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 Ответить на тему На страницу 1, 2, 3  След.
 
 Вариант гипотетического доказательства ВТФ.
Сообщение01.10.2007, 13:00 


23/01/07
3497
Новосибирск
Основное уравнение Великой теоремы Ферма (ОУВТФ):
$ a^n + b^n = c^n $ (1)

Рассмотрим $ n $ - простые.

Допустим, что $ c = c_1c_2 $,
$ c_1 = p_1p_2...p_i $, где простые $  p\equiv 1 (mod n) $, (2)
$ c_2 = q_1q_2...q_j $, где простые $ q\equiv/\equiv 1(mod n) $.

Можно переписать ОУBТФ в виде:
$ c_2^n = (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n $,
на основании чего составить сравнение:
$ (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n\equiv 0 (mod c_2) $. (3)
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c  $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c  $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.
Следовательно, у числа $  c  $ не может быть делителей $ c_2  $.


Рассмотрим ОУВТФ в виде:
$ b^n = c^n - a^n $ (6)
Допустим, что $ b = b_1b_2 $,
$ b_1 = p'_1p'_2...p'_i $, где простые $  p'\equiv 1 (mod n) $, (7)
$ b_2 = q'_1q'_2...q'_j $, где простые $ q'\equiv/\equiv 1(mod n) $,

Можно переписать ОУBТФ в виде:
$ b_2^n = (\frac{c}{b_1})^n - (\frac{a}{b_1})^n $,
на основании чего составить сравнение:
$ (\frac{c}{b_1})^n - (\frac{a}{b_1}) ^n\equiv 0 (mod b_2) $. (8)
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно при
$ (\frac{c}{b_1}) - (\frac{a}{b_1}) \geq b_2 $
или $ c - a \geq  b $, (9)
что недопустимо.
Таким образом, делителей $ b_2 $ быть не должно.

Аналогично, можно показать, что не может быть и у числа $ a  $ делителей $ a_2 = q, где $ q.

Но делители чисел $ a, b, c  $ не могут все иметь остаток $ 1 (mod n) $.
Поэтому ОУВТФ для $ n\geq 3  $ не выполнимо.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 15:59 


23/01/07
3497
Новосибирск
В гипотетическом (предполагаемом) доказательстве ВТФ необходимо доказать несколько моментов.
Не знаю, как они доказываются (а может они уже доказаны; если нет, то надеюсь, что их док-во несложно), но тезисно постараюсь пояснить.

1) Все целые числа d, непревосходящие простое число q (имеющее остаток по основанию $ n $ отличный от 1), возведенные в $ n-$нную степень (где $ n $ - простое число, большее 2), имеют разные остатки по основанию числа q.

По Малой теореме Ферма, числа d при возведении их в степень имеют периодический ряд остатков по основанию любого простого числа.
Период этих остатков по основанию любого простого числа $ m $ равен $ (m - 1) $.
Для любого d порядок остатков индивидуален (т.к. индивидуальны их остатки в степенях 1 и $ m $).
Для некоторых чисел d период изменения остатков меньше, чем период $ (m - 1) $, но целое число раз укладывается в нем. Кратность такой "укладки" равна одному из делителей числа $ (m - 1) $.

В виду того, что для простых чисел $ p\equiv 1(mod n) $ число $ n $ является делителем числа $ (p - 1) $, то числа d, непревышающие p, при возведении их в $ n-$нную степень могут иметь одинаковые остатки.

В виду того, что для простых чисел $ q\equiv/\equiv 1(mod n) $ число $ n $ не является делителем числа $ (q - 1) $, то числа d, непревышающие q, при возведении их в $ n-$нную степень не могут иметь одинаковые остатки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант гипотетического доказательства ВТФ.
Сообщение09.10.2007, 14:55 


16/03/07

823
Tashkent
Батороев писал(а):
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c  $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c  $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

    А что будет при $n=2$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант гипотетического доказательства ВТФ.
Сообщение09.10.2007, 16:21 


23/01/07
3497
Новосибирск
Yarkin писал(а):
Батороев писал(а):
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c  $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c  $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

    А что будет при $n=2$?

При $ n = 2 $ существует единственное значение простых $ q = 2\equiv/\equiv 1(mod 2)$, соответственно, $ c $ должно быть четным, но таких пифагоровых троек при взаимнопростых $ a, b, c $ быть не может (кстати, в первом сообщении забыл отметить, что $ a, b, c $ - взаимнопростые).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.10.2007, 06:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5931
Новосибирск
Переход к сравнениям рациональных чисел вместо целых ничего ведь не даст - это просто переформулировка. А больше ничего и не вижу. А вот обращаться с такими сравнениями нужно аккуратно. Судя по неравенствам, которые пишете, не относитесь ли Вы к ним как к обычным сравнениям?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.10.2007, 13:56 


23/01/07
3497
Новосибирск
bot писал(а):
Переход к сравнениям рациональных чисел вместо целых ничего ведь не даст - это просто переформулировка. А больше ничего и не вижу. А вот обращаться с такими сравнениями нужно аккуратно. Судя по неравенствам, которые пишете, не относитесь ли Вы к ним как к обычным сравнениям?

Согласен с Вами, уважаемый bot , что здесь - дело тонкое.

В данном случае, неравенства я скорее рассматриваю не как сравнения по остаткам от деления, а как сравнения окончаний чисел в системах счисления (СС) с основаниями простых чисел.
Под таким углом, как мне кажется, рациональные числа все же можно сравнивать.
Здесь, Ваши подсказки по переводу дробей из одной СС в другую пришлись, как нельзя кстати (правда, осваиваются мной медленно).

В целом, порядок доказательства мне представляется следующим:
1. Доказать, что в q-чных СС окончания в последовательном ряду целых чисел в степенях n повторяются не чаще, чем через q (мои пояснения по этому поводу, сделанные во втором сообщении, по-видимому, не достаточны).
2.1. Доказать, что при делении чисел на n-ную степень любого числа указанное в п.1 расстояния между повторениями окончаний целых чисел в q-чной СС увеличиваются пропорционально этому любому числу (как мне кажется, просто ряд расстягивается засчет "вклинивания" окончаний дробных чисел).
2.2. Доказать, что расстояние между дробными числами в указанном в п.2.1. ряду, разность между которыми равна или кратна q, не меньше самого числа q.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.10.2007, 18:23 


23/01/07
3497
Новосибирск
По п.1 предлагаю ввести временно (на период обсуждения :D ) аксиому, которую условно назову:

Аксиома о полноте информации в рядах остатков от деления .
Суть ее состоит в следующем:
Имеются простые числа $ m $ и целое число $ n $.
Имеется целое число $ k $ такое, что соблюдается равенство:
$ nk = $ НОК$ (m-1, n) $
При этом соблюдаются два сравнения:
$ u^n\equiv v (mod m) $, где $ u $ - числа, непревышающие $ m $.
$ v^k\equiv 1 (mod m) $.
Аксиома утверждает, что в ряду остатков чисел в любой степени $ n $ имеется полная информация о всех числах $ v $, остатки которых в степени $ k $ равны 1.
Согласно данной аксиоме при взаимнопростых числах $ m-1$ и $ n $
в ряду $ n- $ной степени должны быть представлены в виде остатков все числа от 1 до $ m-1$. Другими словами, повторения остатков исключены.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.10.2007, 12:10 


23/01/07
3497
Новосибирск
Поздновато, но нашел пары дробных чисел, которые не удовлетворяют условию 2.2.
Отсюда вынужден сделать вывод о том, что данный вариант доказательства ВТФ в целом не годится. :(



p.s. Время действия упомянутой выше аксиомы считается законченным. :D :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант гипотетического доказательства ВТФ.
Сообщение12.10.2007, 12:23 


16/03/07

823
Tashkent
Батороев писал(а):
Yarkin писал(а):
Батороев писал(а):
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c  $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c  $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

    А что будет при $n=2$?

При $ n = 2 $ существует единственное значение простых $ q = 2\equiv/\equiv 1(mod 2)$, соответственно, $ c $ должно быть четным, но таких пифагоровых троек при взаимнопростых $ a, b, c $ быть не может (кстати, в первом сообщении забыл отметить, что $ a, b, c $ - взаимнопростые).

    Тогда Ваши выводы будутгодны и для $n=2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант гипотетического доказательства ВТФ.
Сообщение13.10.2007, 07:42 


23/01/07
3497
Новосибирск
Yarkin писал(а):
Батороев писал(а):
Yarkin писал(а):
Батороев писал(а):
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c  $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c  $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.

    А что будет при $n=2$?

При $ n = 2 $ существует единственное значение простых $ q = 2\equiv/\equiv 1(mod 2)$, соответственно, $ c $ должно быть четным, но таких пифагоровых троек при взаимнопростых $ a, b, c $ быть не может (кстати, в первом сообщении забыл отметить, что $ a, b, c $ - взаимнопростые).

    Тогда Ваши выводы будутгодны и для $n=2$

Никаких выводов по этому поводу я не делал, а лишь отметил, что указанные варианты для данного случая не годятся, т.к. не бывает пифагоровых троек с четным $ c $. В этом можно легко убедиться, рассмотрев ОУВТФ для степени $ n = 2 $ в остатках по основанию $ 4 $.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.11.2007, 16:47 


16/03/07

823
Tashkent
Батороев писал(а):
т.к. не бывает пифагоровых троек с четным


    У Вас $c$ - четное?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.11.2007, 15:16 


23/01/07
3497
Новосибирск
Yarkin писал(а):
    У Вас $c$ - четное?

См. выше.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение13.11.2007, 15:36 


16/03/07

823
Tashkent
Батороев писал(а):
Yarkin писал(а):
    У Вас $c$ - четное?

См. выше.

    $c$ - нечетное, тогда пифагоровы тройки могут быть. Вы рассматриваете $n>2$ согласно условию ВТФ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.01.2008, 00:49 


08/09/07

71
Калининград
Yarkin писал(а):
Все ищут доказательство ВТФ, а я убежден что она недоказуема и все имеющиеся её доказательства содержат ошибки.


Ошибки в доказательствах содержатся потому, что все ищут в сути решения то, чего не может существовать по определению. Равенство трёх произвольных чисел вида: $P + Q = R$, не может не раскладываться на три полных квадрата, поскольку это и есть равенство Пифагора, а не три одинаковые степени (n > 2). Покинуть пределы этой теоремы о трёх квадратах сторон прямоугольных треугольников можно в единственном случае, то есть, полностью исключив возможность существования равенства в выражении: $P + Q$$R$

VladStro.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант гипотетического доказательства ВТФ.
Сообщение12.01.2008, 04:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Батороев писал(а):
Можно переписать ОУBТФ в виде:
$ c_2^n = (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n $,
на основании чего составить сравнение:
$ (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n\equiv 0 (mod c_2) $. (3)
Это сравнение для $n \geq 3 $ возможно:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ (4)
$ a + b = c  $,
2) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) \geq 2c_2 $ (5)
$ a + b \geq 2c  $.
Эти два варианта для ВТФ не годятся.
Следовательно, у числа $  c  $ не может быть делителей $ c_2  $.

Вообще-то, в теории сравнений пишут, если ясно по какому модулю идёт сравнение, и чтоб не путать рациональные числа с числами по модулю, не $ \frac{a}{c} $ , а $ ac^-^1 $ , подразумевая под $ c^-^1 $ такое число $ b $ , что $ bc\equiv 1 (mod p) $
У Вас эта путаница и произошла.
Т.о. желательно писать не
Цитата:
$ (\frac{a}{c_1})^n + (\frac{b}{c_1})^n\equiv 0 (mod c_2) $. (3),

а
$ (ac_1^-^1)^n + (bc_1^-^1)^n\equiv 0 (mod c_2) $.
А отсюда следует не
Цитата:
1) либо при $ (\frac{a}{c_1}) + (\frac{b}{c_1}) = c_2 $ ,

что в корне не верно,а
$ ac_1^-^1 + bc_1^-^1 \equiv 0 (mod c_2)  $ , что истинно.
Но отсюда следует только тривиальное
$ a + b \equiv c_1 (mod c_2)$ ,
а отнюдь не
$ a + b = c_1c_2 =c $,

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 32 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

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