math.luga.ru : Форум

Доказательство Великой теоремы Ферма
(просто новогодняя сказка)

Возможно, эта миниатюра, состоящая из единственной операции (умножения) заинтересует истинных любителей математики.

1°. Если a^n+b^n=c^n, где n>2 и все числа целые, то
как хорошо известно (и очевидно), что
2°. 0 < a^(n-1) + b^(n-1) - c^(n-1) < a+b-c.
Но, умножив равенство 1° на достоточно большое число d^n, мы получаем эквивалентное, но ПРОТИВОПОЛОЖНОЕ (!) неравенство, а именно:
3°. d^(n-1)[a^(n-1) + b^(n-1) - c^(n-1)] > d(a+b-c).
И, как будто, ВТФ доказана АБСОЛЮТНО и в полном объеме.

А что скажете вы?

Виктор Сорокин писал(а):Но, умножив равенство 1° на достоточно большое число d^n, мы получаем эквивалентное, но ПРОТИВОПОЛОЖНОЕ (!) неравенство, а именно:
3°. d^(n-1)[a^(n-1) + b^(n-1) - c^(n-1)] > d(a+b-c).

А можно вот эту часть по-подробнее объяснить.

Влад писал(а):

Виктор Сорокин писал(а):Но, умножив равенство 1° на достоточно большое число d^n, мы получаем эквивалентное, но ПРОТИВОПОЛОЖНОЕ (!) неравенство, а именно:
3°. d^(n-1)[a^(n-1) + b^(n-1) - c^(n-1)] > d(a+b-c).

А можно вот эту часть по-подробнее объяснить.

Пожалуйста:
После умножения 1° на d^n мы имеем:
(ad)^n+(bd)^n=(cd)^n.
И в НОВОМ равенстве сумма оснований равна (ad)+(bd)-(cd) = d(a+b-c),
а сумма их (n-1)-х степеней равна (ad)^(n-1)+(bd)^(n-1) - (сd)^(n-1) = d^(n-1)[a^(n-1) + b^(n-1) - c^(n-1)].

Ну, тогда почему пункт 1 очевиден? я вот не понимаю

Влад писал(а):Ну, тогда почему пункт 1 очевиден? я вот не понимаю

Да, похоже допущение о монотонном убывании степенных сумм неверно. Но…
Если обозначить (ad)^i+(bd)^i - (сd)^i через Si, то тогда из основного текста следует, что
S1<S2<…<S(n-1), в то время как Sn=0. Не странно ли?

Виктор Сорокин писал(а):Да, похоже допущение о монотонном убывании степенных сумм неверно. Но…

Но... не исключено, что сказка все-таки в быль превратится.
Представляется, что я нашел простое доказательство теоремы в бинарной системе. Вот его суть:

Числа D = (a+b)^n-(c-b)^n-(c-a)^n и E = a^n+b^n-c^n + D (or -D) имеют РАЗНЫЕ четности.
Четность числа D есть двойная четность четного числа (из a, b, c).
А четность числа E имеет иное значение (при определенной группировки членов суммы).
Подробные расчеты будут публиковаться по мере их готовности.

Виктор Сорокин писал(а):Но... не исключено, что сказка все-таки в быль превратится.
Представляется, что я нашел простое доказательство теоремы в бинарной системе. Вот его суть:

Числа D = (a+b)^n-(c-b)^n-(c-a)^n и E = a^n+b^n-c^n + D (or -D) имеют РАЗНЫЕ четности.

Это сказочка про белого бычка.

Из a^n + b^n = c^n с очевидностью следует, что D и E оба чётные.

bot писал(а):Это сказочка про белого бычка.

Число делителей (или сомножителей) в числах D и E действительно различное! Однако в доказательстве необходимо сделать поправку: этим делителем является число n, а не 2. Вот исправленный текст доказательства.

Пусть E = a^n+b^n-c^n = 0 (равенство Ферма), где
число a+b-c=dn^k (т.е. имеет на конце k нулей).
Введем в рассмотрение числа:
A= dn^(k+1)-a, B= dn^(k+1)-b, = dn^(k+1)-c.
Очевидно, что
A+B-C=d’n^k (т.е. A+B-C имеет на конце тоже k нулей), и (согласно известной лемме) число
D = D-0 = A^n+B^n-C^n имеет на конце k+1 нулей.
Но В ТО ЖЕ САМОЕ ВРЕМЯ число A^n+B^n-C^n = D-0 = D-E имеет на конце k+2 нулей.
Действительно,
D-E = A^n+B^n-C^n - a^n+b^n-c^n = (A^n-a^n)+(B^n-b^n)-(C^n-c^n) =
(A-a)P+(B-b)Q-(C-c)R = Pdn^(k+1)+Qdn^(k+1)-Rdn^(k+1) = (P+Q-R)dn^(k+1),
где каждое из чисел P, Q, R имеет на конце ровно 1 ноль (при взаимопростых a, b, c).
И противоречие налицо..

Виктор Сорокин писал(а):A+B-C=d’n^k (т.е. A+B-C имеет на конце тоже k нулей), и (согласно известной лемме) число
D = D-0 = A^n+B^n-C^n имеет на конце k+1 нулей.
Но В ТО ЖЕ САМОЕ ВРЕМЯ число A^n+B^n-C^n = D-0 = D-E имеет на конце k+2 нулей.
...где каждое из чисел P, Q, R имеет на конце ровно 1 ноль (при взаимопростых a, b, c).

что за известная лемма? почему указанные "количества нулей" - точные значения, а не оценки снизу?

Влад писал(а):что за известная лемма? почему указанные "количества нулей" - точные значения, а не оценки снизу?

Если числа a, b, a+b взаимопростые (хотя бы по простому делителю n) и a+b делится на n, то R=(a^n+b^n)/(a+b) делится только на одно n. Эта простая лемма легко доказывается способом выделения из R слагаемых (a+b)^2 (после чего в остатке получается число n(ab)^(n-1)/2).
Ссылку на первую лемму сейчас дать не могу. Но за 15 лет общения со специалистами по теории чисел никто из них не усомнился в ее верности. Если ВСЕ остальное у Вас сомнения не вызывает, то тогда мы плотно займемся леммами.
Спасибо за внимание.
В.С.

Я проиграл и выхожу из игры. На прощание последняя миниатюра.

Классический факт:
Если A^n+B^n=C^n, ABC не делится на простое n>2, то, согласно малой теореме Ферма, в базе n для чисел A, B, C существуют равенства:
1a°. A^n=C^n-B^n=(C-B)P, где C-B=a^n, P=p^n, A=ap;
1b°. B^n=C^n-A^n=(C-A)Q, где C-A=b^n, Q=q^n, A=aq
1c°. C^n=A^n+B^n=(A+B)R, где A+B=c^n, R=r^n, A=ar
и числа
2°. A+B-C=ap+bq-cr=u’n^k, где k>0 (следствие малой теоремы).
3°. (A+B)-(C-B)-(C-A)=2u’n^k, где числа (A+B), (C-B), (C-A) составные.

Тогда после преобразования последней цифры числа c в n-1 (с помощью умножения равенства Ферма на соответствующее число d^n) из 2°-3° следуют такие равенства по последним цифрам a*, b*, c*:
4a°. a*x=(c*-b*)x,
4b°. b*y=(c*-a*)y,
4c°. c*z=(a*+b*)z
где x, y, z есть последние цифры чисел p, q, r [и чисел (c^n-b^n)/(c-b), (c^n-a^n)/(c-a), (a^n+b^n)/(a+b)].
Перепишем 3° в виде:
5°. (a*+b*)z-(c*-b*)x-(c*-a*)y=a*z+b*z-c*x+b*x-c*y+a*y=2u’n^k, или
a*(z+y)+b*(z+x)-c*(x+y)= 2u’n^k.
Сравнивая 5° и 4°, мы имеем:
x=z+y, y=z+x, z=x+y, откуда следует, что x=y=z=0. Следовательно, положительных решенией равенство Ферма не имеет.

Виктор Сорокин писал(а):Сравнивая 5° и 4°, мы имеем:
x=z+y, y=z+x, z=x+y, откуда следует, что x=y=z=0.

Ошибка в этом месте. Но...

Хорошо известно, что если в равенстве
1°. a^n+b^n=c^n числа a, b, c не имеют общих делителей, то число
2°. a+b-c=un^2.
Очевидно также, что если abc не делится на n, то число
3°. a^3n+b^3n-c^3n=Un^2.
Из этого следует простое доказательство великой теоремы Ферма (по крайней мере, для случая, когда abc не делится на n):

Используем тождество для A+B=C:
4°. A^3+B^3-C^3=3ABC.

И теперь число a^3n+b^3n-c^3n=3(a^3n)(b^3n)(c^3n) (см. 4°) должно делиться нацело на n^2 (см. 3°), что, очевидно, НЕВОЗМОЖНО.

Никаких новых идей - ни перспективных, ни хотя бы ошибочных - не видно. На этом вынужден сказать "Счастливо оставаться!"
В.С.

Виктор Сорокин писал(а):Никаких новых идей - ни перспективных, ни хотя бы ошибочных - не видно".

Видно. Если П.Ферма знал доказательство следующей Леммы
«Лемма. Если и числа a, b, c, и числа c-a и c-b взаимопростые, то при n>1 числа
(c^n-a^n)/(c-a) и (c^n -b^n)/(c-b) тоже взаимопростые»
то с ее помощью можно кратко и просто доказать Великую теорему Ферма.

Действительно, в равенстве Ферма, где числа a, b, c взаимопростые и нечетное n>2, числа c-a и c-b, очевидно, взаимопростые. И тогда из малой теоремы Ферма следует, что при простом q>2c числа c^(q-1)-a^(q-1) и c^(q-1)-b^(q-1) кратны q. А так как, согласно Лемме, числа [c^(q-1)-a^(q-1)]/(c-a) и [c^(q-1)-b^(q-1)]/(c-b) взаимопростые, то одно из чисел c-a и c-b делится на q (>2c>c-b>c-a), т.е. решение уравнения Ферма не есть целочисленное.

Остается узнать, кто и когда доказал Лемму.

Виктор Сорокин писал(а): Если П.Ферма знал доказательство следующей Леммы...

Вот минимальные требования к Лемме, необходимые для краткого доказательства ВТФ:
«Лемма. Если целые числа a, b, c имеют только один общий делитель 1, a+b=c и числа (c^n-a^n) и (c^n-b^n) имеют общий делитель d>2, то при n>1 одно из чисел c-b, c-a, a+b, c+b, c+a, a-b делится на d».