フェルマーの最終定理の証明が複雑になったのは、
楕円曲線の保型性(モジュラー)の証明と結び付けないと、数学者の仕事とは認められなかったからだと思います。
なので、もはや、そのような制約なしに自由に考えていいのではないでしょうか？
【ご参考】
よくある初等的な証明の流れをご説明します。
X^n + Y^n = Z^nで、
X,Y,Zは互いに素、ｎ≧３は素数の自然数とします。
[1],[2],[3]の流れのポイントは、
[1] E=X+Y-Z と A+B=C
⇒ A|E^n, B|E^n, C|E^n
[2] Aの素数p∤(E^n)/A ⇒ A=a^n
Bの素数p∤(E^n)/B ⇒ B=b^n
Cの素数p∤(E^n)/C ⇒ C=c^n
[3] A=a^n, B=b^n, C=c^nとA+B=C
⇒ a^n + b^n = c^n
◆では、[1],[2],[3]の流れでご説明をはじめます。
[1] E=X+Y-Z と A+B=C
⇒ A|E^n, B|E^n, C|E^n のご説明
E＝X+Y－Zとして、
X=A＋E、Y＝B+E、Z=C＋Eと置くと、
A+B=Cになります。
(A＋E)^n + (B+E)^n = (C＋E)^nなので、
左辺の第2項を右辺に移項して、
右辺をEの冪でそろえると、
A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n =
{C^n-B^n}+Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-B^k}*E^(n-k)
右辺の{C^n-B^n}と{C^k-B^k}から
共通項(C-B)をくくりだして、(C-B)にAを代入すると、
左辺＝
A^n+Σ[k=1,n-1] nCk*A^k*E^(n-k)+E^n
右辺=
A*{C^(n-1)+C^(n-2)*B+...+C*B^(n-2)+B^(n-1)}+
A*{Σ[k=1,1] nCk*1*E^(n-k)}+
A*{Σ[k=2,n-1] nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}
左辺のE^n以外の項と右辺の項は、Aを含むので、A|E^n
なので、rad(A) | E
同じく、B|E^n、C|E^n(説明も証明もない)
なので、rad(B)|E, rad(C)|E
A,B,Cが共通素数pを持つと、Eも共通素数pを持つので、
X=A+E, Y=B+E, Z=C+Eも、共通素数pを持つので、
X,Y,Zが互いに素であることに矛盾します。
なので、A,B,Cも互いに素です。
ここで、A|E^nに戻ります。
[2] Aの素数p∤(E^n)/A ⇒ A=a^n
Bの素数p∤(E^n)/B ⇒ B=b^n
Cの素数p∤(E^n)/C ⇒ C=c^n のご説明
A|E^nより、左辺と右辺をAで割ると、
左辺/A＝
【A^(n-1)】+Σ[k=1,n-1]nCk*A^(k-1)*E^(n-k)+(E^n)/A
右辺/A=
{C^(n-1)+C^(n-2)*B+...+C*B^(n-2)+B^(n-1)}+
{Σ[k=1,1] nCk*1*E^(n-k)}+
{Σ[k=2,n-1]nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}
C=(A+B)なので、
右辺/Aのはじめの{括弧}内のCに(A+B)を代入して、
右辺/A＝
B^(n-1) + (n-1)*A*B^(n-2)+Σ[k=2,n-2] (n-1)Ck*A^k*B^(n-1-k)+【A^(n-1)】+
B^(n-2)*B +(n-2)*A*B^(n-3)*B+Σ[k=2,n-3) (n-2)Ck*A^k*B^(n-2-k)*B+A^(n-2)*B+
...+
B^2*B^(n-3)+2*A*B*B^(n-3)+A^2*B^(n-3)+
B*B^(n-2) +A*B^(n-2)+
B^(n-1)
・先頭の(Bだけの冪)の和=
B^(n-1)+B^(n-2)*B+...+B*B^(n-2)+B^(n-1)=
n*B^(n-1)
・2番目のA*(Bの冪)の和=
(n-1)*A*B^(n-2)+(n-2)*A*B^(n-3)*B+...+A*B^(n-2)=
n*(n-1)/2*A*B^(n-2)
それぞれの和を右辺/Aの先頭と２番目に出すと、
右辺/A＝
【n*B^(n-1)】+
《n*Aを含む項》
n*(n-1)/2*A*B^(n-2)+
《A^2を含む項》
Σ[k=2,n-2] (n-1)Ck*A^k*B^(n-1-k) +【A^(n-1)】 +
Σ[k=2,n-3) (n-2)Ck*A^k*B^(n-2-k)*B+A^(n-2)*B+
...+
Σ[k=2,2) 3Ck*A^k*B^(3-k)*B^(n-4)+A^3*B^(n-4)}+
《n*Eを含む項》
{Σ[k=1,1] nCk*1*E^(n-k)}+
{Σ[k=2,n-1]nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}
左辺/Aと右辺/Aの【A^(n-1)】の項を辺々引いて、
【n*B^(n-1)】の項と【(E^n)/A】の項を左辺/Aに、
その他の《n*Aを含む項》または《A^2を含む項》または《n*Eを含む項》を右辺/Aに移項すると、
左辺/A＝
-【n*B^(n-1)】+【(E^n)/A】
右辺/A＝
《n*Eを含む項》
-Σ[k=1,n-1] nCk*A^(k-1)*E^(n-k)+
{
《n*Aを含む項》
n*(n-1)/2*A*B^(n-2)+
《A^2を含む項》
Σ[k=2,n-2] (n-1)Ck*A^k*B^(n-1-k)+
Σ[k=2,n-3] (n-2)Ck*A^k*B^(n-2-k)*B+A^(n-2)*B+
...+
A^2*B^(n-3)}+
《n*Eを含む項》
{Σ[k=1,n-1] nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}
Aの素数p|(E^n)/Aとすると、
左辺の-【n*B^(n-1)】が、pまたはn^2で割り切れないことで、
矛盾を導きます。
そして、Aの素数p∤(E^n)/Aとなることを示します。
つまり、(E^n)はちょうどAで割切れて、
Aの素数pの冪は、ちょうどnのm倍数乗p^mnになります。
なので、p^m|Eです。
(1)Aについて、p≠nのとき、
Aの素数p | (E^n)/Aとすると、
つまり、左辺/Aの(E^n)/AにAの素数pが残っているとすると、
右辺/A はAまたはEを含む項なので、Aの素数pで割り切れます。
なので、左辺の-n*B^(n-1)もAの素数pで割り切れることになります。
ところが、-n*B^(n-1)は、n∤Aで、BはAと互いに素なので、矛盾します。
なので、n∤Aのとき、(E^n)/AにAの素数pはありません。
つまり、(E^n)はちょうどAで割切れて、
Aの素数pの冪は、ちょうどnのm倍数乗p^mnになります。
なので、p^m|Eです。
ここで、a=∏[p|A]p^mとするとA=a^nになります。
さらに、a|Eかつaの素数p∤(E/a)です。
(2)Bについても、p≠nのとき、
(E^n)はちょうどBで割切れて、
Bの素数pの冪は、ちょうどnのm倍数乗p^mnになります。
なので、p^m|Eです。
ここで、b=∏[p|B]p^mとするとB=b^nになります。
さらに、b|Eかつbの素数p∤(E/b)です。
(3)Cについても、p≠nのとき、
(E^n)はちょうどCで割切れて、
Cの素数pの冪は、ちょうどnのm倍数乗p^mnになります。
なので、p^m|Eです。
ここで、c=∏[p|C]p^mとするとC=c^nになります。
さらに、c|Eかつcの素数p∤(E/c)です。(説明も証明もない)
なので、
A＝a^n, B=b^n, C=c^nになります。
さらに、
a|Eかつaの素数p∤(E/a)、
b|Eかつbの素数p∤(E/b)、
c|Eかつcの素数p∤(E/c)です。
a,b,c は互いに素、ｎ≧３は素数の自然数です。
◆なお、n|ABCのとき、
A,B,Cのうちの１つだけがnで割り切れるので、n|Cとします。(n|ABの場合の説明がない)
ここで、もう一度、[1]の先頭の左辺と右辺に戻ります。
左辺=
A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)+E^n
右辺=
{C^n-B^n}+Σ[k=1,n-1]nCk*{C^k-B^k}*E^(n-k)
右辺の{C^k-B^k}から
共通項(C-B)をくくりだして、(C-B)にAを代入すると、
右辺=
{C^n-B^n}+
A*{Σ[k=1,1] nCk*1*E^(n-k)}+
A*{Σ[k=2,n-1] nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}
左辺の
A^n+Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*E^(n-k)を右辺に移項すると、
左辺=
E^n
右辺=
{C^n-B^n-A^n}-
A*{Σ[k=1,1]nCk*1*E^(n-k)}-
A*{Σ[k=2,n-1]nCk*A^(k-1)*E^(n-k)}+
A*{Σ[k=1,1] nCk*1*E^(n-k)}+
A*{Σ[k=2,n-1] nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}=
{C^n-B^n-A^n}-
A*{Σ[k=2,n-1]nCk*A^(k-1)*E^(n-k)}+
A*{Σ[k=2,n-1] nCk*{C^(k-1)+C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)}*E^(n-k)}
Eの冪を揃えると、
右辺=
{C^n-B^n-A^n}-
A*{Σ[k=2,n-1] nCk*{
C^(k-1)-A^(k-1)+
C^(k-2)*B+...+C*B^(k-2)+B^(k-1)
}*E^(n-k)}=
{C^n-B^n-A^n}+
A*
{Σ[k=2,2]nCk*{
{C^(k-1)-A^(k-1)}+
B^(k-1)
}*E^(n-k)}+
A*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{
(C-A){C^(k-2)+C^(k-3)*A+...+A^(k-2)}+
B*{C^(k-2)+C^(k-3)*B+...+B^(k-2)}
}*E^(n-k)}=
{C^n-B^n-A^n}+
A*
{Σ[k=2,2]nCk*{
C-A+
B
}*E^(n-k)}+
A*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{
(C-A){C^(k-2)+C^(k-3)*A+...+A^(k-2)}+
B*{C^(k-2)+C^(k-3)*B+...+B^(k-2)}
}*E^(n-k)}
(C-A)=Bを代入すると、
右辺＝
{C^n-B^n-A^n}+
A*
{Σ[k=2,2]nCk*{
B+
B
}*E^(n-k)}+
A*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{
B*{C^(k-2)+C^(k-3)*A+...+A^(k-2)}+
B*{C^(k-2)+C^(k-3)*B+...+B^(k-2)}
}*E^(n-k)}
{C^n-B^n-A^n}にC=A+Bを代入すると、
右辺＝
{(A+B)^n-B^n-A^n}+
AB*
{Σ[k=2,2]nCk*2*E^(n-k)}+
AB*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{
{C^(k-2)+C^(k-3)*A+...+A^(k-2)}+
{C^(k-2)+C^(k-3)*B+...+B^(k-2)}
}*E^(n-k)}
右辺＝
{Σ[k=1,n-1]nCk*A^k*B^(n-k)}+
AB*
{Σ[k=2,2]nCk*2*E^(n-k)}+
AB*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{
{2*C^(k-2)+C^(k-3)*(A+B)+...+(A^(k-2)+B^(k-2))}
}*E^(n-k)}=
AB*
{Σ[k=1,n-1]nCk*A^(k-1)B^(n-k-1)}+
AB*
{Σ[k=2,2]nCk*2*E^(n-k)}+
AB*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{
{2*C^(k-2)+C^(k-3)*(A+B)+...+(A^(k-2)+B^(k-2))}
}*E^(n-k)}
※右辺の
AB*
{Σ[k=1,n-1]nCk*A^(k-1)*B^(n-k-1)}=
AB*
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nC(n-k)*A^(n-k-1)*B^(k-1)+nCk*B^(n-k-1)*A^(k-1)}=
AB*
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nC(n-k)*A^(k-1)*B^(k-1)*A^(n-2k)+nCk*B^(k-1)*A^(k-1)*A^(n-2k)}=
AB*
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nCk*A^(k-1)*B^(k-1)*{A^(n-2k)+B^(n-2k)}}=
AB*(赤字部分間違い)
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nCk*A^(k-1)*B^(k-1)*(A+B)*{A^(n-2k-1)-A^(n-2k-2)*B+...-A*B^(n-2k-2)+B^(n-2k-1)}}
(A+B)=Cを代入して、
※右辺の
AB*
{Σ[k=1,n-1]nCk*A^(k-1)*B^(n-k-1)}=
AB*
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nCk*A^(k-1)*B^(k-1)*C*{A^(n-2k-1)-A^(n-2k-2)*B+...-A*B^(n-2k-2)+B^(n-2k-1)}}=
ABC*
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nCk*A^(k-1)*B^(k-1)*{A^(n-2k-1)-A^(n-2k-2)*B+...-A*B^(n-2k-2)+B^(n-2k-1)}}
これを右辺の
AB*
{Σ[k=1,n-1]nCk*A^(k-1)*B^(n-k-1)}に代入すると、
右辺＝
ABC*
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nCk*A^(k-1)*B^(k-1)*{A^(n-2k-1)-A^(n-2k-2)*B+...-A*B^(n-2k-2)+B^(n-2k-1)}}＋
AB*
{Σ[k=2,2]nCk*2*E^(n-k)}+
ABC*
{Σ[k=3,n-1]nCk*{2*C^(k-3)+C^(k-3)+...+{(A^(k-3)-A^(k-4)*B+...-A*B^(k-4)+B^(k-3)}}*E^(n-k)}
なので、
右辺=
《ABC*nの項》
ABC*{
{Σ[k=1,(n-1)/2]{nCk*A^(k-1)*B^(k-1)*{A^(n-2k-1)-A^(n-2k-2)*B+...-A*B^(n-2k-2)+B^(n-2k-1)}}＋
{Σ[k=3,n-1]nCk*{2*C^(k-3)+C^(k-3)+...+{(A^(k-3)-A^(k-4)*B+...-A*B^(k-4)+B^(k-3)}}*E^(n-k)}}+
《AB*n*E^(n-2)の項》
AB*
n(n-1)*E^(n-2)
左辺=
E^nは、
右辺がnで割り切れるから、左辺E^nもnで割り切れる
n|E^nなのでn|Eよりn^n|E^n
n^2∤Eのとき
n^(n-1)|n*E^(n-2)かつnは素数だからn^n∤n(n-1)*E^(n-2)
ABC|E^nかつn^n|E^nなので、
n^2∤Eのとき
n|ABCならば、A,B,Cは互いに素だから、n|Cすると、
右辺の《ABC*nの項》と左辺のE^nはABCで割り切れるから、
右辺の《AB*n*E^(n-2)の項》もABCで割り切れる。
なので、右辺のn(n-1)*E^(n-2)はCで割り切れる。
n^(n-1)|n*E^(n-2)かつn^n∤n(n-1)*E^(n-2)だったから、
n^n∤C
もし、n^(n-1)|Cとすると、n^n|E^nだったので、
右辺の《ABC*nの項》と左辺のE^nをABCで割るとともにnの倍数になる。
ところが、
右辺の《AB*n*E^(n-2)の項》はABCで割るとnの倍数ではない。
なので、n^(n-1)∤C。
n^r|C(1≦r≦n-2)のとき、n^2|(E^n)/Cなので、
[2]のAと左辺/Aと(E^n)/Aと右辺/Aを、Cと左辺/Cと(E^n)/Cと右辺/Cに
置き換えると、
【n*B^(n-1)】がn^2で割り切れることになって矛盾する。
つまり、n∤Cとなる。
なお、n|A、n|Bとしても、n∤A、n∤Bとなります。
それぞれA=C-B、B=C-Aが、右辺になるように
Cと-B、Cと-Aが、左辺になるように置き換えます。(説明なし)
なので、n∤ABC
[3] A=a^n, B=b^n, C=c^nとA+B=C
⇒ a^n + b^n = c^nのご説明
なので、
A＝a^n,B=b^n,C=c^nになります。
さらに、
a|Eかつaの素数p∤(E/a)、
b|Eかつbの素数p∤(E/b)、
c|Eかつcの素数p∤(E/c)です。
a,b,c は互いに素、ｎ≧３は素数の自然数です。
A+B=Cなので、
a^n＋b^n=c^nになります。
X,Y,Zが互いに素で最小であれば、
a=n√A <A=X-E <X,
b=n√B <B=Y-E <Y,
c=n√C <C=Z-E <Z,
a^n＋b^n=c^nで、
a,b,cは互いに素なので、
E≠0なら、
X^n + Y^n = Z^nとなる
最小のX,Y,Zであることに矛盾します。
※もし、E＝0なら、
X=A,Y=B,Z=Cなので、
A+B=Cより、
X+Y＝Zになります。
このとき、
(X+Y)^n = Z^nより
X^n + Y^n +{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)} = Z^n
{ΣnCk*(X^k)*Y^(n-k)}=0となるので矛盾します。