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
3516
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
3516
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
3516
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
5937
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
3516
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
3516
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
3516
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
3516
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
3516
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: YandexBot [bot]


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