikkeld genoeg. Merk allereerst op dat N(f) D(f). Echter, jarenlange ervaring met elliptische krommen deed veel mensen vermoeden dat er ook een ongelijkheid de andere kant uit bestaat, namelijk D(f) N(f) 6. Deze bewering is tot op heden nog niet bewezen, maar de talrijke voorbeelden lijken het wel te bevestigen. Nu het argument van Frey. Stel we hebben een gelijkheid a p + b p = c p met a, b, c N en p oneven priem. Hiermee maken we de volgende elliptische kromme, y 2 = x(x a p )(x + b p ). De discriminant hiervan is D = (a p b p (a p + b p )) 2 = (abc) 2p. De conductor N bestaat uit het product van de priemdelers van abc en dus N abc. Als D N 6 zou gelden, dan volgt (abc) 2p N 6 (abc) 6. Dus 2p 6 en we concluderen dat p = 3. Hiervoor weten we sinds Euler s tijd dat het Fermat vermoeden waar is. De lezer zou hier zeer terecht kunnen tegensputteren dat we slechts het ene moeilijke probleem, het Fermat vermoeden,teruggebracht hebben tot een zo mogelijk nog moeilijker probleem, namelijk D(f) N(f) 6. Dus vanwaar alle opwinding? Vlak na het bekend worden van Frey s argument was het inderdaad helemaal niet duidelijk hoe nu verder te gaan. Het enige lichtpuntje was dat men met diepe methoden uit de theorie der modulaire vormen kon laten zien dat D(f) N(f) 6 als N(f) een priemgetal is. Een ander, misschien belangrijker, aspect was dat het vermoeden van Fermat een nogal negativistische uitspraak is. Het zegt dat er géén x, y, z N bestaan zó dat x n + y n = z n als n > 2. Maar hoe controleer je of iets niet bestaat? Het enige dat je kunt doen is een tamelijk gecompliceerd bewijs ervan geven. De uitspraak D(f) N(f) 6 is daarentegen een positivistische. Neem maar een willekeurig polynoom f. Een willekeurige persoon kan de juistheid van de ongelijkheid controleren. Doen we dit voor veel polynomen f en blijkt de ongelijkheid steeds weer te gelden, dan worden we in ons vermoeden gesterkt. In 1986 kreeg het verhaal een vervolg. Het bleek dat een bewijs van D(f) N(f) 6 toch teveel gevraagd was. Echter, Frey s idee had de weg geopend, en elliptische krommen bleken de sleutel te zijn. Geïnspireerd door ideeën van J.- P. Serre toonde Ken Ribet aan dat de juistheid van het Fermatvermoeden een gevolg is van het Shimura-Taniyama-Weil vermoeden, af te korten met STWvermoeden. Uitleggen wat het STW-vermoeden precies behelst zou te ver buiten het bestek van dit boek voeren. Voor een onderhoudende introductie wil ik verwijzen naar het boek van Alf van der Poorten [Poo]. We kunnen hier wel wat kreten laten vallen. Het STW-vermoeden zegt dat elke elliptische kromme gedefinieerd over Q, zoals boven, een modulaire elliptische kromme is. Modulaire elliptische krommen zijn algebraïsche krommen met een rijke extra structuur. In de zestiger jaren bleken tot verbazing van onderzoekers als Taniyama, Shimura en Weil elliptische krommen steeds weer modulair te zijn. Dit verschijnsel bleek zo

7 13.3. RECENTE GESCHIEDENIS 121 hardnekkig aanwezig te zijn dat men er tenslotte een vermoeden over geformuleerd heeft. Hier is sprake van een echte ontdekking, men observeerde verschijnselen waarvan het achterliggende mechanisme nog volkomen onduidelijk was. In dit geval kunnen we zonder overdrijving zeggen dat het tot de mooiste ontdekkingen in de getaltheorie behoort. Net als bij de ongelijkheid D(f) N(f) 6 treedt hier het prettige verschijnsel op dat men, zij het met enige moeite, voor een gegeven elliptische kromme kan verifiëren dat deze modulair is. In oktober 1994 was dit allemaal niet meer nodig. Andrew Wiles toonde aan dat het STW-vermoeden waar is voor iedere semi-stabiele elliptische kromme. Dit is nog niet helemaal het STW-vermoeden, maar wel bijna. In ieder geval was het genoeg om het Fermat vermoeden te bewijzen. De maand oktober 1994 was het eind van een lange periode van spanning. Reeds in juni 1993 had Wiles in een serie lezingen aan het Newton Institute te Cambridge de ideeën weergegeven die de kern van zijn bewijs vormden. De details bleven voorlopig nog geheim en een zestal experts heeft zich in de daaropvolgende maanden gebogen over Wiles manuscript. Fouten werden verbeterd en omissies ingevuld. Totdat eind 1993 een gat werd ontdekt dat zich niet zo gemakkelijk liet opvullen. Om iets te voelen van de sfeer die met dergelijke ontwikkelingen gepaard gaat volgt hier de tekst die Wiles begin december 1993 op de sci.math news group op het web zette. In view of the speculation on the status of my work on the Taniyama- Shimura Conjecture and Fermat s Last Theorem I will give a brief account of the situation. During the review process a number of problems emerged, most of which have been resolved, but one in particular I have not yet settled. The key reduction of (most cases of) the Taniyama-Shimura Conjecture to the calculation of the Selmer group is correct. However the final calculation of a precise upper bound for the Selmer group in the semistable case (of the symmetric square representation associated to a modular form) is not yet complete as it stands. I believe I will be able to finish this in the near future using the ideas explained in my Cambridge lectures. The fact that a lot of work remains to be done in the manuscript makes it still unsuitable for release as a preprint. In my course in Princeton beginning in February I will give a full account of this work Het bleek dat dit optimistische geluid iets te vroeg was. Een lange stilte volgde waarin Wiles onder grote spanning zijn methode van aanpak evalueerde en herzag. De stilte duurde zelfs zo lang dat mensen begonnen te twijfelen of het ooit nog goed zou komen. Tot grote opluchting van de wiskundige wereld, en uiteraard Wiles zelf, lukte het. Met enige hulp van Wiles ex-student Richard Taylor werd de oplossing gevonden en is Fermat s vermoeden nu een echte stelling. Hier is de aankondiging van Karl Rubin, één van de referees, op 25 oktober As of this morning, two manuscripts have been released

8 122 HOOFDSTUK 13. DE LAATSTE STELLING VAN FERMAT Modular elliptic curves and Fermat s Last Theorem by Andrew Wiles Ring theoretic properties of certain Hecke algebras by Richard Taylor and Andrew Wiles. The first one (long) announces a proof of, among other things, Fermat s Last Theorem, relying on the second (short) one for a crucial step. As most of you know, the argument described by Wiles in his Cambridge lectures turned out to have a serious gap, namely the construction of an Euler system. After trying unsuccessfully to repair that construction, Wiles went back to another approach which he had tried earlier but abandoned in favor of the Euler system idea. He was able to complete his proof, under the assumption that certain Hecke algebras are local complete intersections. This and the rest of the ideas described in Wiles Cambridge lectures are written up in the first manuscript. Jointly, Taylor and Wiles establish the necessary property of the Hecke algebras in the second paper. The overall outline of the argument is similar to the one Wiles described in Cambridge. The new approach turns out to be significantly simpler and shorter than the original one, because of the removal of the Euler system. (In fact, after seeing these manuscripts Faltings has apparently come up with a further significant simplification of that part of the argument). Kort na deze datum verscheen een aantal boeken over de laatste stelling van Fermat. Allereerst Fermat s Last Theorem van Simon Singh [?], een prachtig boek dat geschreven is voor een breed lezerspubliek, ook niet-wiskundigen. Daarnaast is het voor wiskundigen zeer vermakelijke Notes on Fermat s Last Theorem van A.J.van der Poorten [Poo] Een schitterende inleiding tot de wiskundige achtergronden van het bewijs van Wiles. Hier wordt echter wat meer wiskundige ervaring van de lezer vereist. Bovenstaande citaten heb ik uit Van der Poorten s boek gehaald. Verder is recent het boek [Rib3] van Ribenboim verschenen Euler s generalisatie Geïnspireerd door Fermat s werk en zijn eigen bewijs van het Fermat vermoeden voor n = 3 bracht Euler het volgende vermoeden naar voren. Vermoeden (Euler) Zij n 3. Dan kan een n-de macht geen som van hooguit n 1 kleinere n-de machten zijn. Voor het geval n = 3 is dit vermoeden uiteraard waar. Deze vraag voor n > 3 heeft lang open gestaan, totdat Lander en Parkin (1966) er met behulp van de computer er slaagden een tegenvoorbeeld te vinden = (13.1)

9 13.5. DE SUPER FERMAT VERGELIJKING 123 In 2004 werd er nog een tweede dergelijk voorbeeld gevonden door J.Frye (met de computer), = Het zou heel goed kunnen dat er oneindig veel van dergelijke tegenvoorbeelden voor het geval n = 5 bestaan, maar voorlopig is dat niet bekend en zijn ze buitengewoon lastig te vinden. Voor het geval n = 4 zijn er daarentegen oneindig veel tegenvoorbeelden. De kleinste is = Dit werd aangetoond door Noam Elkies in 1988 toen hij nog een jonge Harvard student was en onafhankelijk van hem, in precies dezelfde periode, door Don Zagier. Om enigszins een gevoel te geven hoe subtiel dergelijke vondsten liggen, Euler kende in 1772 al de identiteit waarin (p + q) 4 + (r s) 4 = (r + s) 4 + (p q) 4 p = v(u 2 + v 2 )(u 4 18u 2 v 2 + v 4 ) q = 2u(u u 4 v 2 + u 2 v 4 + 4v 6 ) r = 2v(4u 6 + u 4 v u 2 v 4 + v 6 ) s = u(u 2 + v 2 )(u 4 18u 2 v 2 + v 4 ) Door gehele waarden voor u, v in te vullen kunnen we oneindig veel oplossingen van x 4 + y 4 = u 4 + v 4 vinden met ggd(x, y, u, v) = 1. De keuze u = 1, v = 2 levert bijvoorbeeld de oplossing = Een dergelijke polynomiale identiteit heeft men voor x 4 + y 4 + z 4 = u 4 nooit kunnen vinden. We hebben tot 1988 moeten wachten voordat, op een andere manier, ontdekt werd dat deze vergelijking niet-triviale oplossingen heeft De super Fermat vergelijking Men kan zich afvragen waarom Fermat niet naar de volgende vergelijking heeft gekeken. Kies p, q, r Z 2 en beschouw de vergelijking x p + y q = z r ggd(x, y, z) = 1, x, y, z Z. (13.2) Met andere woorden we generaliseren Fermat s vergelijking door de exponenten niet meer hetzelfde te nemen! Op voorstel van Zagier noemen we deze vergelijking de super Fermat vergelijking. De conditie ggd(x, y, z) = 1 staat erbij om de

10 124 HOOFDSTUK 13. DE LAATSTE STELLING VAN FERMAT vergelijking interessant te houden. Zou deze conditie er niet bij staan dan kunnen we bijvoorbeeld op de volgende manier oneindig veel oplossingen van x 2 +y 3 = y 7 maken. Kies a, b, c N zó dat a + b = c. Vermenigvuldig met a 21 b 14 c 6 en we vinden, (a 11 b 7 c 3 ) 2 + (a 7 b 5 c 2 ) 3 = (a 3 b 2 c) 7. Een erg goedkope manier om oplossingen te maken! Bij de Fermatvergelijking konden we door eventuele gemeenschappelijke delers van x, y, z weg te delen een nieuwe oplossing met ggd(x, y, z) = 1 maken. Bij de super Fermat vergelijking gaat dit echter niet omdat de exponenten in de vergelijking verschillend zijn. Daarom moeten we deze conditie van te voren aan oplossingen opleggen. Wat is er bekend over vergelijking ((13.2)? Onafhankelijk van de ontwikkelingen rond Fermat s vermoeden bewezen Darmon en Granville de volgende stelling. Stelling (Darmon, Granville, 1993). Zij A, B, C N en p, q, r Z 2. Stel dat 1/p + 1/q + 1/r < 1. Dan heeft de vergelijking Ax p + By q = Cz r hoogstens eindig veel oplossingen x, y, z Z met ggd(x, y, z) = 1. Het bewijs van deze stelling berust op een beroemde stelling van Faltings uit 1983, die het zogenaamde Mordell vermoeden bewijst. Hierover zeggen we in Hoofdstuk 16 iets meer. In het bijzonder heeft de super Fermat vergelijking eindig veel oplossingen als 1/p + 1/q + 1/r < 1. Het blijkt zelfs dat er tamelijk weinig oplossingen zijn in dit geval. De enige bekende zijn, 1 k = 3 2, = 2 9, = = 3 4, = 122 2, = = 65 7, = = , = De kleinere oplossingen waren reeds lang bekend. De laatste vijf grote oplossingen kwamen echter tevoorschijn bij de voorbereiding van een grootscheepse Fermatdag in Utrecht in Voor de grap had ik geprobeerd eens wat grote oplossingen te vinden en tot mijn niet geringe verbazing kwamen er vier uit mijn computer gerold. Don Zagier s computer produceerde vervolgens de laatste oplossing. Men heeft op de computer nog veel verder gezocht naar oplossingen maar niet meer kunnen vinden. Misschien zijn dit wel de enige oplossingen in het geval dat 1/p + 1/q + 1/r < 1. Merk bovendien op dat in alle oplossingen een exponent twee voorkomt. Dit heeft bij Tijdeman, Zagier en ongetwijfeld vele anderen geleid tot de volgende vraag.

11 13.5. DE SUPER FERMAT VERGELIJKING 125 Vraag Zij p, q, r Z 3. Heeft de vergelijking x p + y q = z r oplossingen x, y, z Z met ggd(x, y, z) = 1 en xyz 0? Men vermoedt van niet, maar het bewijsmateriaal is te mager om dit echt als een vermoeden te formuleren. De Amerikaanse bankier Beal heeft zelfs 1 miljoen dollar uitgeloofd voor de oplossing van dit probleem. Ik denk echter dat er makkelijker manieren zijn om een miljoen te verdienen. Met de technieken door Wiles ontwikkeld is het mogelijk om een aantal vergelijkingen van het super Fermat type aan te pakken. Zo is de volgende stelling het resultaat van diverse wiskundigen in verschillende publicaties. Stelling (Darmon, Merel, Poonen, Kraus, 1997) De vergelijking x p + y q = z r heeft geen oplossingen x, y, z Z met ggd(x, y, z) = 1 en xyz 0 in de volgende gevallen, (p, q, r) = (n, n, 2), (n, 4, 4), (3, 3, l) waarin n 4 en l een oneven priemgetal is met l < Vervolgens bekijken we het geval dat 1/p+1/q +1/r = 1. Deze gelijkheid kunnen we oplossen. Laten we even voor het gemak aannemen dat p q r en stel om te beginnen p = 2. Dan geldt 1/q + 1/r = 1/2. We kunnen niet q = 2 hebben, want dan houden we over 1/r = 0. Bij q = 3 vinden we r = 6 en bij q = 4 vinden we r = 4. Er kan niet gelden q > 4 want dan zou ook r > 4 en dus 1/q + 1/r < 1/2. Stel nu p = 3 en dus 1/q + 1/r = 2/3. Op analoge manier als daarnet zien we dat q = r = 3. Het geval p > 3 kan niet, want dan q, r > 3 en dus 1/p+1/q+1/r < 1. We hebben nu de vergelijkingen x 2 + y 3 = z 6, x 2 + y 6 = z 3, x 3 + y 6 = z 2 x 2 + y 4 = z 4, x 4 + y 4 = z 2, x 3 + y 3 = z 3 Van de laatste twee vergelijkingen hebben we al gezien dat ze geen oplossingen hebben. De oplossing van de andere vergelijkingen vergt enige moeite en het blijkt dat de oplossing = 3 2 de enige is met x, y, z N. Tenslotte bekijken we het geval dat 1/p + 1/q + 1/r > 1. Net als in het voorgaande geval kunnen we zeggen voor welke p, q, r dit optreedt en we vinden dat de verzameling {p, q, r} gelijk is aan één van de volgende: {2, 2, k} met k Z 2 willekeurig of {2, 3, 3}, {2, 3, 4}, {2, 3, 5}. Het geval p = q = r = 2 van de pythagoreïsche drietallen valt hieronder we en weten dat de oplossingen gegeven worden door de parametrisatie x = s 2 t 2, y = 2st, z = s 2 + t 2. Soortgelijke parametrisaties treden ook op bij de overige gevallen. Alleen blijkt dat we meer dan één parametrisatie nodig hebben om alle oplossingen van een gegeven vergelijking te vinden. In 1993 liet Don Zagier zien dat de gehele oplossingen van x 3 + y 3 = z 2 met ggd(x, y, z) = 1 volgen door in de volgende parametrisaties geschikte gehele waarden van s, t te kiezen.

12 126 HOOFDSTUK 13. DE LAATSTE STELLING VAN FERMAT x y z I s 4 + 6s 2 t 2 3t 4 s 4 + 6s 2 t 2 + 3t 4 ±6st(s 4 + 3t 4 ) II (s 4 + 6s 2 t 2 3t 4 )/4 ( s 4 + 6s 2 t 2 + 3t 4 )/4 ±3st(s 4 + 3t 4 )/4 III s 4 + 8st 3 4s 3 t + 4t 4 ±(s 6 20s 3 t 3 8t 6 ) Ter vermaak kan de lezer controleren dat de polynomen in geval I inderdaad voldoen aan de vergelijking x 3 + y 3 = z 2. Voor de vergelijkingen x 4 + y 3 = z 2 en x 4 + y 2 = z 3 vond Zagier de volledige oplossing met soortgelijke parametrisaties. Het enige onopgeloste geval is x 5 + y 3 = z 2. De schrijver van dit slaagde er rond 1998 in te laten zien dat de oplossingsverzameling ook in dit geval gegeven kan worden door een eindig stel parametrisaties. In 2004 slaagde een Utrechtse promovendus, Johnny Edwards, erin alle benodigde parametrisaties te bepalen. Het blijken er 27 te zijn. Ter illustratie laten we hier één zo n parametrisatie zien, x = 12u 11 v u 6 v uv 11 y = u u 15 v u 10 v u 5 v v 20 z = u u 25 v u 20 v u 10 v u 5 v v 30 De keuze u = 1, v = 4 geeft bijvoorbeeld de oplossing x = y = z = voor x 5 + y 3 = z 2 met ggd(x, y, z) = 1.