2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.
 
 ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение11.12.2018, 22:53 


06/02/14
186
Примерно 4 столетия назад Пьер Ферма открыл новое,никому не известное свойство целых степеней натуральных чисел.Он высказал утверждение,что любую целую степень натурального числа,начиная с куба,невозможно разложить на две такие же степени каких либо натуральных чисел.Что такое разложение возможно для квадратов натуральных чисел было известно давно,а вот то,что такое невозможно для все остальных целых степеней оказалось интересной неожиданностью.К сожалению,Ферма не привел доказательство этого утверждения ,и по этому, первоочередной задачей было доказать наличие или отсутствие этого свойства у всех целых степеней натуральных чисел.
Это является необходимым условием,но не достаточным.Дело в том,что кроме натуральных чисел,остальные действительные числа таким свойством не обладают.Следовательно,это свойство является производным от какой-то фундаментальной особенности самих натуральных чисел.И это блестяще подтвердил сам Ферма в своём знаменитом доказательстве для ограниченного множества степеней с показателями кратными четырём.В нём Ферма убедительно показал,что наличие этого свойства у данных степеней логически следует из такой фундаментальной особенности натуральных чисел,как их ограниченность с низу.
Эта причинно-следственная связь настолько красива и логична,что никто не сомневался,что она справедлива и для всех остальных целых степеней натуральных чисел и, безусловно, обеспечит полноту будущего общего доказательства ВТФ.
Однако,не зря эта теорема называется Великой.Доказательство Уайлза,признанное на сегодняшний день общим для всех целых степеней натуральных чисел,не является полным,поскольку оно - не достаточно.Доказав гипотезу Таниямы-Шимуры,Уайлз косвенно подтвердил необходимость существования этого свойства,но не назвал причину его существования:благодаря какой особенности натуральных чисел оно существует.
Хотя,почему только самих чисел,а не какой-то особенности их степеней?Может быть,разгадка тайны Великой теоремы Ферма имеет два ключа:первый-нашел сам Ферма в особенности самих натуральных чисел,а второй-кроется в некоторой особенности их степеней,которая нам ещё не известна?
Я приведу полное доказательство существования этого свойства у кубов натуральных чисел.Думаю,что Вы сами сделаете вывод о том,какая особенность лежит в основе этого доказательства.
Согласно утверждению Ферма,любой куб натурального числа обладает следующим свойством:он не может быть разложен на два куба каких-либо натуральных чисел.Как известно,разложить степень натурального числа по его слагаемым можно с помощью хорошо знакомого всем Бинома Ньютона.К сожалению,такое разложение не выявляет напрямую этого свойства у кубов.Поэтому серьёзных поисков в этом направлении крайне мало:обычно дело ограничивается попытками найти это свойство в простейшем частном случае - разности соседних кубов.Как правило - безрезультатно,и дальнейшие поиски в этом направлении с точки зрения "здравого смысла" являются,по меньшей мере, не серьёзными. А между тем,согласно тому же Биному Ньютона,та особенность,что является причиной этого свойства,проявляется лишь у разности соседних...нечётных кубов.Значит, именно там,а не у разности соседних кубов, нужно искать это свойство!
Проверим это.Возьмём любые два соседних нечётных числа - $(2a+1);(2a-1)$,где $a$-любое целое число.Возьмём куб любого четного числа - $(2b)^3$,где $b$-любое целое число.Посмотрим,при каких $a,b$ будет выполняться равенство
$$ (2a+1)^3-(2a-1)^3=(2b)^3.\eqno(1)$$
С помощью Бинома Ньютона распишем левую и правую части равенства (1)
$$6(2a)^2+2=(2b-2)^3+6(2b-1)^2+2$$ или
$$6(2a)^2=(2b-2)^3+6(2b-1)^2.\eqno(2)$$
С помощью метода квадратичного разложения степеней целых чисел разложим куб в равенстве (2)
$$6(2a)^2=(2b-3)(2b-2)(2b-1)+(2b-2)+6(2b-1)^2.\eqno(3)$$
Поскольку произведение трёх последовательных целых чисел всегда будет кратно 6-и,то равенство (3) может быть верным лишь для чисел удовлетворяющих равенству $$2b-2=6k$$ ,где $k$-любое целое число.
Отсюда $$b=3k+1$$
Подставим это значение$b$ в равенство (3) и получим
$$6(2a)^2=(6k-1)(6k)(6k+1)+(6k)+6(6k+1)^2 $$
$$(2a)^2=[(6k)^2-1](k)+(k)+(6k+1)^2 $$
$$(2a)^2=k(6k)^2+(6k+1)^2.\eqno(4)$$
Действительно,это равенство в целых числах $a$ и $k$ не выполняется,поскольку в этом случае в разных его частях будут стоять числа разной чётности.Следовательно,прав старый,добрый Бином Ньютона:открытое Пьером Ферма свойство степеней натуральных чисел проявляется у кубов только начиная с разности кубов соседних нечётных чисел.
Более того, это же свойство присуще и разности кубов всех целых нечётных чисел не кратных 4-м.
Другими словами,равенство $$[2a+(2n+1)]^3 - [2a-(2n+1)]^3=[2(2n+1)b]^3.\eqno(5)$$ невозможно при любых целых $ a ; n ; b $
Действительно,как и в случае с соседними кубами,это равенство с помощью Бинома Ньютона и метода квадратичного разложения может быть приведено к виду$$(2a+2n)^2+....+(2a-2n)^2=k(6k)^2+(6k+1)^2+....+[6k+(4n+1)]^2 .\eqno(6)$$,где $ k $-целое число,удовлетворяющее условию $2(2n+1)b-2(2n+1)=6k$
Не трудно видеть,что и это равенство в целых числах $a ; n ; k $ не выполняется,поскольку в этом случае в разных его частях так же будут стоять числа разной чётности.
А вот у разности кубов натуральных нечётных чисел, которые отличаются на число кратное 4-м,наличие этого свойства не так очевидно.В этом случае равенство$$[(2a+1)+2n]^3 - [(2a+1)-2n]^3=[(4n)b]^3.\eqno(7)$$ после всех аналогичных разложений,подстановок и сокращений приводится к виду $$(2a+2n)^2+....+[2a-(2n-2)]^2=k(6k)^2+(6k+1)^2+....+[6k+(4n-1)]^2 .\eqno(8)$$,где $ k $-целое число,удовлетворяющее условию $$(4n)b-(4n)=6k$$ или $$k = 2n(b-1)/3.      \eqno(9)$$.
В обеих частях равенства (8),в отличии от предыдущих случаев,стоят числа одной чётности.Значит противоречие в этом случае спрятано более глубоко.Раскроем скобки , сгруппируем члены в обеих частях этого равенства и получим
$$(2n)(2a)^2+(2n)(4a)+8(1+2^2+3^2+...+n^2)-(2n)^2=$$$$k(6k)^2+(2n)(6k)^2+12k[1+3+5+...+(4n-1)]+[1+2^2+3^2+...+(4n-1)^2]$$
Поскольку$$1+2^2+3^2+...+n^2=(2n+1)n(n+1)/6$$
$$1+3^2+5^2+...+(4n-1)^2=[4(2n)^2-1](2n)/3$$ то окончательно получаем
$$(2n)(2a)^2+(2n)(4a)+2(2n+1)(n+1)(2n)/3-(2n)^2=$$$$k(6k)^2+(2n)(6k)^2+12k(2n)^2+[4(2n)^2-1](2n)/3.      \eqno(10)$$
Поскольку,для выполнения этого равенства $k$ должно удовлетворять условию (9),то в целых числах, после сокращения на $2n$,мы будем иметь в левой и правой частях этого равенства всегда числа разной чётности.
Следовательно,действительно равенство (7) в целых числах не выполняется.
В результате мы получаем такую интересную вещь: для любых двух нечётных натуральных чисел разность,равно как и сумма, их кубов не может быть кубом какого либо натурального числа.А поскольку,разложение куба любого натурального числа на два натуральных куба всегда может быть сведено к равенству разности или сумме нечётных натуральных кубов кубу чётному,то отсюда и следует существование у кубов того свойства,что открыл Пьер Ферма у всех степеней натуральных чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение12.12.2018, 00:00 
Заслуженный участник


04/05/09
4546
Вы всего лишь доказали, что разность соседних нечётных кубов не может входить в решение (это можно было сделать в две строчки). Отсутствие решений другого вида не доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение12.12.2018, 16:33 


03/10/06
816
Будет ли подобным образом далее раcсмотрены равенства с нечетными кубами слева:
$$ (2a+b)^3-(2a-b)^3=(2c)^3.\eqno(1)$$$$ (a+2b)^3-(a-2b)^3=(2c)^3.\eqno(2)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение13.12.2018, 17:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17747
Москва
PhisicBGA в сообщении #1360560 писал(а):
Примерно 4 столетия назад Пьер Ферма открыл новое,никому не известное свойство целых степеней натуральных чисел.Он высказал утверждение,что любую целую степень натурального числа,начиная с куба,невозможно разложить на две такие же степени каких либо натуральных чисел.
Если Вы о заметке на полях "Арифметики" Диофанта, сделанной собственноручно Пьером Ферма, то эту заметку никто не видел, кроме его сына. В бумагах Ферма после его смерти отыскалось доказательство методом бесконечного спуска для четвёртой степени. Зато известно письмо Ферма, написанное им в конце жизни, в котором он предлагает задачу для третьей степени как не решённую, и высказывает мнение, что её решение может серьёзно продвинуть математику. Сама задача для третьей степени была известна, если не ошибаюсь, со времён древнего Вавилона (в геометрической форме; теорема Пифагора в древнем Вавилоне была известна задолго до Пифагора). Полезно ознакомиться с темой "Материалы и ссылки к биографии Пьера Ферма и истории ВТФ" и, может быть, с темой "Детективный подход, как способ отыскания доказательства ВТФ", в которой, однако, написано много ерунды.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение20.12.2018, 23:39 


06/02/14
186
venco писал(а):
Вы всего лишь доказали, что разность соседних нечётных кубов не может входить в решение (это можно было сделать в две строчки). Отсутствие решений другого вида не доказано.


Просто не внимательно читали. Главное - понять,что в основе открытого Пьером Ферма свойства степеней натуральных чисел лежат две особенности.Одна - хорошо известная особенность натуральных чисел.Она является причиной этого свойства у всех степеней с показателями кратными четырём, и это блестяще подтвердил сам Ферма. Другая - неизвестная особенность самих степеней натуральных чисел.Она лежит в основе этого свойства у всех степеней с простыми показателями.Вот её и нужно найти и понять.Когда это сделано,то дальше уже начинает работать обычный метод математической индукции.Так например для кубов.
Требуется доказать,что верно утверждение: в равенстве $$[2a+(2n+1)]^3 - [2a-(2n+1)]^3=[2(2n+1)b]^3.\eqno (5)$$
для любых натуральных $n$,итоговые числа в правой и левой его частях будут всегда разной чётности при целых значениях чисел $a$ и $b$.
1.
a) для случая $n=0$- (соседние нечётные кубы)- это верно: равенство
$$ (2a+1)^3-(2a-1)^3=(2b)^3$$ сводится,как показано выше, к равенству
$$(2a)^2=k(6k)^2+(6k+1)^2 $$,где $ k $-целое число,удовлетворяющее условию $$2(b-1)=6k$$
b) для случая $n=1$- это тоже верно: равенство
$$ (2a+3)^3-(2a-3)^3=(6b)^3$$ сводится,таким же образом, к равенству
$$ (2a+2)^2+(2a)^2+(2a-2)^2=k(6k)^2+(6k+1)^2+(6k+3)^2+(6k+5)^2 $$,где $ k $-целое число,удовлетворяющее условию $$6(b-1)=6k$$
2.Пусть это утверждение будет верно при некотором $n=m$ т.е. равенство$$[2a+(2m+1)]^3 - [2a-(2m+1)]^3=[2(2m+1)b]^3.$$ сводится к равенству
$$ (2a+2m)^2+[2a+(2m-2)]^2+..+[2a-(2m-2)]^2+(2a-2m)^2=k(6k)^2+(6k+1)^2+(6k+3)^2+..+[6k+(4m+1)]^2 $$,где $ k $-целое число,удовлетворяющее условию $$2(2m+1)(b-1)=6k$$ и при целых значениях чисел $a ; k $,в левой его части стоит чётное число ,а в правой - число не чётное.
3.Покажем,что оно так же будет верно и при $n=m+1$.
В этом случае исходное равенство будет $$[2a+(2m+3)]^3 - [2a-(2m+3)]^3=[2(2m+3)b]^3.$$
С помощью Бинома Ньютона и метода квадратичного разложения степеней целых чисел оно приводиться к виду
$$[2a+(2m+2)]^2+(2a+2m)^2+[2a+(2m-2)]^2+..+[2a-(2m-2)]^2+(2a-2m)^2 +[2a-(2m+2)]^2=$$ $$ k(6k)^2+(6k+1)^2+(6k+3)^2+..+[6k+(4m+1)]^2+[6k+(4m+3)]^2+ [6k+(4m+5)]^2$$,где $ k $-целое число,удовлетворяющее условию $$2(2m+3)(b-1)=6k$$ и при целых значениях чисел $a ; k $,в левой его части стоит чётное число ,а в правой - число не чётное,благодаря нашему предыдущему предположению и появлению в этом случае двух новых нечетных членов.
Следовательно,и в этом случае наше утверждение остаётся верным,а это значит,что оно верно при любых натуральных $n$,что и требовалось доказать.
Таким образом,мы только что доказали,что равенство (5) становится не справедливым при целых значениях чисел $a$ и $b$ для любых натуральных $n$.
Аналогично можно доказать и не справедливость равенства (7) при целых значениях чисел $a$ и $b$ для любых натуральных $n$.Ну,а дальше по тексту.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение21.12.2018, 01:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
6321
venco в сообщении #1360571 писал(а):
Вы всего лишь доказали, что разность соседних нечётных кубов не может входить в решение (это можно было сделать в две строчки). Отсутствие решений другого вида не доказано.
Там действительно была попытка доказать (может и доказано, я не проверял, но беглый просмотр показывает, что выглядит правдоподобно) в два раза больше: не только для соседних, но и для любых, разность между которыми кратна 4, но не кратна 8. Но даже для доказательства этого "обобщения" целых 2 строчки это уже перебор :)

PhisicBGA
Поймите одну простую вещь. Если для $x,y$ нечётных $x-y$ делится на $2^k$, но не делится на $2^{k+1}$, тогда $x^3-y^3$ тоже делится на на $2^k$, но не делится на $2^{k+1}$. Подумайте над следующим: (а) как это доказать (только в одну строчку, пожалуйста, сил же нет столько читать); (б) почему из этого нельзя получить конфликт чётности, если $x-y$ делится хотя бы на 8.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение22.12.2018, 21:50 


06/02/14
186
grizzly писал(а):
Там действительно была попытка доказать (может и доказано, я не проверял, но беглый просмотр показывает, что выглядит правдоподобно) в два раза больше: не только для соседних, но и для любых, разность между которыми кратна 4, но не кратна 8.

grizzly писал(а):
Подумайте ..... почему из этого нельзя получить конфликт чётности, если $x-y$ делится хотя бы на 8.


Похоже,круг сузился до проверки равенства
$$[(2a+1)+4n]^3 - [(2a+1)-4n]^3=[(8n)b]^3 $$
при любых натуральных $n$ и целых значениях чисел $a$ и $b$.

Рассмотрим случай $n=1$.
Тогда имеем уравнение
$$ (2a+5)^3-(2a-3)^3=(8b)^3\eqno(1)$$ С помощью Бинома Ньютона оно сводится к равенству
$$ 6[(2a+4)^2+(2a+2)^2+(2a)^2+(2a-2)^2]=(8b-8)^3+6[(8b-7)^2+(8b-5)^2+(8b-3)^2+(8b-1)^2] $$
С помощью метода квадратичного разложения степеней целых чисел оно приводиться к виду
$$ 6[(2a+4)^2+(2a+2)^2+(2a)^2+(2a-2)^2]=(8b-9)(8b-8)(8b-7)+(8b-8)+6[(8b-7)^2+(8b-5)^2+(8b-3)^2+$$ $$+(8b-1)^2] $$
Поскольку произведение трёх последовательных целых чисел всегда будет кратно 6-и,то это равенство может быть верным лишь для чисел удовлетворяющих равенству $$8b-8=6k$$ или $$b=(3/4)k+1 .\eqno (2)$$,где $k$-любое целое число.
Подставим это $b$ в равенство и после сокращения на 6 получим:
$$ (2a+4)^2+(2a+2)^2+(2a)^2+(2a-2)^2=(6)^2(k)^3+(6k+7)^2+(6k+5)^2+(6k+3)^2+(6k+1)^2 $$
Раскроем скобки в обеих частях равенства
$$ 4a^2+4^2a+4^2+(3)4a^2+2(2)^2=(4)(9)(k)^3+(4)^2(9)(k)^2+2(6k)(1+3+5+7)+(1+3^2+5^2+7^2) $$
$$ 4(4a^2+4a+6)=(4)(9)(k)^3+(4)^2(9)(k)^2+(4)^3(3)k+(4)(21) $$
$$ 4a^2+4a+6=(9)(k)^3+(4)(9)(k)^2+(4)^2(3)k+21 $$
Левая часть всегда чётна.Значит,что бы избежать конфликта чётности,значения $k$ должны быть всегда не чётными.Но тогда, согласно условию (2) значения $b$ будут всегда дробными и равенство (1) будет не справедливо при всех целых значениях чисел $a$ и $b$.
Что Вы скажете по этому поводу, уважаемый grizzly ?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение22.12.2018, 23:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
6321
PhisicBGA в сообщении #1363171 писал(а):
Похоже,круг сузился до проверки равенства
$$[(2a+1)+4n]^3 - [(2a+1)-4n]^3=[(8n)b]^3 $$
Эта проверка делается совершенно тривиально, ровно в одну строчку, но это совсем не то, что я говорил выше. Удивительно, что Вы не смогли разобраться в 1,5 строчках моего текста.

Я Вам помогу. Вот как доказывал бы ученик 7-го класса, что равенство, приведенное в цитате чуть выше, не может выполняться ни при каких $a,b,n\in \mathbb N$.
$$[(2a+1)+4n]^3 - [(2a+1)-4n]^3=(96a^2 + 96a + 24)n + 128n^3 =24(2a + 1)^2n + 128n^3\ne [(8n)b]^3 = 512n^3b^3$$Левая часть не может быть равна правой, поскольку правая делится на 16, а левая -- нет (при нечётном $n$, конечно; при чётном $n$ проблема с делимостью на 2 только усугубляется). Конец доказательства.

Вот только никакого отношения к теореме Ферма это не имеет.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение27.12.2018, 15:06 


06/02/14
186
grizzly писал(а):
Вот только никакого отношения к теореме Ферма это не имеет.


Ну, почему же ? Согласно утверждению Ферма,любой куб натурального числа обладает следующим свойством:он не может быть разложен на два куба каких-либо натуральных чисел.Что бы подтвердить наличие этого свойства у кубов,необходимо показать , что равенство $$Y^3+X^3=Z^3.\eqno(1)$$ не справедливо в целых числах $ Z>X>Y $
Предположим : $Y=2b ; X=2a +1 ; Z=2c +1$,где $ c>a>b $- целые числа.
Тогда равенство (1) примет следующий вид:
$$(2b)^3+(2a+1)^3 =(2c+1)^3 $$,где $c>a>b$ -целые числа.
Запишем его в следующем виде$$(2c+1)^3-(2a+1)^3 = (2b)^3\eqno(2) $$
1.Проверим справедливость этого равенства для всех $c ; a $ для которых справедливо условие $$(2c+1)-(2a+1)=8n.\eqno(3)  $$,где $n$-любое целое число.Тогда равенство
(2) будет $$(2c+1)^3-(2a+1)^3 = [(8n)b]^3\eqno(4) $$
Множество всех чисел , которые удовлетворяют условию (3)можно записать так
$$[(2k+1)+4n] - [(2k+1)-4n]=(8n) $$ или $$[2(k+2n)+1] - [2(k-2n)+1]=(8n) $$
,где $k ; n$ - целые числа .Среди них всегда можно найти и числа из равенства (3), приравняв
$$c=k+2n $$, $$a=k-2n $$ Откуда получаем$$k=(1/2)(c+a)$$,$$n=(1/4)(c-a)$$
Например:$c=15 ; a=3 $.Тогда $$[(2)(15)+1]-[(2)(3)+1] = (8)(3) $$
Найдем соответственно: $k=(1/2)(15+3)=9$ ; $n=(1/4)(15-3)=3$Тогда $$[2(9+6)+1] - [2(9-6)+1]=(8)(3) $$.Следовательно,рассмотрение равенство (4) можно заменить рассмотрением ему эквивалентного равенства $$[2(k+2n)+1]^3 - [2(k-2n)+1]^3=[(8n)b]^3 $$ или $$[(2k+1)+4n]^3 - [(2k+1)-4n]^3=[(8n)b]^3 $$
А это равенство любой ученик 7-го класса,как Вы показали,легко докажет,что не может выполняться ни при каких $a,b,n\in \mathbb N$.
Аналогичным образом можно проверить равенство (2) для всех $c ; a $ для которых будут справедливыми остальные возможные случаи: $$(2c+1)-(2a+1)=4n.  $$ и $$(2c+1)-(2a+1)=2(2n+1).$$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение27.12.2018, 15:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
6321
PhisicBGA в сообщении #1364067 писал(а):
Тогда равенство
(2) будет $$(2c+1)^3-(2a+1)^3 = [(8n)b]^3\eqno(4) $$
Объясните, как Вы это получили. Объясняйте очень-очень подробно, поскольку это неверно. Дальше ничего не расписывайте, даже если у Вас кроме этого есть ещё тысяча классных идей. Лучше будет, если Вы остаток всего Вашего свободного времени потратите на то, чтобы понять, где здесь ошибка.

Я Вам уже неделю объясняю, что если у Вас разность двух нечётных чисел кратна $2^k$, но не кратна $2^{k+1}$, то разность кубов этих чисел тоже будет кратна $2^k$, но не кратна $2^{k+1}$. Я даже Вам доказательство написал на уровне школьной программы 7-го класса. Если Вам что-то непонятно в том доказательстве, пожалуйста, задайте соответствующий вопрос в ПРР(М). Но это же правда очень просто! А Вы мне опять пишете, что если разность двух чисел делится на 8, то разность их кубов делится на 512.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: возврат к истокам,полнота док-ва,полное док-во для куба
Сообщение06.04.2019, 16:08 


06/02/14
186
Благодарю,уважаемого grizzly , за найденную ошибку в моём доказательстве.
Но там есть и более грубая ошибка типичная для многих других подобных попыток:невозможно на основе известных на сегодняшний день соотношений разгадать загадку Великой теоремы Ферма.,а ,следовательно,и доказать её.
Думаю,что многие Заслуженные участники этого форума это понимают:
Someone писал(а):
[ur1]https://dxdy.ru/post1283869.html#p1283869[/ur1] Используя только соображения делимости, дальше продвинуться нельзя. Нужны принципиально новые соотношения, не сводящиеся к уравнению Ферма и формулам Абеля

Я так же согласен с этой точкой зрения,но хотелось бы уточнить,где,по мнению Заслуженных участников,следует искать эти "принципиально новые соотношения": на новом уровне развития существующих методов и подходов при неизменности самих основ математики или в пересмотре (уточнении или расширении) именно самих основ,поскольку в Великой теореме Ферма говориться о новых свойствах натуральных чисел?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group