Доказательство ВТФ Уайлса пригодное для чтения

[age]

Ales
Самое интересное не в этом. Самое интересное, что если расширить кривую Фрея до $y^2=x(x-a^n)(x-c^k)$, то получится эллиптическая кривая
$y^2=x^3-\dfrac{a^{2n}-a^nc^k+c^{2k}}{3}x-\dfrac{(2c^k-a^n)(c^k-2a^n)(c^k+a^n)}{27}$

Ее дискриминант равен $\Delta=a^{2n}c^{2k}(c^k-a^n)^2$, т.е. если $c^k-a^n=b^m$, то $\Delta=a^{2n}b^{2m}c^{2k}$.

Последнее, есть не что иное как кондуктор уравнения $x^n+y^m=z^k$.
Т.е. для уравнения $x^n+y^m=z^k$ мы получаем те же самые условия, что и для теоремы Ферма и точно такой же результат

Теперь очень интересно и очень важно понять каким образом трансформируется теорема Рибета. Будет ли получен тот же самый результат, и может ли данная кривая быть модулярной

По сути, вместо одного простого числа $n$ там будут фиксироваться три $n,m,k$. Это единственное различие. Повлияет ли это на модулярность?
Т.е. вместо кондуктора $N_n$ будет получен кондуктор $N_{n,m,k}$. Суть та же самая! Т.е. это не должно влиять на модулярность никак. Т.е. эта кривая также не может быть модулярной!

[Ales]

age в сообщении #281602 писал(а):

Последнее, есть не что иное как кондуктор уравнения .
Т.е. для уравнения мы получаем те же самые условия, что и для теоремы Ферма и точно такой же результат

Теперь очень интересно и очень важно понять каким образом трансформируется теорема Рибета. Будет ли получен тот же самый результат, и может ли данная кривая быть модулярной

Нет, так нельзя: в теореме Рибета требуется общий делитель для степени дискриминанта, то есть Ваши n,m,k должны иметь общий делитель и получается опять Теорема Ферма. Причем общий делитель 2 не годится, так как он убивает и степени двойки.

-- Вт янв 19, 2010 13:45:48 --

Думаю, обобщение, возможно в таком виде: $2^ka^n+b^n=c^n$

[age]

А самое интересное еще дальше!
Я взял кривую $y^2=x[x-(a^n+b^n)](x-c^n)$

И угадайте, какой у нее получился дискриминант?
А получилось $\Delta=c^{2n}(a^n+b^n)^2(c^n-a^n-b^n)^2$, т.е. если $c^n-a^n-b^n=p^n$, то $\Delta=c^{2n}(a^n+b^n)^2p^{2n}$.

Тут надо немного поработать над выражением $(a^n+b^n)^2$ и в случае успеха можно говорить о кондукторе кривой $x^n+y^n+z^n=p^n$

-- Вт янв 19, 2010 15:03:08 --

Ales
Насколько я понял, в теореме Рибета требуется не общий делитель, а лишь показатели степени $\varepsilon_p$ для некоторого простого $n$ или $n,m,k$. Т.е. по всем тем простым, которые входят в дискриминант в степенях $n,m$ и $k$. Поэтому результат тот же самый.

[Ales]

age в сообщении #281607 писал(а):

Насколько я понял, в теореме Рибета требуется не общий делитель, а лишь показатели степени для некоторого простого или . Т.е. по всем тем простым, которые входят в дискриминант в степенях и . Поэтому результат тот же самый.

Нет, кажется так: для простого числа $l$ всегда найдется модулярная форма ранга кондуктора, поделенного на простые $p$, степень которых в разложении дискриминанта на простые множители делится на $l$. Вы не сможете получить форму ранга 2. Поскольку, если сократите на k, остануться n и m. А дальше уже нельзя сокращать (или можно ).

[age]

Ales
В том-то и дело, что для кондуктора $N_n$ берутся все те $p$, для которых $\varepsilon_p=1$, поэтому $N_n=\dfrac{N}{\prod\limits_{p:\varepsilon_p=1}{p}}=2$. (только не понятно куда девается тройка, ведь $\varepsilon_3$ также может быть не равен 1). Отсюда делается вывод о том, что пространство $S_2(2)$ нулевое.
В случае $x^n+y^m=z^k$ будут также браться только те простые $p$, для которых $p\ |\ \delta_p$, т.е. делители того же самого дискриминанта (только с другими степенями). И снова для всех $p\geq5$ получатся единицы и все сократятся. Т.е. снова получится форма уровня 2.

[age]

Пожалуй, думаю для всесторонней оценки следует это изложить в отдельной теме.

[age]

Ales в сообщении #281510 писал(а):

У Рибета он еще разделен на 256 и поэтому кривая не модулярна.

Кстати, вы правы. Деление на $256$ там возникает из-за приведения кривой Фрея к полустабильной форме. Для этого делается замена переменных: $x=4p,y=8q+4p$.

[grisania]

age в сообщении #281454 писал(а):

Ales
В общем все доказательство по сути это два факта:
1. Всякая эллиптическая кривая, имеющая рациональные точки, является модулярной.
2. Кривая Фрея не является модулярной, т.е. не может иметь рациональных точек.
------------------------------

Про Modular curves and Fermat's theorem. (Modulární křivky a Fermatova věta. (Czech))
http://dml.cz/bitstream/handle/10338.dm ... 94-1_8.pdf
Жаль, на чешском языке, но читабельно, все таки язык славянский. Содержит много полезных ссылок об Modular curves and Fermat's theorem
http://dml.cz/handle/10338.dmlcz/126199

[podast]

Британец Эндрю Уайлс в 1995 г. по ВТФ ничего не доказал. Ноль!! Он и его "сотоварищи" блефанули. Проверить его доказательство просто: задают два неизвестных в виде иррационаольных числа в степени. Пусть Уайлс докажет по своей методике, что третье неизвестное в "уравнении ФЕРМА" - есть иррациональное число (а ведь это может и целое число?) . Вполне!! см.Рекламная ссылка удалена./теорема Ферма. Элементарное доказательство.
Адрес удалён.

-- Чт апр 22, 2010 19:28:23 --

Браво!!!
британецЭндрю Уайлс действительно превосходный "жулик" от математики. Так круто одурачить мир! Невероятно. Глупейшее доказательство как бы "гипотезы" ФЕРМА!!!

[grisania]

Может кому-нибудь будет полезна это работа:
Nigel Boston THE PROOF OF FERMAT’S LAST THEOREM
http://www.math.wisc.edu/~boston/869.pdf
This book will describe the recent proof of Fermat’s Last Theorem by Andrew Wiles, aided by Richard Taylor, for graduate students and faculty with a reasonably broad background in algebra.

[podast]

grisania в сообщении #281229 писал(а):

Естественно возникает вопрос, почему доказательство Уайлса не изложено в виде, пригодном для чтения? Тогда всякие подозрения о неправильности доказательство Уайлса отпали бы сами собой.

Вопрос - а может ли доказательство Уайлса по ВТФ понять гимназист-второкурсник? Скорее намного нет, чем да. И ФЕРМА ничего бы не понял!! А ведь ФЕРМА отметил, что "он нашёл чудесное доказательство ..." И теперь это "чудесное" доказательство найдено (см.www.OLX/теорема Ферма.Простое решение ...) [[e-mail]]

-- Вс май 02, 2010 19:11:49 --

grisania в сообщении #281229 писал(а):

На форуме часто пишут, что доказательство ВТФ, предложенное Великим Уайлсом слишком длинное и сложное. Поэтому его до конца понимают небольшое количество математиков.

Кто мне пояснит - получается ли из доказательства Уайлса вывод, что все решения (x,y,z) "уравнения ФЕРМА" (скажем так для простоты) имеют место быть?
А если заданы числа x,y - иррациональными, то можно ли получить число z - рациональным. Или это блеф?

[Виктор Ширшов]

(Оффтоп)

podast в сообщении #314972 писал(а):

Простое решение ...) [[e-mail]]

Алексей Степанович, что почем. Судя по всему, ещё не околпачили математический мир

[Виктор Ширшов]

podast в сообщении #314972 писал(а):

А если заданы числа x,y - иррациональными, то можно ли получить число z - рациональным. Или это блеф?

Если прямоугольные треугольники имеют неисозмеримые стороны, то $(\frac{x}{z})^2+(\frac{y}{z})^2=\frac{1}{1}$.

[podast]

Виктор Ширшов в сообщении #315275 писал(а):

podast в сообщении #314972 писал(а):

А если заданы числа x,y - иррациональными, то можно ли получить число z - рациональным. Или это блеф?

Если прямоугольные треугольники имеют неисозмеримые стороны, то $(\frac{x}{z})^2+(\frac{y}{z})^2=\frac{1}{1}$.

ответ ширшову - вы не поняли, причём тут квадратное уравнение - речь идёт о Уайлсе в связи с его доказательством "уравнения ФЕРМА" в иррациональных числах, и есть ли этому подтверждение в доказательстве Уайлса?

-- Пн май 03, 2010 22:37:29 --

И потом вопрос - тоже к Ширшову!
А скажите-ка - разве Уайлс при своём докаазательстве "гипотезы" никогда не упражнялся с вычислением числового радикала в степени из целого числа, когда его подкоренное число есть сумма из двух чисел: одно число - целое в той же степени, что и радикал, а второе - 1. И каков же результат?

[arseniiv]

podast в сообщении #314972 писал(а):

Кто мне пояснит - получается ли из доказательства Уайлса вывод, что все решения (x,y,z) "уравнения ФЕРМА" (скажем так для простоты) имеют место быть?
А если заданы числа x,y - иррациональными, то можно ли получить число z - рациональным. Или это блеф?

Кстати, теорема говорит лишь о целых числах! Ха-ха... Поздравляю вас, вы успешно обманули себя, и не один раз.

А Ферма мог просто пошутить. Люди всегда любили пошутить. Даже древние греки — и те! И Леонард Эйлер тоже. (У него было один день оригинальное доказательство существования Бога.)