Великая теорема Ферма (необычный подход)

Уважаемый (ая) toba!

Очень признателен Вам за глубокое понимание сути моего доказательства и за оказанную мне поддержку.
С уважением,
valeryag

Уважаемый(ая) toba!

Спасибо за хороший совет! Реагирую на него.

Из гипотетического равенства (4) следует, что $Z>Y, X$. Пусть $Z=X+k$. Тогда

$X^{n}=(Z-k)^{n}= (Z-k\cdot n)\cdot Z^{n-1}+C^{2}_{n}\cdot (-k)^{2}\cdot Z^{n-2}+ C^{3}_{n}\cdot (-k)^{3}\cdot Z^{n-3}+...+C^{n-1}_{n}\cdot (-k)^{n-1}\cdot Z+(-k)^{n}$ (8)

Предполагая существование тройки натуральных чисел $X, Y, Z$, удовлетворяющих гипотетическому равенству (4), будем считать, что $X>Y$. Тогда

$(X + Y/n)^{n}=X^{n}+C^{1}_{n}\cdot X^{n-1}\cdot(Y/n)+...+ C^{n-1}_{n}\cdot X\cdot(Y/n)^{n-1}+ (Y/n)^{n}>X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$

Из данного выражения следует: для выполнения гипотетического равенства (4) необходимо, чтобы наименьшее из чисел тройки (у нас $Y$) было бы больше $n$ ($Y>n$). Значит, должно быть $X>n+1$, $Z>n+2$, что является одним из необходимых условий выполнения гипотетического равенства (4). Следовательно, в выражении (8) $Z-k\cdot n>2$; в противном случае (при $ Z-k\cdot n \le 2 $) названное необходимое условие не выполнится при $k=1$.
Рассмотрим правую часть выражения (8). При нечётных $n$ алгебраическая сумма его членов, стоящих после $ (Z-k\cdot n)\cdot Z^{n-1}$, представится парами вида $C^{j}_{n}\cdot (k)^{j}\cdot Z^{n-j}- C^{j+1}_{n}\cdot (k)^{j+1}\cdot Z^{n-j-1}$, где $j $-чётное, взятое из интервала $j \in [2; n-1]$. Каждая пара (учитывая, что $ Z-k\cdot n > 2 $) по крайней мере будет больше $0$. При чётных $n$ к этим парам добавится $(-k)^n$. Следовательно,

$X^{n}>(Z-k \cdot n)\cdot Z^{n-1} $ (9)

Исходя из выражения (7), $X^{n}>a_{n-1}\cdot Z^{n-1} $. Рассмотрим выражение $ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}$. Его можно представить так:

$ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}=a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+(Z-1) \cdot Z^{n-2}+(Z-1) \cdot Z^{n-3}+...+(Z-1) \cdot Z+ Z $.

Учитывая, что в равенстве (7) $Z> a_{0}$, а $ (Z-1) \cdot Z^{n-j} \ge a_{n-j}\cdot Z^{n-j} $, где $j\in [2; n-1]$, получим: $ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}>X^{n}$.
Объединим два неравенства:

$ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}> X^{n}>(Z-k\cdot n) \cdot Z^{n-1} $

$ a_{n-1}+1>X^{n}/Z^{n-1}>Z-k\cdot n $,

где $ X^{n}/Z^{n-1} $ - дробное число, заключённое между двумя целыми числами.

Для выполнения этого составного неравенства необходимо и достаточно, чтобы $ a_{n-1}= Z-k \cdot n $ и, значит,

$a_{n-1}\le Z-n$ (10)

Уважаемый(ая) toba!

С учётом Вашего совета внесу коррективы в текст доказательства. Благодарен Вам!

Уважаемые Форумчане!

Помещаю дополненный вариант миниатюры "Великая теорема Ферма (необычный подход)". Дополнение относится к начальной части, касающейся постановки задачи, и НЕ затрагивает суть ранее помещённого доказательства.

С наступающим Новым годом! Счастья и успехов!
valeryag




УДК 511.2


П Р Е Д И С Л О В И Е


Заранее декларирую: в данной работе автор не ставит перед собой непосильную задачу полного доказательства Великой теоремы Ферма. Цель работы – представить на обсуждение доказательство, утверждающее, что не существует целочисленных решений уравнения Ферма для степеней, больших той, для которой (кем-то, когда-то) было доказано отсутствие целочисленных решений ВТФ. И не более того! Полное доказательство оставим за ВЕЛИКИМИ: Эндрю Уайлсом и (хочется верить!) за Пьером Ферма!


Известно, что Великая теорема Ферма ДОКАЗАНА профессором математики Принстонского университета Эндрю Уайлсом [1]. Полное её доказательство, впервые опубликованное в 1995 году в журнале "Annals of Mathematics", занимает более 100 страниц. На вопрос: "Имел ли Ферма точно такое же доказательство своей теоремы?", Эндрю Уайлс заметил: "Ферма не мог располагать таким доказательством. Это доказательство ХХ века". Действительно, Пьеру Ферма не были известны ни эллиптические кривые, описываемые уравнениями вида

$y^{2}=x^{3}+ax^{2}+bx+c,$

ни модулярные формы, представляющие собой функции с двумерной областью значений и с областью определения, находящейся в двух измерениях, ни гипотеза Таниямы-Шимуры о соответствии каждой эллиптической кривой модулярной форме, ни группы Галуа, ни гениальная идея Герхарда Фрея, сводящая уравнение Ферма к эллиптическому уравнению, высказанная им в 1984 году на симпозиуме в Обервольфахе (Германия), ни многое другое из того, на чём базируется доказательство Эндрю Уайлса. Тогда какими же соображениями руководствовался великий математик XVII века Пьер Ферма, оставляя запись о найденном им доказательстве на полях "Арифметики" Диофанта? Автор данной работы не относит себя к числу тех, кто считает, что "Великая теорема Ферма была результатом редкого момента слабости математического гения XYII века", а поэтому рискует предложить версию возможного к ней подхода, построенного на математическом инструментарии эпохи П.Ферма. Такая версия исходит из того, что П.Ферма мог строить своё доказательство, избрав следующий подход:

1. На первом этапе доказать отсутствие целочисленных решений для некоторого конкретного показателя. Известно, что для показателя $n=4$ П.Ферма это сделал, используя предложенный им метод бесконечного спуска. Принято приоритет доказательства для показателя $n=3$ отдавать Л.Эйлеру [1]- [4]. В работе [3] аргументировано показано, что Л.Эйлер мог иметь строгое доказательство леммы о кубах вида $a^{2}+3\cdot b^{2} $, лежащей в основе элементарного доказательства для показателя $n=3$, не привлекая для этого комплексные числа. В принципе подобный инструментарий мог быть и у П.Ферма. Условимся называть базовым уравнение Ферма с конкретным численным показателем, для которого доказано отсутствие целочисленных решений.

2. На втором этапе доказать невозможность существования целочисленных решений для степеней больших, чем степень базового уравнения.

Исходя из такого подхода, если иметь строгое доказательство случая $n=3$, а также иметь доказательство по пункту 2, причём, оба доказательства выполненные в инструментарии эпохи П.Ферма, то его словам на полях "Арифметики" Диофанта можно доверять. Представляется, что работа [3] убедительно показывает возможность элементарного доказательства случая $n=3$, построенного без использования комплексных чисел и, по сути, на методе бесконечного спуска. Не исключено, что подобными соображениями мог руководствоваться и П.Ферма.

Покажем возможность элементарного доказательства второго этапа, а именно, что не существует целочисленных решений уравнения Ферма для степеней больших, чем степень базового уравнения.

План доказательства

1. Определить условия, необходимые для существования гипотетического равенства

$X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$,

где $X, Y, Z, n \in N, $причём $X, Y, Z$ –взаимно простые числа, $n\ge 2$.

1.1. Перейти к $Z$-ричной системе счисления.

1.2. Доказать, что хотя бы одно из слагаемых левой части гипотетического равенства $X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$ должно содержать ровно $n $ $Z$- ричных разрядов. Записать это слагаемое соответствующим ему количественным эквивалентом, например:

$X^{n}=a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+a_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+a_{1}\cdot Z+a_{0} $

1.3. Доказать, что

$a_{n-1}\le Z-n$

1.4. Доказать, что второе слагаемое ($Y^{n}$) гипотетического равенства $X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$, как и первое слагаемое ($X^{n}$) должно содержать ровно $n $ $Z$- ричных разрядов и, следовательно, его количественный эквивалент должен записываться так:

$Y^{n}=b_{n-1}\cdot Z^{n-1}+b_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+b_{1}\cdot Z+b_{0} $

1.5. Доказать, что для гипотетического равенства $X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$должны выполняться $n$ равенств вида:

$a_{0} + b_{0} = a_{i} + b_{i} + 1 = Z $,

где $i \in [1;n-1]$.

1.6. Доказать, что

$b_{n-1} \ge n-1$.

1.7. Сформировать условия, необходимые для выполнения гипотетического равенства $X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$

2. Выполнить анализ еретического решения $A^{N}+B^{N}=C^{N}$

2.1. Распространить условия, необходимые для выполнения гипотетического равенства $X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$, на еретическое решение $A^{N}+B^{N}=C^{N}$, а также на базовое уравнение Ферма $X^{k}+Y^{k}=Z^{k}$, то есть на уравнение с таким показателем степени $k$, для которого кем-то и когда-то было доказано отсутствие целочисленных решений. Например: для $k=7$– это доказательство Г.Ламе, для $k=5$ – это доказательство А.Лежандра, для $k=4$ - это доказательство П.Ферма, для $k=3$ – это доказательство Л.Эйлера.

2.2. Выявить локальное и вытекающее из него глобальное противоречие, заключённое в еретическом решении $A^{N}+B^{N}=C^{N}$ и, следовательно, доказать невозможность существования целочисленных решений уравнения Ферма для степеней, больших степени базового уравнения.

Доказательство

Пусть имеется запись $(a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0},a_{-1}...a_{-m})_{z}$ некоторого действительного числа в $Z$-ричной позиционной системе счисления. Тогда соответствующий этой записи количественный эквивалент запишется следующим образом:

$(a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0},a_{-1}...a_{-m})_{z}=a_{n}\cdot Z^n+ a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+ ...+ a_{1}\cdot Z^{1}+ a_{0}\cdot Z^{0}+ a_{-1}\cdot Z^{-1}+...+ a_{-m}\cdot Z^{-m}$ (1)

Из соотношения (1) нетрудно видеть, что для записи количественного эквивалента в $Z$-ричном виде, необходимо представить его по степеням $Z$. Кортеж коэффициентов $a_{i}$, где $i \in [-m;n] $, и явится $Z$-ричной записью.
Выше мы рассмотрели запись действительных чисел, то есть чисел, содержащих целую и дробную части. Если $Z$-ричное число является целым, то оно может быть записано так: $(a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0})_{z}$, а его количественный эквивалент представлен следующим образом:

$(a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0})_{z}=a_{n}\cdot Z^n+a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+...+a_{1}\cdot Z+ a_{0}$ (2)

Пример. Пусть имеется запись некоторого $Z$-ричного числа $(10…0)_{z}$, содержащего ровно $n$ нулей. Определим для неё количественный эквивалент. Так как $a_{n}=1, a_{n-1}=0$ и т.д. $a_{1}=0, a_{0}=0$, то в соответствии с (2) получим:

$(10...0)_{z}=Z^{n} $ (3)

Перейдём к выражению

$X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$ (4)

Рассмотрим это выражение как гипотетическое равенство, в котором $X,Y,Z,n \in N$, причём $X,Y,Z$ – взаимно простые числа, $n≥2$. Определим условия, необходимые для его выполнения. Для этого переведём левую и правую части (4) в систему счисления по основанию $Z$:

$(X^{n})_{z}+(Y^{n})_{z}=(Z^{n})_{z}=(10...0)_{z}$, (5)

где число нулей равно $n$.
$Z$-ричное представление хотя бы одного из слагаемых $(X^{n})_{z}$ или $(Y^{n})_{z}$ выражения (5) должно содержать $n$ разрядов. Действительно, если предположить, что эти оба слагаемых содержат число разрядов, меньшее, чем $n$, то выполнение равенства (5) будет невозможным. Пусть

$(X^{n})_{z}=(a_{n-1}a_{n-2}...a_{1}a_{0})_{z}$ (6)

Переходя к количественному эквиваленту, можно записать:

$X^{n}=a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+a_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+a_{1}\cdot Z+a_{0} $ (7)

Из гипотетического равенства (4) следует, что $Z>Y, X$. Пусть $Z=X+k$. Тогда

$X^{n}=(Z-k)^{n}= (Z-k\cdot n)\cdot Z^{n-1}+C^{2}_{n}\cdot (-k)^{2}\cdot Z^{n-2}+ C^{3}_{n}\cdot (-k)^{3}\cdot Z^{n-3}+...+C^{n-1}_{n}\cdot (-k)^{n-1}\cdot Z+(-k)^{n}$ (8)

Предполагая существование тройки натуральных чисел $X, Y, Z$, удовлетворяющих гипотетическому равенству (4), будем считать, что $X>Y$. Тогда

$(X + Y/n)^{n}=X^{n}+C^{1}_{n}\cdot X^{n-1}\cdot(Y/n)+...+ C^{n-1}_{n}\cdot X\cdot(Y/n)^{n-1}+ (Y/n)^{n}>X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$

Из данного выражения следует: для выполнения гипотетического равенства (4) необходимо, чтобы наименьшее из чисел тройки (у нас $Y$) было бы больше $n$ ($Y>n$). Значит, должно быть $X>n+1$, $Z>n+2$, что является одним из необходимых условий выполнения гипотетического равенства (4). Следовательно, в выражении (8) $Z-k\cdot n>2$ по крайней мере для $k=1$; в противном случае (при $ Z-k\cdot n \le 2 $) названное условие не выполнится при $k=1$.

Рассмотрим правую часть выражения (8). При нечётных $n$ алгебраическая сумма его членов, стоящих после $ (Z-k\cdot n)\cdot Z^{n-1}$, при $k=1$ представится парами вида $C^{j}_{n}\cdot Z^{n-j}- C^{j+1}_{n}\cdot Z^{n-j-1}$, где $j $-чётное, взятое из интервала $j \in [2; n-1]$. Каждая пара (учитывая, что $ Z- n > 2 $) по крайней мере будет больше $0$. При чётных $n$ к этим парам добавится $(-1)^n$. Следовательно,

$X^{n}>(Z-n)\cdotZ^{n-1}\ge (Z-k \cdot n)\cdot Z^{n-1} $ (9)

Исходя из выражения (7), $X^{n}>a_{n-1}\cdot Z^{n-1} $. Рассмотрим выражение $ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}$. Его можно представить так:

$ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}=a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+(Z-1) \cdot Z^{n-2}+(Z-1) \cdot Z^{n-3}+...+(Z-1) \cdot Z+ Z $.

Учитывая, что в равенстве (7) $Z> a_{0}$, а $ (Z-1) \cdot Z^{n-j} \ge a_{n-j}\cdot Z^{n-j} $, где $j\in [2; n-1]$, получим: $ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}>X^{n}$.
Объединим два неравенства:

$ (a_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}> X^{n}>(Z- n) \cdot Z^{n-1}\ge (Z-k\cdot n) \cdot Z^{n-1} $

$ a_{n-1}+1>X^{n}/Z^{n-1}>Z- n \ge Z-k\cdot n $,

где $ X^{n}/Z^{n-1} $ - дробное число, заключённое между двумя целыми числами.

Для выполнения этого составного неравенства необходимо и достаточно, чтобы $ a_{n-1}= Z-k \cdot n $ и, значит,

$a_{n-1}\le Z-n$ (10)


Покажем, что второе слагаемое $(Y^{n})_{z}$ в выражении (5), как и первое слагаемое $(X^{n})_{z}$, должно содержать $n$ $Z$-ричных разрядов. Действительно, если разрядность числа $(Y^{n})_{z}$ меньше, чем $n$, то учитывая, что $a_{n-1}\le Z-n$, невозможно было бы обеспечить выполнение равенства (5), вытекающего из гипотетического равенства (4). Итак, $(Y^{n})_{z}$ представится следующим образом:

$(Y^{n})_{z}=(b_{n-1}b_{n-2}...b_{1}b_{0})_{z}$ (11)

Переходя к количественному эквиваленту, можно записать:

$Y^{n}=b_{n-1}\cdot Z^{n-1}+b_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+b_{1}\cdot Z+b_{0} $ (12)

Из выражений (4), (5), (6), (11) следует, что

$(a_{n-1}a_{n-2}...a_{1}a_{0})_{z}+(b_{n-1}b_{n-2}...b_{1}b_{0})_{z} =(10...0)_{z}$ (13)

Левая часть гипотетического равенства (4) с учётом (7) и (12) запишется так:

$X^{n}+Y^{n}=(a_{n-1}+b_{n-1})\cdot Z^{n-1}+(a_{n-2}+b_{n-2}) \cdot Z^{n-2}+...+(a_{1}+b_{1}) \cdot Z+a_{0}+b_{0}$ (14)

Правую часть гипотетического равенства (4) можно представить следующим образом:

$Z^{n}=(Z-1) \cdot Z^{n-1}+(Z-1) \cdot Z^{n-2}+...+(Z-1) \cdot Z+ Z $ (15)

Из выражений (14) и (15) нетрудно видеть, что необходимым условием выполнения гипотетического равенства (4) является выполнение $n$ равенств вида: $a_{0}+b_{0}=a_{i}+b_{i}+1=Z$, где $i \in [1;n-1]$.
В выражении (10) показано, что для одного из коэффициентов, стоящих при старшем члене ряда $Z^{n-1}$, должно выполняться такое неравенство: $a_{n-1} \le Z-n$. Исходя из него, а также из соотношения $a_{n-1}+b_{n-1}+1=Z$, нетрудно видеть, что для другого коэффициента, стоящего при старшем члене ряда $Z^{n-1}$, будет выполняться неравенство $b_{n-1} \ge n-1$.
Таким образом, необходимые условия выполнения гипотетического равенства (4) складываются из выполнения следующей триады равенств:

1) $X^{n}=a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+a_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+a_{1}\cdot Z+a_{0}$ (16)

2)$Y^{n}=b_{n-1}\cdot Z^{n-1}+b_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+b_{1}\cdot Z+b_{0}$ (17)

3) $a_{0}+b_{0}=a_{i}+b_{i}+1=Z$, где $i \in [1;n-1]$ (18)

Причём для старших коэффициентов $a_{n-1}$ и $b_{n-1}$, стоящих при члене ряда $Z^{n-1} $, должны выполняться соотношения: $a_{n-1} \le Z-n$ и $b_{n-1} \ge n-1$.

Убедимся в том, что при $n=2$ такие условия могут быть выполнены. Исходя из выражений (7) и (12):

$X^{2}=a_{1} \cdot Z+a_{0}$

$Y^{2}=b_{1} \cdot Z+b_{0}$

Приведём конкретные примеры.

$X^{2}=1 \cdot 5+4 $

$Y^{2}=3 \cdot 5+1 $

Этот пример соответствует равенству $3^{2}+4^{2}=5^{2}$. Здесь $Z=5, a_{1}=1,a_{0}=4,b_{1}=3,b_{0}=1$. Нетрудно видеть, что $a_{0}+b_{0}=a_{1}+b_{1}+1=Z$.

Другой пример:

$X^{2}=1 \cdot 4901+4900 $
$Y^{2}=4899 \cdot 4901+1 $

Этот пример соответствует равенству $99^{2}+4900^{2}=4901^{2}$. Здесь $Z=4901, a_{1}=1, a_{0}=4900, b_{1}=4899, b_{0}=1$. Нетрудно видеть, что $a_{0}+b_{0}=a_{i}+b_{i}+1=Z$.
Рассматривая равенство $X^{2}+Y^{2}=Z^{2}$ как уравнение, можно сказать, что оно имеет решения в целых числах.

Рассмотрим уравнение Ферма
$X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$ , (19)

где $n$- натуральное число, большее $2$.
Великая теорема Ферма утверждает, что это уравнение не имеет решений в целых числах. Предположим, что для некоторого $N$ уравнение (19) имеет хотя бы одно гипотетическое (еретическое, как его назвал Герхард Фрей на симпозиуме в Обервольфахе (Германия) в 1984 году [1]) решение в целых числах, то есть пусть для некоторого $n=N$ выполняется равенство

$ A^{N}+B^{N}=C^{N}$ (20)

Тогда в соответствии с выражениями (7) и (12) можно записать:

$A^{N}=a_{N-1} \cdot C^{N-1}+a_{N-2} \cdot C^{N-2}+...+a_{k} \cdot C^{k}+a_{k-1} \cdot C^{k-1}+a_{k-2} \cdot C^{k-2}+...+a_{2} \cdot C^{2}+a_{1} \cdot C+a_{0}$ (21)

$B^{N}=b_{N-1} \cdot C^{N-1}+b_{N-2} \cdot C^{N-2}+...+b_{k} \cdot C^{k}+b_{k-1} \cdot C^{k-1}+b_{k-2} \cdot C^{k-2}+...+b_{2} \cdot C^{2}+b_{1} \cdot C+b_{0}$ (22)

Левая часть гипотетического равенства (20) запишется следующим образом:

$A^{N}+B^{N}=(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}+$
$+(a_{k-1}+b_{k-1}) \cdot C^{k-1}+(a_{k-2}+b_{k-2})\cdotC^{k-2}+...+(a_{2}+b_{2})\cdot C^{2}+(a_{1}+b_{1}) \cdot C+a_{0}+b_{0}$ (23)

В соответствии с выражением (18) для выполнения равенства (20) необходимо выполнение $N$ равенств вида: $a_{0}+b_{0}=a_{i}+b_{i}+1=C$, где $ i \in [1;N-1])$. В этом случае

$(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}+ $
$+ (a_{k-1}+b_{k-1}) \cdot C^{k-1}+(a_{k-2}+b_{k-2}) \cdot C^{k-2}+...+(a_{2}+b_{2}) \cdot C^{2}+(a_{1}+b_{1}) \cdot C +a_{0}+b_{0}=C^{N}$ (24)

Нетрудно видеть, что при выполнении (18)

$(a_{k-1}+b_{k-1}) \cdot C^{k-1}+(a_{k-2}+b_{k-2}) \cdot C^{k-2}+...+(a_{2}+b_{2}) \cdot C^{2}+(a_{1}+b_{1}) \cdot C+a_{0}+b_{0}=C^{k}$ (25)

Покажем, что равенство (25), левая часть которого входит в равенство (24), НЕ выполнимо. Для этого рассмотрим уравнение Ферма вида:

$X^{k}+Y^{k}=Z^{k}$, (26)

для которого $N>k\ge 3$ и для которого кем-то и когда-то для показателя $k$ было доказано отсутствие целочисленных решений. Например: для $k=7$ – это доказательство Г.Ламе, для $k=5$ – это доказательство А.Лежандра, для $k=4$ - это доказательство П.Ферма, для $k=3$ – это доказательство Л.Эйлера. Назовём такие уравнения базовыми. Следовательно, в соответствии с выше изложенным для базового уравнения одновременно в натуральных числах НЕ выполнятся как равенства такие выражения:

1) $X^{k}=d_{k-1} \cdot Z^{k-1}+d_{k-2} \cdot Z^{k-2}+...+d_{2} \cdot Z^{2}+d_{1} \cdot Z+d_{0}$ (27)

2) $Y^{k}=e_{k-1} \cdot Z^{k-1}+e_{k-2} \cdot Z^{k-2}+...+e_{2} \cdot Z^{2}+e_{1} \cdot Z+e_{0}$ (28)

3)$d_{0}+e_{0}=d_{j}+e_{j}+1=Z$, где $ j \in [1;k-1]$ (29)

Действительно, одновременное выполнение этих выражений как равенств означало бы последующее выполнение как равенства выражения (26), что противоречит начальному условию, предполагающему наличие доказательства отсутствия целочисленных решений для базового уравнения. Так как не существует целочисленных троек $X, Y, Z$, удовлетворяющих уравнению $X^{k}+Y^{k}=Z^{k}$, то не существует и такой совокупности натуральных чисел $d_{j}$ и $e_{j}$ $(j \in [0;k-1])$, из которых в соответствии с выражениями (27), (28), (29) должны формироваться эти тройки $X, Y, Z$. В виду того, что не существует совокупности натуральных чисел $d_{j}$ и $e_{j}$, формирующих целочисленные тройки $X, Y, Z$, то одновременно не выполнятся как равенства выражения (27), (28), (29). Так как не выполнится как равенство выражение (29), то будет справедливо такое вытекающее из него неравенство:

$Z^{k} = (Z-1) \cdot Z^{k-1}+(Z-1) \cdot Z^{k-2}+...+(Z-1) \cdot Z+ Z\ne (d_{k-1}+e_{k-1}) \cdot Z^{k-1}+(d_{k-2}+e_{k-2}) \cdot Z^{k-2}+...+(d_{2}+e_{2}) \cdot Z^{2}+(d_{1}+e_{1}) \cdot Z+d_{0}+e_{0} $

То есть

$(d_{k-1}+e_{k-1}) \cdot Z^{k-1}+(d_{k-2}+e_{k-2}) \cdot Z^{k-2}+...+(d_{2}+e_{2}) \cdot Z^{2}+(d_{1}+e_{1}) \cdot Z+d_{0}+e_{0}\ne Z^{k}$ (30)

Выше отмечалось, что выражения (27), (28), (29) совместно не выполнимы как равенства. Два пути их исследования:
- первый – считать, что в выражениях (27) и (28) произвольно задаются натуральные $X$ и $Y$; затем показать, что не существует такого натурального $Z$, по степеням которого можно разложить $X^{k}$ и $Y^{k}$, причём так, чтобы выполнялись $k$ равенств (29);
- второй – считать, что в выражении (29) произвольно задаётся натуральное $Z$ и затем показать, что заданное $Z$ нельзя разбить на пары натуральных чисел $d_{j}$ и $e_{j}$ $(j \in [0;k-1])$ так, чтобы можно было из них в соответствии с выражениями (27) и (28) сформировать целые числа $X^{k}$ и $Y^{k}$.
Выберем второй путь. Из выражения (29) видно, что число $Z$ формируется из натуральных $ d_{j}, e_{j}$ $(j \in [0;k-1])$. Так как выражения (27), (28) , (29) совместно не выполнимы как равенства при любых натуральных $Z$, то, следовательно, они не выполнимы как равенства и при любых значениях натуральных $ d_{j}, e_{j}$, из которых формируется $Z$, в том числе и при таких: $ d_{j}=a_{j}$ и $ e_{j}=b_{j}, Z=C$.
После подстановки в (30) получим:

$(a_{k-1}+b_{k-1}) \cdot C^{k-1}+(a_{k-2}+b_{k-2}) \cdot C^{k-2}+...+(a_{2}+b_{2}) \cdot C^{2}+(a_{1}+b_{1}) \cdot C+a_{0}+b_{0} \ne C^{k}$ (31)

Покажем, что в этом случае выражения, образуемые числами $ d_{j}, e_{j}$ и $ a_{j}, b_{j}$ имеют одинаковый вид. Действительно, числа $d_{j}, e_{j}$ $ (j \in [0;k-1])$ образуют следующие многочлены (назовём их многочленами 1-й группы):

$d_{k-1} \cdot Z^{k-1}+d_{k-2} \cdot Z^{k-2}+...+d_{2} \cdot Z^{2}+d_{1} \cdot Z+d_{0}$
$e_{k-1} \cdot Z^{k-1}+e_{k-2} \cdot Z^{k-2}+...+e_{2} \cdot Z^{2}+e_{1} \cdot Z+e_{0}$

Из отсутствия целочисленных решений для базового уравнения следует невозможность совместного равенства этих многочленов натуральным числам $X^{k}$ и $Y^{k}$.
Числа $ a_{j}, b_{j}$ $( j \in [0;k-1])$ образуют такие многочлены (назовём их многочленами 2-й группы):

$a_{k-1} \cdot C^{k-1}+a_{k-2} \cdot C^{k-2}+...+a_{2} \cdot C^{2}+a_{1} \cdot C+a_{0}$
$b_{k-1} \cdot C^{k-1}+b_{k-2} \cdot C^{k-2}+...+b_{2} \cdot C^{2}+b_{1} \cdot C+b_{0}$

Из предположения выполнения равенства $A^{N}+B^{N}=C^{N}$ при $N>k$ вытекает невозможность существования натуральных чисел $ (A*) $ и $ (B*) $ для равенства $(A*)^{k}+(B*)^{k}=C^{k}$, из чего следует невозможность совместного равенства многочленов 2-й группы этим гипотетическим натуральным числам $(A*)^{k}$ и $(B*)^{k}$. Таким образом, многочлены 1-й и 2-й группы имеют одинаковый вид в том смысле, что при любых натуральных $Z$ и $C$ никогда не могут являться $k$-ми степенями натуральных чисел $X, Y$ и $(A*), (B*)$ соответственно.

Сравним выражения (25) и (31). Локальное противоречие! Выражение (25) вытекает из предположения существования гипотетического решения в целых числах уравнения Ферма для некоторой степени $N$. Выражение (31) вытекает из факта отсутствия целочисленных решений для выбранного базового уравнения (26) степени $k$, меньшей $N$. Из полученного локального противоречия следует невыполнимость равенств (24), (23) и, следовательно, равенства (20). Действительно, прибавим к левой и правой части неравенства (31) следующее выражение:

$(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}$ (32)

Получим:
$(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}+ (a_{k-1}+b_{k-1}) \cdot C^{k-1}+(a_{k-2}+b_{k-2}) \cdot C^{k-2}+...+(a_{1}+b_{1}) \cdot C+a_{0}+b_{0}\ne$ $\ne(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}+C^{k}$ (33)


Левая часть выражения (33), исходя из (23), равна $A^{N}+B^{N}$; правая часть выражения (33) с учётом соотношений (18) будет равна:

$(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}+C^{k}= (C-1) \cdot C^{N-1}+(C-1) \cdot C^{N-2}+...+(C-1) \cdot C^{k}+ C^{k}=C^{N} $ (34)

Таким образом, из выражения (33) следует, что $A^{N}+B^{N} \ne C^{N}$. То есть получили противоречие нашему исходному предположению. Это означает, что не существует ни одного гипотетического (еретического) решения уравнения Ферма степени $N$, большей, чем $k$, где $k$-степень базового уравнения Ферма.

ВЫВОД: Если Пьер Ферма имел подобную доказательную базу и доказательство отсутствия целочисленных решений своего уравнения для $n=3$, то в справедливости его записи на полях "Арифметики" Диофанта сомневаться не приходится…Известно, что сам Пьер Ферма доказал отсутствие целочисленных решений для $n=4$, а Леонард Эйлер - для $n=3$ [1]- [4].


Информационный ресурс

1. Сингх С. Великая теорема Ферма, М.:МЦНМО, 2000
2. http://www.mccme.ru/mmmf-lectures/books/books/books.php?book=1&page=3
В.М.Тихомиров. Великие математики прошлого и их великие теоремы.
3. Ю.Ю.Мачис. О предполагаемом доказательстве Эйлера. "Математические заметки", том 82, вып. 3, сентябрь 2007, с.395-400.
4. http://www.pm298.ru/ferma.php
Прикладная математика. Уравнение Ферма.

Уважаемый Виктор Ширшов (viktorshirshov)!

По поводу Вашего заявления

Цитата

Я доказал ВТФ методом конечного спуска, как того подразумевал Ферма…По-видимому, от набранной в рот воды Решатели и Злопыхатели захлебнулись?

Я не отношусь к числу "Злопыхателей". Более того, был бы рад найти рациональные зёрна в Вашем доказательстве. Но их нет! Поддерживаю чёткие и неопровергнутые Вами аргументы уважаемого участника (участницы) с ником shwedka, высказанные на научном форуме dxdy по поводу ошибок в Вашем "доказательстве". Эти весомые аргументы гораздо убедительнее Вашей громкой декларации.



Редактировалось 2 раз(а). Последний 11.03.2011 20:46.

Уважаемые Форумчане!

На стартовой странице моей темы «Великая теорема Ферма (необычный подход)» сделал некоторые доработки, связанные с дополнительным доказательством краеугольного для этой темы утверждения $x_{n-1}\le Z-n$

Беда в том, что все сумасшедшие издатели, готовые издавать первостатейный бред, в кризис разорились.

Всякая ферманьячная деятельность, по определению, является бессмысленной и дурацкой. Вот Французская Академия Наук еще в позапрошлом веке вынесла решение не рассматривать проектов "вечных двигателей". Ровно так же давным-давно все разумные люди отказались от ковыряния в безграмотных ферманьячных "фантазиях". Так зачем мне тратить на эту муть свое время?

Уважаемый bot!

Приятно, что после многих месяцев молчания Вы вернулись к дискуссионному столу. Помнится, 15-16 месяцев тому назад «горун бежал быстрее лани», так и не ответив на вопросы, заданные Вам двумя участниками с ником toba и azovski08.
Итак, вернёмся к Вашему софизму $x^{n}+y^{n}=9$. Приведу аргументы этих двух участников, которые наиболее чётко показали несостоятельность Вашего софизма.

Большая выдержка из post toba от 28.11.2009 “Сколько можно УВИЛИВАТЬ от прямого вопроса?

"Предположим, что $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, где $x, y, z, n$ – натуральные числа, $n\ge 2$. Пусть $y>x$. Тогда

$(y+x/n)^{n}=y^{n}+C^{1}_{n}\cdot y^{n-1}\cdot (x/n)+...+(x/n)^{n}>x^{n}+y^{n}=z^{n}$

То есть $(y+x/n)^{n}>z^{n}$ и, значит, $y+x/n>z$. Нетрудно видеть, что для выполнения равенства $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ при $n\ge 2$ необходимо, чтобы $x\ge 3$, $y\ge 4$ и, следовательно, $z\ge 5$. То есть, если бы Ваш sophisma соответствовал по содержанию уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, то правая часть уравнения $x^{n}+y^{n}=9$ Вашего софизма НЕ могла бы быть меньше 25! В Вашем же софизме она равна 9! Так как Ваш sophisma не соответствует по содержанию уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ при $n\ge 2$, то в отдельных шагах софизма Вы получаете результаты, напрямую противоречащие тем, которые должны быть для уравнения $x^{n}+y^{n}=z^{n}$. Пример:

Цитата

(из post bot от 21.10.2009)

Где Вы прочитали, что $a_{1}, b_{1}$ не могут обращаться в 0? Напротив, могут…

Г-н bot!, но это не так! Если бы Ваш sophisma относился к уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, то значения старших коэффициентов $a_{n-1}$ и $b_{n-1}$ не могли бы равняться 0! И valeryag это доказал! Докажите, что это не так хотя бы на примере одной из троек Пифагора!
Г-н bot!, в завершение процитирую valeryag и соглашусь с ним

Цитата

Что же получается? А получается то, что все Ваши умозаключения из Chapter1 и Chapter2 оказываются ничтожными, так как построены на ложной предпосылке, некорректной ПОДМЕНЕ …

КОНЕЦ ВЫДЕРЖКИ

Приведу выдержку из post azovski08 от 07.12.2009

"Просмотрел post toba от 28.11.2009 "Сколько можно УВИЛИВАТЬ от прямого вопроса?", в котором он доказывает, что Ваш софизм, построенный на уравнении $x^{n}+y^{n}=9$, не соответствует по содержанию уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$. toba аргументирует это тем, что

Цитата

(из post toba от 28.11.2009)

если бы Ваш sophisma соответствовал по содержанию уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, то правая часть уравнения $x^{n}+y^{n}=9$ Вашего софизма НЕ могла бы быть меньше 25! В Вашем же софизме она равна 9!

Уважаемый bot!
Предполагая, что придирка к Вашему софизму вызвана ТОЛЬКО правой частью уравнения, решил проверить софизм в его редакции от 21.10.2009 под названием "Какой же софизм без ошибки?", но при изменённой правой части уравнения. То есть рассматриваю уравнение
$x^{n}+y^{n}=M^2$,
где $M$- наибольшее число из произвольно взятой пифагоровой тройки.
Как и у Вас в post от 21.10.2009,

Цитата

…предположим, что при некотором $n>1$ оно имеет решение в целых положительных числах.

Применив к этому уравнению всю последовательность из 11-ти шагов, изложенных в Вашем post от 21.10.2009, приходим к следующему (подобно Вашему) заключению:
Таким образом, из предположения существования решения (то есть из пункта 1) вытекает существование целых чисел $a, b, a_{0}, a_{1}, b_{0}, b_1}$, удовлетворяющих условиям:

a) $a^{n}=a_{1} \cdot M+a_{0}, b^{n}= b_{1} \cdot M+b_{0} $,

b) $a_{1}, b_{1} \in \{ 0, 1, …(M-1) \}, a_{0}, b_{0} \in \{ 1, …(M-1) \} $ и $a_{0}+ b_{0}=M, a_{1}+ b_{1}= M-1 $

Я решил убедиться в справедливости Вашего утверждения о том, что числа $a_{1},b_{1}$ могут обращаться в $0$, руководствуясь Вашим замечанием в post от 21.10.2009

Цитата

(из post bot от 21.10.2009)

Где Вы прочитали, что $a_{1},b_{1}$ не могут обращаться в $0$? Напротив, могут и более того…

Мои рассуждения.
По предположению софизма (см. пункт 1) $n>1$. Возьмём $n=2$. Получим:

a) $x^{2}+y^{2}=M^{2}$. Такое уравнение обязательно имеет целочисленное решение, так как $M$- наибольшее число произвольной пифагоровой тройки.

b) $x^{2}=a_{1} \cdot M+a_{0} $

c) $y^{2}=b_{1} \cdot M+b_{0} $

d) $x^{2}=(M-k)^{2}=(M-2k) \cdot M +k^{2}$

e) Сравнивая (b) и (d), получаем: $a_{1}=M-2k $ и, следовательно, $a_{1}\leM-2 $

f) Учитывая, что $a_{1}+b_{1}=M-1$, получаем $b_{1}\ge1$

g) То есть получается, что ни один из коэффициентов $a_{1}, b_{1} $ НЕ может быть равным нулю. Но это не согласуется с Вашим софизмом. Получается, что Ваш софизм внутренне противоречив?
Мои сомнения в противоречивости Вашего софизма развеятся, если Вы приведёте хотя бы ОДНУ пифагорову тройку, для которой $a_{1}$ или $b_{1}$ равны $0$, то есть выполняется указанное Вами соотношение:
$a_{1}, b_{1} \in \{ 0, 1, …(M-1) \}$

КОНЕЦ ВЫДЕРЖКИ

Г-н bot! Пожалуйста, развейте сомнения azovski08 в непротиворечивости Вашего софизма и приведите хотя бы одну пифагорову тройку, для которой $a_{1}$ или $b_{1}$ равны $0$, то есть выполняется указанное Вами соотношение:
$a_{1}, b_{1} \in \{ 0, 1, …(M-1) \}$

С уважением,
valeryag

Уважаемый bot!

Вы правы: сейчас, руководствуясь только такими аргументами, как у Вас, спорить со мной бесполезно. Почему? Потому, что математически строго доказана несостоятельность Ваших аргументов! Действительно,
1) участник форума с ником toba изящно показал, что Ваш sophisma НЕ имеет никакого отношения к уравнению Ферма;

Цитата


( из post toba от 28.11.2009 “Сколько можно УВИЛИВАТЬ от прямого вопроса?”)

…если бы Ваш sophisma соответствовал по содержанию уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, то правая часть уравнения $x^{n}+y^{n}=9$ Вашего софизма НЕ могла бы быть меньше 25! В Вашем же софизме она равна 9! Так как Ваш sophisma не соответствует по содержанию уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$при $n≥2$, то в отдельных шагах софизма Вы получаете результаты, напрямую противоречащие тем, которые должны быть для уравнения $x^{n}+y^{n}=z^{n}$;

2) участник форума с ником azovski08, строго следуя шагам Вашего sophisma, представленного в алгоритмической форме в post от 21.10.2009 под названием “Какой же софизм без ошибки?”, пришёл к такому выводу:

Цитата


(из post azovski08 от 07.12.2009)

… ни один из коэффициентов $a_{1}, b_{1}$ НЕ может быть равным нулю. Но это не согласуется с Вашим софизмом.

утверждающим, что

Цитата

(из post bot от 21.10.2009 под названием “Какой же софизм без ошибки”)

Где Вы прочитали, что $a_{1}, b_{1}$ не могут обращаться в $0$? Напротив, могут и более того…

Участник форума с ником azovski08 задал Вам вопрос: назвать

Цитата


хотя бы ОДНУ пифагорову тройку, для которой $a_{1} $или $b_{1} $ равны $0$, то есть выполняется указанное Вами соотношение:
$a_{1}, b_{1}∈{0,1,…(M-1)}$

Но Вам НЕ дано ответить на этот вопрос, так как мною строго доказано, что такого быть не может!

Теперь моё мнение.
Вы пишете

Цитата


…вместо ясного ответа, где именно в софизме спрятана ошибка, несётся всякая чушь.

Вы лукавите по поводу отсутствия ясного ответа на ошибку в Вашем sophisma. Приведу цитату из моего post

Цитата


(из post valeryag под названием “НЕТ” от 26.10.2009; сейчас этот post на стр.5 данной темы):

Теперь о логической ошибке Вашего софизма. Она – в самом начале Chapter 1, точнее, в этом месте:

Цитата

(из post bot под названием “Нет, Вы не выполнили моё пожелание” от 21.04.2009)

Пусть для некоторого $n=2 $ найдутся натуральные $a$ и $b$, для которых выполняется равенство
$a^{n}+b^{n}=9 (20)$
Запишем $a^{n}$ и $b^{n}$ в системе счисления с основанием $3$:
$a^{n}=3a_{1}+ a_{0}(21)$
$b^{n}=3b_{1}+ b_{0}(22)$
Здесь $0 \le a_{i}, b_{i}\le 2$

Далее в моём post под названием "НЕТ" от 26.10.2009 выполнен анализ последующих шагов Вашего sophisma и показана его несостоятельность.

Вывод: уважаемый bot! Ваш sophisma не может опровергнуть мои умозаключения, кстати говоря, не претендующие на полное доказательство ВТФ, а лишь аргументировано показывающие, что такой подход, базирующийся
1) на существовании доказательства для конкретного показателя уравнения Ферма степени $k$ (для базового уравнения);
2) на доказательстве отсутствия целочисленных решений ВТФ для степеней $N$, больших показателя степени $k$ базового уравнения,

- мог быть у П.Ферма.

С уважением и благодарностью,
valeryag

Уважаемый bot!

Поверьте, без всякого умысла, невольно сделал описку в указанном Вами месте. Дело в том, что, готовя ответ Вам, я копировал то место с какого-то своего файла. Но в спешке при редактирования всего post что-то невольно (поверьте!) нарушил в операторе math, а в процессе последующего редактирования чисто автоматически в том месте поставил знак “=”. Извиняюсь! Если Вы посмотрите мой post “НЕТ!” от 26.10.2009, то увидите, что там в указанном Вами месте стоит знак “>” и приведены те же мои возражения.

Но это не меняет сути моих аргументов и аргументов двух участников форума с ником toba и azovski08. Напомню, toba строго математически доказал, что Ваш sophisma НЕ имеет никакого отношения к уравнению Ферма. Докажите обратное! Это не меняет и сути возражения azovski08. Вот докажите Ваше утверждение

Цитата

(из post bot от 21.10.2009 под названием “Какой же софизм без ошибки”)

Где Вы прочитали, что $a_{1}, b_{1}$ не могут обращаться в $0$? Напротив, могут и более того…

Увы, для уравнения $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, где $n≥2$ такого быть не может! И я это чётко доказал! И с этой точки зрения Ваш sophisma не соответствует уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$. Докажите обратное, а именно, что Ваш sophisma при $a_{1}, b_{1}$, могущих быть равными $0$, соответствует для $n≥2$ уравнению $x^{n}+y^{n}=z^{n}$? НЕ получится!

Мои-же доказанные соотношения:
1) $X^{n}=x_{n-1}\cdot Z^{n-1}+x_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+x_{1}\cdot Z+x_{0}$ (16)

2)$Y^{n}=y_{n-1}\cdot Z^{n-1}+y_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+y_{1}\cdot Z+y_{0}$ (17)

3) $x_{0}+y_{0}=x_{i}+y_{i}+1=Z$, где $i \in [1;n-1]$ (18)

строго соответствуют (вытекают) из гипотетического равенства $x^{n}+y^{n}=z^{n}$, где $n≥2$. Справедливо и обратное: при выполнении этих соотношений выполнится и названное равенство $x^{n}+y^{n}=z^{n}$. Причём доказано, что для старших коэффициентов $x_{n-1}$ и $y_{n-1}$, стоящих при члене ряда $Z^{n-1} $, должны выполняться такие соотношения: если $X>Y$, то $x_{n-1} \le Z-n$ и $y_{n-1} \ge n-1$; если $Y>X$, то $y_{n-1} \le Z-n$ и $x_{n-1} \ge n-1$. Очевидно, что в обоих случаях $x_{n-1}, y_{n-1} \le Z-n$ и $x_{n-1}, y_{n-1} \ge n-1$.

Вас НЕ убеждает то, что я работаю с гипотетическим равенством $x^{n}+y^{n}=z^{n}$.
Вы строите sophisma. Тогда покажите, что он соответствует этому гипотетическому равенству. НЕ получится! В этом наше концептуальное расхождение.

Итак, ещё раз повторяю: Ваш sophisma НЕ соответствует уравнению Ферма!

С уважением и благодарностью,
valeryag