Великая теорема Ферма. Доказательство Виктора Сорокина

Здесь вы можете сформулировать математическую задачу, с которой вам не справиться, или, наоборот, поделиться своим маленьким открытием.
Возможно, другие пользователи помогут вам или порадуются вместе с вами...

Модератор: модераторы

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: ВТФ: Текущие итоги по состоянию на 1 марта 2006

Сообщение Виктор Сорокин » Пт, 03 мар 2006, 19:00

-=[kaval]=- писал(а):
Виктор Сорокин писал(а):Во всех моих текстах (как и в ВТФ) n простое и БОЛЬШЕ 2.
] n = 5, k = 2. В пятеричной системе счисления: 10_(2) = 10 != 40 = 40_(2), но тем не менее 10^2_(3) = 100 = 40^2_(3)
Повторяю: во всех моих текстах (как и в ВТФ) n простое и БОЛЬШЕ 2...
(у Вас n=2) и добавляю: цифра а_1 тоже везде не равна 0 (а у Вас равна нулю).

-=[kaval]=-
Преподаватель ЛМШ
Сообщения: 70
Зарегистрирован: Пт, 16 янв 2004, 20:12
Откуда: ножками://13.22.punk.ru
Контактная информация:

Re: ВТФ: Текущие итоги по состоянию на 1 марта 2006

Сообщение -=[kaval]=- » Пт, 03 мар 2006, 20:20

Виктор Сорокин писал(а): и добавляю: цифра а_1 тоже везде не равна 0 (а у Вас равна нулю).
ах, да ещё и это? ну почему каждое условие надо у вас Щипцами вытягивать? неужели сразу сложно точно сформулировать? всё равно ведь придётся это сделать, если вы хотите, чтобы кто-нибудь ваши сочинения читал.

почитал спор с вами на мехматовском форуме... уверен, что вы - потенциально хороший математик и вам точно не помешает математическое образование. попытайтесь его получить, хотя бы заочно. думаю, оно перевернёт ваше представление о математике
Интеллектуальная наша функция требует единства связи во всяком материале восприятия и мышления, которым она овладевает, и не останавливается перед тем, чтобы создать неправильную связь, если вледствие особых обстоятельств не может понять правильной.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: ВТФ: Текущие итоги по состоянию на 1 марта 2006

Сообщение Виктор Сорокин » Ср, 08 мар 2006, 15:03

-=[kaval]=- писал(а):
Виктор Сорокин писал(а):Во всех моих текстах (как и в ВТФ) n простое и БОЛЬШЕ 2.
] n = 5, k = 2. В пятеричной системе счисления: 10_(2) = 10 != 40 = 40_(2), но тем не менее 10^5_(3) = 000 = 40^5_(3)
Опять не в точку: во всех моих текстах число "а" не оканчивается на ноль (об этом сказано в самом начале). А у Вас оно оканчивается на ноль.

-=[kaval]=-
Преподаватель ЛМШ
Сообщения: 70
Зарегистрирован: Пт, 16 янв 2004, 20:12
Откуда: ножками://13.22.punk.ru
Контактная информация:

Re: ВТФ: Текущие итоги по состоянию на 1 марта 2006

Сообщение -=[kaval]=- » Сб, 11 мар 2006, 17:03

Виктор Сорокин писал(а):Опять не в точку: во всех моих текстах число "а" не оканчивается на ноль (об этом сказано в самом начале). А у Вас оно оканчивается на ноль.
я не буду с вами спорить
Интеллектуальная наша функция требует единства связи во всяком материале восприятия и мышления, которым она овладевает, и не останавливается перед тем, чтобы создать неправильную связь, если вледствие особых обстоятельств не может понять правильной.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: ВТФ: Текущие итоги по состоянию на 1 марта 2006

Сообщение Виктор Сорокин » Ср, 22 мар 2006, 19:04

Прошу извинения за задержку с текущим сообщением: все идеи с исчислением цифр оказались БЕСПОЛЕЗНЫМИ, однако кое-что интересное обещает старая идея с небольшой подправкой. Ответы (если они еще имеют смысл в новых обстоятельствах) на вопросы будут даны позже.

Допустим, что
(1°) (c^3-b^3)-a^3=0, или (c^3-b^3)-(a^3-1)=1, или
(c-b)(c^2+cb+b^2)-(a-1)(a^2+a+1)=1, или
(2°) rR-qQ=1,
где r=c-b, R=c^2+cb+b^2, q=a-1, Q=a^2+a+1,
(3°) a+b-c=u>3, а числа R и Q оканчиваются на цифру 1 (в системе счисления с основанием 3).
И теперь даже если R=Q, равенство 2° невозможно, поскольку q-r>2.
Итак, ВТФ, как будто, доказана. Доказательство для любых иных простоых n>2 совершенно одинаково.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

ВТФ. А ларчик просто открывался…

Сообщение Виктор Сорокин » Вс, 26 мар 2006, 1:10

Виктор Сорокин писал(а):Великая теорема Ферма. Доказательство Виктора Сорокина.
1 страница

А ларчик просто открывался…
Сегодня обнаружил интересную вещь: с момента открытия мною (29 декабря 2005) ключевой формулы [R_{(k+1)}=(c-b)^{n-1}_(k+1)] простейшее (с противоречием всего-навсего по второй цифре!) доказательство ВТФ лежало буквально под ногами. Но для начала напомню уже набившие оскомину тривиальные факты по теории равенства Ферма:
1. Числа a, b, c взаимопростые и a не кратно n.
2. Числа R=(c^n-b^n)/(c-b) и r=c-b взаимопростые.
3. Числа R, r и a имеют вид: R=R'^n, r=r'^n и a=r'R'.
4. Все простые сомножители числа R=(c^n-b^n)/(c-b) имеют вид: pn+1 (простая лемма).
5. R_(2)=01.
6. u=a+b-c и u_(2)=0.
7. R_(k+1)=(c-b)^{n-1}_(k+1) (ключевая формула) и R_(3)=(c-b)^(n-1)_(3).
8. R'_(2)=(r'^(n-1))^n_(2)=01.
9. Из равенства a^n=(c^n-b^n)/(c-b), или aa^(n-1)=(c-b)R, u_(2)=0 и что R_(2)=01, видно, что a^(n-1)_(2)=R_(2)=01.

Для окончательного доказательства ВТФ не хватает одной простой леммы (на форуме я о ней еще не говорил):
10. Среди цифр 2,3,…n-1 существует такая g, что g^(n-1)_2 ≠ 0 (допустив обратное, вторая цифра в сумме всех цифр от 1 до n-1 в степени n не равна нулю, что невозможно).

И вот доказательство ВТФ:

Возьмем такую g, что g^(n-1)_2 ≠ 0 и превратим цифру r'_1 в g, а цифру r'_2 в 0 с помощью умножения равенства Ферма на некоторое d^(nn) с сохранением степенных свойств всех чисел-букв, входящих в равенство Ферма. При этом должно сохраниться и свойство 9:
a^(n-1)_(2)= (r'R')^(n-1)_(2)=01. Однако это равенство не выполняется, поскольку R'^(n-1)_(2)=01, а r'^(n-1)_(2)=gn+1, где цифра g ≠ 0.
ВТФ доказана.

P.S. Разумеется, в тексте еще будут оформительские погрешности, но это уже мелочи по сравнению с осуществленным.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Новая идея доказательства ВТФ

Сообщение Виктор Сорокин » Пн, 07 июл 2008, 23:48

Новая идея

Обозначения:
a_(i) – i-я цифра от конца в числе a в базе с простым основанием n>2.
a_(i,j) – число, составленное из цифр от i до j числа a.
9 – обозначение цифры n-1,
8 – обозначение цифры n-2.


(01°) Допустим, решение уравнения A^n+B^n-C^n = 0 в целых числах существует.

(02°) С помощью умножения равенства 01° на достаточно большое число d^n, не кратное n, (которое, как известно, существует) приведем число u=a+b-c к виду:
u = (n^k)(n^p - 1), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) a^n+b^n-c^n = 0,
где c>a>b и a+b>c.

Разобьем все разряды числа u на следующие три зоны:
1) [p, q+1],
2) [q, r+1],
3) [r, 1], где
p – наибольший разряд числа c,
q – наибольший разряд значимой части числа u,
r – наибольший разряд нулевого окончания числа u.
Т.е. число u = u_(p, q+1)n^q+u_(q, r+1)n^r+u_(r, 1), или u=/00…00//99…99//00…00/.
Заметим, что к этому виду приводится число u=a+b-c для любого равенства Ферма.

Поскольку нулевое окончание числа u от умножения на d не меняется, а интересующие нас разряды цифр (по которым a^n+b^n-c^n<0) имеют номера намного больше r, то нулевым окончанием числа u мы пренебрежем. И теперь приближенные значения чисел a, b, c имеют вид:

(2°)
a=/99…98//99…99/,
b=/00…00//99…99/,
==============
c=/99…99//99…99/.

Округлим эти значения еще немного – до:
(3°)
a=n^p-n^q,
b=n^q ,
========
c=n^p.

Легко видеть, что при этих значениях a, b, c мы имеем неравенство:
(4°) a^n+b^n-c^n<0.

Также легко видеть, что уменьшение чисел a, b, c в 3° соответственно на a', b', c' при условии a+b-c=0 изменить знак неравенства 4° не может.

Таким образом, выражение в ВТФ (1° или 01°) является неравенством.

ВТФ доказана.

(6 июля 2008 года. Мезос)

P.S. Возможно и обратное доказательство – исходя из формулы 3° с произвольно большими числами.

P.P.S. Конечно, вычисления требуют тщательной проверки.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: Новая идея доказательства ВТФ

Сообщение Виктор Сорокин » Пн, 14 июл 2008, 0:48

Виктор Сорокин писал(а):Новая идея
Конечно, вычисления требуют тщательной проверки.

Не требуют:

Доказательство ВТФ. Окончательный текст.
Обозначения:
a_(i) – i-я цифра от конца в числе a в базе с простым основанием n>2.
a_(p, r) – число, составленное из цифр числа a от ранга p до ранга r.
9 – обозначение цифры n-1.

(01°) Допустим, решение уравнения A^n+B^n-C^n = 0 в целых числах существует.

(02°) Тогда, как легко показать, A+B>C>A>B>U>0, где U=A+B-C.

Приведем число U (в простой базе n) к виду
(03°) u =Ud=(n^k)(n^p-1) с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число d^n (которое, как известно, существует), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) a^n+b^n-c^n = 0,
(2°) где a+b>c>a>b>u>0,
(3°) u=a+b-c, где число u имеет r цифр (а наивысший разряд числа c обозначим буквой p) и, заметим, что
(4°) число u ЧЕТНО.

Попробуем найти цифровое решение уравнения (3°) Ниже r-значные окончания отделены от старших разрядов двумя косыми линиями.
Пусть
(5°)
a*=…?v//x…,
+
b*=…?v//y…,
-
c*=…?w//z…
==========
u = …00//9…

Легко видеть, что сумма цифр
1. x+y как минимум равна 9
2. Следовательно, x как минимум равно 9/2.
3. Следовательно, z как минимум равно 9/2.
4. Следовательно, x+y как минимум равно 9+9/2…
И так далее до конечного результата:
5. x=y=z=9.
6. Следовательно, v как минимум равно 1.
Однако на этом расчет цифр закончиться не может, ибо в этом случае цифра u_(r+1) не равна нулю. И чтобы устранить это противоречие, необходимо цифру w_(r+1) сделать равной единице.
Разумеется, кроме этих двух цифр в разряды выше r-го могут войти другие цифры, но при условии, что они удовлетворяют требованию: их сумма четна.
Но тогда сумма всех цифр, фигурирующих в уравнении Ферма, будет НЕЧЕТНОЙ.
Следовательно, НЕЧЕТНЫМ будет и число a^n+b^n-c^n, что невозможно.

Итак, ВТФ доказана полностью и бесспорно.

Влад
Сообщения: 1615
Зарегистрирован: Ср, 07 янв 2004, 16:10
Откуда: PUNK_22_13
Контактная информация:

Сообщение Влад » Пн, 14 июл 2008, 19:31

Мужик, ты достал уже. Попробуй сам прочитать, что написал. И много значков допиши.
"Ты - мой вопрос на главный ответ!"(с)СЛОТ
She broke my heart.
You merely broke my life.

Я сразу всё, но я ничто.
Я тысячи людей, но я никто...
:D :D :D
Превратился в дерьмо, а как обратно - не знаю...

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Пт, 18 июл 2008, 23:59

Влад писал(а): Попробуй сам прочитать, что написал. И много значков допиши.

Не ошибается только тот, кто не работает.
+++++++++++++++++++++++++++++++++
Любопытный феномен. (Пропущенная ветвь отброшенной идеи)

Начало то же:

Обозначения:
a_(i) – i-я цифра от конца в числе a в базе с простым основанием n>2.
a_(p, r) – число, составленное из цифр числа a от ранга p до ранга r.
9 – обозначение цифры n-1.
8 – обозначение цифры n-2.

(01°) Допустим, решение уравнения A^n+B^n-C^n = 0 в целых числах существует.

(02°) Тогда, как легко показать, A+B>C>A>B>U>0, где U=A+B-C.

Приведем число U (в простой базе n) к виду
(03°) u =Ud= [n^(p-r)-1)](n^r) с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число d^n (которое, как известно, существует), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) a^n+b^n-c^n = 0,
(2°) где a+b>c>a>b>u>0,
(3°) u=a+b-c.

Разобьем все разряды числа u на три интервала:
1) [p, q+1],
2) [q, r+1],
3) [r, 1], где
p – наибольший разряд числа c,
q – наибольший разряд значимой части числа u,
r – наибольший разряд нулевого окончания числа u.
Т.е. число
(4°) u = u_(p, q+1)n^q+u_(q, r+1)n^r+u_(r, 1) = /00…00//99…99//00…00/.


Рассмотрим сначала случай a_(r, 1)+b_(r, 1)-c_(r, 1)=0

Осуществим следующий процесс:

Все цифры в числах a, b, c перед разрядом (т.е. меньшие) p заменим на нули. Получим числа
a*_(p, p), b*_(p, p), c*_(p, p) (здесь и ниже для простоты формул равные для всех чисел нулевые окончания не записываем! Либо же превратим все числа в n-ичные дроби с целыми частями a_p, b_p, c_p) и значение функции F(a*, b*, c*), или F_(p).

Затем впишем в числа a*, b*, c* цифры предыдущего (меньшего) разряда p-1 и подсчитаем значение F_(p, p-1) при значениях чисел a_(p, p-1), b_(p, p-1), c_(p, p-1).

Затем впишем в числа a*, b*, c* цифры разряда p-2 и подсчитаем значение F_(p, p-2) при значениях чисел a_(p, p-2), b_(p, p-2), c_(p, p-2).

И так далее – до восстановления всех цифр чисел a, b, c.

***

Учитывая формулу 4°, легко видеть, что значение
(5°) F_(p, q+1)= a_(p, q+1)^n+b_(p, q+1)^n-c_(p, q+1)^n<0.

(6°) В интервале от (p, q) до (p, r+1) функция F(a*, b*, c*) будет строго возрастающей.

(7°) А в интервале от (p, r+1) до (p, 1) функция F(a*, b*, c*) будет в целом убывающей.

***

Таким образом, функция F(a*, b*, c*) в замкнутом интервале [p, 1] в первом подинтервале является в целом убывающей, во втором подинтервале – строго возрастающей, на третьем - в целом убывающей.

Но из этого следует, что экстраполированный график функции F(a*, b*, c*) от (a*_(p, p), b*_(p, p), c*_(p, p)) до (a, b, c) имеет также и НЕЦЕЛОЕ решение (a', b', c'), причем с a'<a, b'<b, c'<c!!!

Есть над чем поразмышлять!

Продолжение следует.

++++++++++++++++++

Интерпретация и вывод:

Либо числа a, b, c не приводимы к каноническому виду,
либо (a^n)_(1) = - a_(1), (b^n)_(1) = -b_(1), (c^n)_(1) = -c_(1),что противоречит малой теореме Ферма.

Мегатрон
Преподаватель ЛМШ
Сообщения: 309
Зарегистрирован: Ср, 25 фев 2004, 2:04
Откуда: Кибертрон
Контактная информация:

Сообщение Мегатрон » Пт, 01 авг 2008, 10:29

ВТФ...
т.е., wtf?
Shame on you for thinking
You're an exception

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Вт, 05 авг 2008, 17:30

Мегатрон писал(а):ВТФ...
т.е., wtf?

Она самая...
==========

Доказательство ВТФ в бинарной системе счисления для простого n>2.

Обозначения:
a_(i) – i-я цифра от конца в числе a.
a_(p, q) – число, составленное из цифр числа a от ранга p до ранга q.

***

(01°) Допустим, решение уравнения A^n+B^n-C^n = 0 в целых положительных числах существует.
(02°) Тогда, как легко показать, что A+B>C>A>B>U>0, где U=A+B-C.

Приведем число U (в двоичной системе) к виду
(03°) u =Ud=(2^r)(2^p-1) с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число d^n (которое, как известно, существует),
в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) a^n+b^n-c^n = 0, где, как хорошо известно из теории равенства Ферма,
(2°) a+b>c>a>b>u>0, c>a>c(n-1)/n;
(3°) u=a+b-c=u_(q, r+1)(2^r);
(4°) c-a=b-u=g>0;
(5°) b/u<2;
(6°) (c-a)/a<1/n.

***

Разобьем все разряды числа u на три интервала:
1) [p, q+1],
2) [q, r+1],
3) [r, 1], где
p – наибольший разряд числа c,
q – наибольший разряд значимой части числа u,
r – наибольший разряд нулевого окончания числа u.

Т.е. число
(7°) u = u_(p, q+1)(2^q)+u_(q, r+1)(2^r)+u_(r, 1) = /00…00//11…11//00…00/,

а равенство a+b-c=u имеет приблизительно такой вид:

a= /1…11//11…10//x…/,
+
b= /0…01//00…01//y…/,
-
c= /1…10//00…01//z…/.
==============
u=/0…00//11…11//00…00/.

Проведем цифровой анализ этого равенства (собственно ДОКАЗАТЕЛЬСТВО).

(8°) Число b_(p, q+1) может быть равнo только 1 (что следует из 4° и 6°).
(9°) Если цифра a_(q+1)=1, то из равенства чисел c_(p, q+2)=a_(p, q+2) следует, что a>c, что противоречит 2°.
(10°) А если a_(q+1)=0, то c_(p, q+1)-a_(p, q+1)=1 разряда q+1. А разница b-u, как видно из числового примера, значительно меньше 2^q. И в этом случае мы имеем противоречие с 5°.

А поскольку третьего не дано, то равенство 1° не имеет решения. ВТФ доказана.

P.S. Впрочем, доказательство остается верным и в простой базе n>2. Таким образом, после небольшого исправления предыдущее доказательство является верным.

4 августа 2008 года

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Сб, 16 авг 2008, 0:04

Прежде чем закрыть за собой дверь…
(Эта идея пришла мне при пересадке рябины)

Проверьте свою интуицию

Из тождества (которое я когда-то приводил на форуме) – при a+b-c=0 –
(1°) (a+1)(b+1)(c-1)=abc-ab+c^2-1 следует, что
(2°) (a+1)(b+1)(c-1)+ab-c^2=abc-1.

В равенстве Ферма роль чисел a, b, c играют числа a^n, b^n, c^n.

После умножения равенства Ферма на достаточно большое число
(проверьте свой глазомер)
(3°) единицами в 2° можно пренебречь, а
(4°) 0<ab-c^2<<ab.

И во что в этом случае превращается равенство 2°?

========================

А вот другое тождество:

Простое тождество
(1°) (x+1)(y+1)=xy+z+1, где x+y-z=0,
является по сути половиной доказательства великой теоремы, если вместо чисел x, y, z взять числа a^n, b^n, c^n.
Действительно, тогда из этого тождества и равенства Ферма легко следует, что каждая позитивная цифра i в степени n-1 и в простой базе n оканчивается на 01.
И тогда предпоследняя цифра суммы их n-х степеней равна
(2°) (n-1)/2, в то время как эта же самая сумма, вычисленная методом объединения в пары степеней цифр i^n и (n-i)^n, оканчивается на 00.

========================

И это тождество, и указанное противоречие я сформулировал по отдельности еще в 1992-м году. И лишь сегодня заметил, как они работают вместе.

Весь используемый инструментарий был многократно обговорен и отточен на форуме. К сожалению, время не позволяет форсировать оформление изложения. Но в первую очередь подготовлю список всех используемых лемм.

16 августа 2008

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Победа!

Сообщение Виктор Сорокин » Пн, 18 авг 2008, 9:04

Победа!

Доказательство ВТФ

Общеизвестно, что при взаимопростых a, b, c числа P-1 и Q-1 в двойном равенстве
a^n=aP=(c-b)Q [или b^n=bP=(c-a)Q] делится на n^2 (простое n>2), что – согласно Лемме – невозможно.
ВТФ доказана.

+++++++++++++

Теорема

Число a^{n-1}-1, где a не делится на простое n,
делится на n (малая теорема Ферма) и не делится на n^2 («средняя теорема Ферма»)

Доказательство «средней теоремы Ферма», или Леммы, методом от противного

Допустим, число a^{n-1}-1 делится на n^2 и, следовательно, в базе n число a^{n-1} оканчивается на 01.

Рассмотрим число a^n-1=(a-1)R, где число a-1 не делится на n. Из формулы для R:
R= a^{n-1}+…= a^{n-1}+[a^{n-1}-1]/(a-1) видно, что
число a^{n-1} оканчивается на 01, а
целое число [a^{n-1}-1]/(a-1) оканчивается на 00.
В итоге, число R оканчивается на 01, а число R-1 оканчивается на 00.

Следствие 1.
Уменьшение/увеличение последней цифры числа a на 1 не изменяет значения предпоследней цифры в числе a^n.

Следствие 2.
Если двузначные окончания чисел a и R есть 01, то двузначное окончание числа a*^n, где число a* оканчивается на 0e, где 0<e<n, будет равно 0e.

Сложив все n-1 чисел a*^n с окончаниями оснований от 01 до 0(n-1) (здесь записаны две цифры!), мы находим, что предпоследняя цифра этой суммы не равна нулю, что противоречит значению (00) двузначного окончания этой суммы, вычисленной вне связи с условиями Леммы.
(Примечание. Предварительно следует двузначное окончаие числа a превратить в 01 с помощью умножения числа a^n на соответствующее число d в степени nn; а теперь новое число a^n следует умножить на каждую позитивную цифру в степени nn.)

Лемма доказана.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Вт, 26 авг 2008, 21:30

В 1990 году я доказал ВТФ для случая четного «с».
Сегодня я нашел доказательство и для четного a или b. Вот оно.

Обозначения
p – натуральное число,
q – нечетное число
D – множество нечетных чисел типа d=2q+1,
E – множество нечетных чисел типа e=4p+1,
Два НЕЧЕТНЫХ числа одного типа назовем однотипными, разного вида – разнотипными.
Очевидны следующие утверждения:
(1°) Если нечетные числа a и b однотипны, то числа a+2q и b разнотипны.
(2°) Числа 2p+q и 2p-q разнотипны.


Доказательство ВТФ

Допустим,
(3°) a^n+b^n=c^n, или
(4°) (c-b)P+(c-a)Q=(a+b)R,
где два из чисел a, b, c и из чисел c-b, c-a, a+b нечетны
и при достаточно большом k
(5°) 2^k>3c>c>a>b>0.

Из чисел a, b, c возьмем два числа: четное и нечетное.
Если четное число – например, b – меньше нечетного – например, a, – то в дальнейших рассуждениях в качестве числа b будем рассматривать число b*=2^k-b, но с прежним (sic!) его обозначением: b.

А теперь составим из них два нечетных числа a+b и a-b, являющиеся, как следует из 2°, РАЗНОТИПНЫМИ.

Но с другой стороны, ЭТИ ЖЕ числа являются ОДНОТИПНЫМИ, поскольку числа a-b и a+b являются разнотипными, числа a+b и a+b-2c – тоже разнотипными, следовательно, числа a-b и a+b-2c – однотипными.
И противоречие налицо.

Теорема доказана.

26 авг. 2008

============

Хотелось бы добавить, что, не считая формулы разложения суммы степеней на множители, математический аппарат доказательства ВТФ не выходит за пределы 6-го класса средней школы.


Вернуться в «Доска математических объявлений»

Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и 2 гостя