Великая теорема Ферма (необычный подход)

Автор темы valeryag 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеОткрыта свободная публикация вакансий для математиков26.09.2019 16:34
ОбъявлениеМатематик-алгоритмист (Vehicle Routing Problem) – удаленная работа03.06.2020 17:58
ОбъявлениеTinkoff Business Analyst / Product Owner19.02.2021 19:06
10.12.2008 17:15
Великая теорема Ферма (необычный подход)
УДК 511.2

Краткая аннотация. Общепризнанное доказательство Великой теоремы Ферма (ВТФ), предложенное Эндрю Уайлсом, базируется на нескольких математических теориях, в том числе и на идее Герхарда Фрея, в основу которой положена предпосылка существования гипотетического (еретического) решения уравнения Ферма для некоторой степени $ N $ и последующего преобразования уравнения Ферма в уравнение эллиптической кривой. В данной статье предложен подход к ВТФ, основанный на применении $ Z$- ричной позиционной системы счисления. В математическом инструментарии эпохи Пьера Ферма показано, что не существует гипотетического решения уравнения Ферма степени $ N$, большей, чем степень $k$ уравнения, для которого доказано отсутствие целочисленных решений. Показано, что если Пьер Ферма имел доказательство для показателя $k=3$, то он мог утверждать об отсутствии целочисленных решений для показателей $k>2$.
Ключевые слова: Великая теорема Ферма, ВТФ, доказательство.

Short annotation. The widely accepted proof of Fermat's last theorem (FLT) suggested by Andrew Wails is based on several mathematic theories including the idea of Gerhard Fray that is in its turn based on precondition of existence of hypothetic (heretical) solution of Fermat's equation for a degree $N$ and following transformation of Fermat's equation into elliptic curve equation. The present article presents an approach to FLT solution based on a $Z-$ ary positional number notation. Mathematic instruments of Pierre Fermat's time possessed no hypothetical solution to Fermat's equation of $ N$ degree bigger than $ k $ degree of the equation that has no integral solution. We are shown that if Pierre Fermat's used to have the proof for index $k=3$, he was able to prove absence of integral solutions for indices $k>2$.
Key words: Fermat's last theorem, FLT, proof.

Предисловие

Уважаемый читатель! 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, делая такую интригующую запись на полях "Арифметики" Диофанта: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane setex hanc marginis exiguitas non caparet", что в переводе с латыни означает "Я нашёл поистине удивительное доказательство этого предложения, но поля слишком узки для того, чтобы вместить его"?[1]. 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 [2] предполагается, а в работе [3] показано, что Л.Эйлер мог иметь строгое доказательство леммы о кубах вида $a^{2}+3 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}=x_{n-1}\cdot Z^{n-1}+x_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+x_{1}\cdot Z+x_{0} $

1.3. Доказать, что

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

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

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

$x_{0} + y_{0} = x_{i} + y_{i} + 1 = Z $,

где $i \in [1;n-1]$.

1.6. Доказать, что

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

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

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

Переходя к количественному эквиваленту, можно записать:

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

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

и, значит $X+\frac{Y}{n} > Z$. Назовём это неравенство безусловным. Из него следует: для выполнения гипотетического равенства (4) необходимо, чтобы наименьшее из чисел тройки (у нас $Y$) было больше $n$ ($Y>n$). Действительно, если предположить обратное (то есть, что $Y \le n) $, то будет $1 \ge \frac{Y}{n} $ и, значит,

$X+1\ge X+\frac{Y}{n} >Z $

Получается, что $X+1>Z$, чего быть не может, так как $Z $ должно быть больше $X$. Итак, наименьшее из чисел тройки (у нас $Y$) должно быть больше $n$ ($Y>n$). Тогда $X>n+1$, $Z>n+2$, 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 $j \in [2; n-1]$.

$C_{n}^{j}\cdot Z^{n-j} - C_{n}^{j+1}\cdot Z^{n-j-1}= C_{n}^{j} \cdot Z^{n-j-1}\cdot (Z- \frac{n-j}{j+1})$

Для каждой пары в интервале изменения $j$ справедливо неравенство

$Z- \frac{n-j}{j+1}=Z- \frac{n}{j+1}+\frac{j}{j+1}>Z-\frac{n}{j+1}>Z-n$

То есть 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}>x_{n-1}\cdot Z^{n-1} $. Рассмотрим выражение $ (x_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}$. Его можно представить так:

$ (x_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}=x_{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) $Z> x_{0}$, а $ (Z-1) \cdot Z^{n-j} \ge x_{n-j}\cdot Z^{n-j} $, где $j\in [2; n-1]$, получим:

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

Объединим последнее неравенство с неравенством (9):

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

$ x_{n-1}+1>\frac {X^{n}}{Z^{n-1}}>Z- n \ge Z-k\cdot n $

Так как по условию натуральные числа $X$ и $ Z $ являются взаимно простыми, то $ \frac{X^{n}}{Z^{n-1}} $ будет дробным числом, заключённым между двумя целыми числами. Для выполнения этого составного неравенства необходимо и достаточно, чтобы $ x_{n-1}= Z-k \cdot n $ и, значит,

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

Неравенство (10) является одним из краеугольных элементов доказательства, поэтому остановимся на нём подробнее. Покажем, что получить неравенство (10) можно и другим путём, учитывая принятое в выражении (8) условие: $Z=X+k.$ В этом случае безусловное неравенство $X+\frac{Y}{n}>Z$ может выполняться только при $Y>k\cdot n$, так как в другом случае (при $Y≤ k\cdot n$) будет $k≥\frac{Y}{n}$ и получаем неравенство $Z=X+k \ge X+\frac{Y}{n}$, противоречащее безусловному неравенству $X+\frac{Y}{n} > Z$. Таким образом, $Y> k\cdot n$. Значит, в силу условия $ Z>X>Y$ тем более $Z> k\cdot n$. Следовательно, $Z- k\cdot n>0. $
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 $C^{j}_{n}\cdot Z^{n-j}\cdot k^{j}- C^{j+1}_{n}\cdot Z^{n-j-1}\cdot k^{j+1}$, где $j $-чётное, взятое из интервала $j \in [2; n-1]$.

$ C^{j}_{n}\cdot Z^{n-j}\cdot k^{j}- C^{j+1}_{n}\cdot Z^{n-j-1}\cdot k^{j+1}= C_{n}^{j} \cdot Z^{n-j-1}\cdot k^{j}\cdot (Z- \frac{(n-j)\cdot k}{j+1}) $

Для каждой пары в интервале изменения $j$ справедливо неравенство

$Z- \frac{(n-j)\cdot k}{j+1}=Z-\frac{k\cdot n}{j+1}+\frac{k\cdot j}{j+1}>Z-\frac{k\cdot n}{j+1}>Z-k\cdot n >0$

То есть каждая пара будет больше нуля. При чётных $n$ к этим парам добавится $ (-k)^{n}$. Следовательно,

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

Выше было показано, что $ (x_{n-1}+1)\cdot Z^{n-1}>X^{n}$.
После объединения этих двух неравенств и сокращения получим:

$ x_{n-1}+1>\frac {X^{n}}{Z^{n-1}}>Z- k \cdot n $

По условию числа $X$ и $Z$ являются натуральными взаимно простыми, следовательно, $\frac {X^{n}}{Z^{n-1}}$ будет дробным числом, заключённым между двумя целыми числами. Для выполнения этого составного неравенства необходимо и достаточно, чтобы $x_{n-1} = Z- k\cdot n$. Следовательно,

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

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 $x_{n-1}\le Z-n$, невозможно было бы обеспечить выполнение равенства (5), вытекающего из гипотетического равенства (4). Итак, $(Y^{n})_{z}$ представится следующим образом:

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

Переходя к количественному эквиваленту, можно записать:

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

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

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

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

$X^{n}+Y^{n}=(x_{n-1}+y_{n-1})\cdot Z^{n-1}+(x_{n-2}+y_{n-2}) \cdot Z^{n-2}+...+(x_{1}+y_{1}) \cdot Z+x_{0}+y_{0}$ (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: $x_{0}+y_{0}=x_{i}+y_{i}+1=Z$, 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: $x_{n-1} \le Z-n$. Исходя из него, а также из соотношения $x_{n-1}+y_{n-1}+1=Z$, нетрудно видеть, что для другого коэффициента, стоящего при старшем члене ряда $Z^{n-1}$, будет выполняться неравенство $y_{n-1} \ge n-1$.
Таким образом, необходимые условия выполнения гипотетического равенства (4) складываются из выполнения следующей триады равенств:

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)

Причём 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 $x_{n-1}, y_{n-1} \ge n-1$ .

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

$X^{2}=x_{1} \cdot Z+x_{0}$
$Y^{2}=y_{1} \cdot Z+y_{0}$

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 $X=3, Y=4, Z=5, x_{1}=1, x_{0}=4, y_{1}=3, y_{0}=1$. Нетрудно видеть, что $x_{0}+y_{0}=x_{1}+y_{1}+1=Z$, а также выполняются соотношения: $y_{n-1} \le Z-n$ и $x_{n-1} \ge n-1$.

Второй пример:

$X^{2}=13\cdot 17+4 $
$Y^{2}=3 \cdot 17+13 $

Этот пример соответствует равенству $15^{2}+8^{2}=17^{2}$. Здесь $X=15, Y=8, Z=17, x_{1}=13, x_{0}=4, y_{1}=3, y_{0}=13$. Нетрудно видеть, что $x_{0}+y_{0}=x_{1}+y_{1}+1=Z$, а также выполняются соотношения: $x_{n-1} \le Z-n$ и $y_{n-1} \ge n-1$.

Третий пример:

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

Этот пример соответствует равенству $4900^{2}+99^{2}=4901^{2}$. Здесь $X=4900, Y=99, Z=4901, x_{1}=4899, x_{0}=1, y_{1}=1, y_{0}=4900$. Нетрудно видеть, что $x_{0}+y_{0}=x_{1}+y_{1}+1=Z$, а также выполняются соотношения: $x_{n-1} \le Z-n$ и $y_{n-1} \ge n-1$.

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

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

3) $x_{0}+y_{0}=x_{j}+y_{j}+1=Z$, 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 $x_{j}$ и $y_{j}$ $(j \in [0;k-1])$, 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 $x_{j}$ и $y_{j}$, 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 (x_{k-1}+y_{k-1}) \cdot Z^{k-1}+(x_{k-2}+y_{k-2}) \cdot Z^{k-2}+...+(x_{2}+y_{2}) \cdot Z^{2}+(x_{1}+y_{1}) \cdot Z+x_{0}+y_{0} $

То есть

$(x_{k-1}+y_{k-1}) \cdot Z^{k-1}+(x_{k-2}+y_{k-2}) \cdot Z^{k-2}+...+(x_{2}+y_{2}) \cdot Z^{2}+(x_{1}+y_{1}) \cdot Z+x_{0}+y_{0}\ne Z^{k}$ (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 $x_{j}$ и $y_{j}$ $(j \in [0;k-1])$ 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 $ x_{j}, y_{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 $ x_{j}, y_{j}$, из которых формируется $Z$, в том числе и при таких: $ x_{j}=a_{j}$ и $ y_{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 $ x_{j}, y_{j}$ и $ a_{j}, b_{j}$ имеют одинаковый вид. Действительно, числа $x_{j}, y_{j}$ $ (j \in [0;k-1])$ образуют следующие многочлены (назовём их многочленами 1-й группы):

$x_{k-1} \cdot Z^{k-1}+x_{k-2} \cdot Z^{k-2}+...+x_{2} \cdot Z^{2}+x_{1} \cdot Z+x_{0}$
$y_{k-1} \cdot Z^{k-1}+y_{k-2} \cdot Z^{k-2}+...+y_{2} \cdot Z^{2}+y_{1} \cdot Z+y_{0}$

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) следующий многочлен:

$(a_{N-1}+b_{N-1}) \cdot C^{N-1}+(a_{N-2}+b_{N-2}) \cdot C^{N-2}+...+(a_{k}+b_{k}) \cdot C^{k}$ (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 интригующей 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. Г. Эдвардс, Последняя теорема Ферма, Генетическое введение в алгебраическую теорию чисел, Мир, М., 1980
3. Ю.Ю.Мачис. О предполагаемом доказательстве Эйлера. "Математические заметки", том 82, вып. 3, сентябрь 2007, с.395-400.
4. М. М. Постников, Теорема Ферма, Введение в теорию алгебраических чисел, Наука, М., 1978.



Редактировалось 36 раз(а). Последний 17.04.2011 16:08.
11.12.2008 10:55
теорема Ферма
В представленном материале содержится ряд нетрадиционных и интересных подходов к ВТФ:
1) применение к ВТФ Z-ричной системы счисления, что позволяет установить зависимость между двумя величинами вместо трёх; нетрудно видеть получение уравнений, подобных эллиптическим;
2) интересным является переход от гипотетического (еретического) решения к уравнению степени k.
В целом статья заслуживает пристального её рассмотрения...
14.12.2008 15:36
Теорема Ферма
Скажу чесно, я из всего этого понял что, реч о теореме ферма.
И мне очень понравилось что У Пьера Ферма небыло новых Z-ричных и других понятий.
Вы меня извените я не ёрничаю, я прото понял в чём "проблема" и ужаснулся, её можно записать двумя строчками.
И записал нечто размытое и в то-же время почти разумное, но полный ответ не стал писать.(думал дойдут сами)
На сегодня пришлось отредактирывать и выдать полную версию.
Теперь эти две строчки:
(B+B)=2B; (B+B)^3=(2B)^3; (2^3B^3); (B^3+B(B^2+BY+Y^2))=Y^3
(X+A)=(B+B) ;((X-C)+(A+C))=2B ; (X^3+A(X^2+XY+Y^2))=Y^3
Простым языком: Мы можем получить число 8 как 4+4, но не как 7+1, 5+3.
Это справедливо для степеней.
Я допускаю, или точнее уверен что Вы найдёте чем возразить, но у меня как и у Пьера Ферма, нет специального мат. образования.
И я нахожусь в том-же положении что и он.(Я не знаю что-такое тангенс).
И не вижу как это можно опровергнуть.
Хотя с точки зрения матиматики моё "доказательство", самое неграмотное изложение Великой теоремы Ферма.
(Извените что написал, грубо и чу-чуть по хамски)

Ученье свет, а неучёных тьма.
16.12.2008 16:03
Попробую немного добавить.
Я поясню что значит: мы получаем равенство, которое невозможно получить целыми натуральными числами.
Но сначала я должен объяснить одну проблему, которая объясняет, почему нет доказательства простым способом.
Необходимо обозначить число, которое состоит из двух противоположных чисел:
(-G) +(G) =0, это число, которое в сумме равно нулю, И я обозначу его (h)
Для доказательства я не буду приводить длинные формулы, главное в скобках обозначить чётное и нечётные числа. Нечётные будут большими, а чётные маленькими.
B+B=y; (B+B)^3=y^3; (1+1)^3B^3; 2^3B^3; 8B^3; 4B^3+4B^3 =8B^3.
На что стоит обратить внимание, (В) нечётное число, в третей степени становится чётным 4B^3, Если мы запишем: X^3+A(X^2+Xy+y^2)=y^3 то мы получаем два нечётных числа.
И одно это приводит к выводу что мы не можем получить (В) нечётное число.
B+B=X+A; 4B^3+4B^3=X^3+A(X^2+Xy+y^2)
Если мы в левой части от (В) отнимим нечётное число то получим четное,
Если в правой от (4B^3), то получим нечётное. (B+B)^3=4B^3+4B^3
Чтобы понять, как это получается то необходимо записать тоже самое, иначе.
B+B=y, (B-X)+(B+X)=Y
Так как, (В) <(X) то получим отрицательное число (-g)
Но B+B=2B; 2X-((g)+(-g))=2B; 2X-(h)=2B
Без этого числа (h) просто не возможно объяснить как нечётное (B) становится (2^(n-1)B)
Теперь Формула будет иметь вид:
(2X)^3-(h)((2X)^2+(2X)(2B)+2(B)^2)=(2B)^3
8X^3-(h)(4X^2+4XB+4B^2)=8B^3
(h) состоит из двух частей и всегда равно нулю.
Тогда формулу можно сократить на 8 получим
X^3-(X^2+XB+B^2)=B^3
Я не знаю можно в водить такие числа как (h), но как объяснить что 1 становится 2^(n-1).
И я предполагаю, что П. Ферма, нашёл тоже, самое. И не стал записывать так как, понять можно даже то, что потом объяснить не возможно.
18.12.2008 11:41
про ферма
доказательство т. Ферма геометрическое и простое.

Поскольку таблица истинности квадратов представляет собой симметричную пирамиду, а всякое решение уравнения вида а^2+b^2=c^2 имеет вид треугольника в сечении этой пирамиды, то очевидно, что какие бы не были а и b, всегда можно найти третью точку с, чтоба абс были в одной плоскости образованного треугольника в сечении пирамиды.
Таким образом , доказательная база т. Ферма опирается на общей симметрии структурной части матаппарата и в частности таблиц истинности квадратов. А симметрия, в свою очередь, базируется на существовании, как факта дискретности числовых значений в математике.

Т.е. т.Ферма доказывается исходя из дискретности матаппарата и отсутствия в нем иррациональных чисел как таковых, И наоборот, сомо существование задачи Ферма доказывает эту дискретность.


Всякое иное доказательство будет мутным и длинным, более того, никому непонятным до конца.
Делайте наконец выбор.
Истина всегда проста в изложении, а бред требует библиотек.
19.12.2008 09:46
теорема Ферма
Уважаемые господа!
Давайте признаем, что мы являемся свидетелями неординарного события, свершившегося на нашем сайте: приведено общепонятное доказательство Великой теоремы Ферма в инструментарии его эпохи! Сделано это без сотрясания воздуха, корректно. А на нелепые комментарии господ gans и tar729 можно ответить словами из сонета А.Шамиссо:
"...Чуть истина рождается на свет,
Быки ревут, её почуя, вслед..."
19.12.2008 14:55
Эхх.
Цитата

Давайте признаем, что мы являемся свидетелями неординарного события, свершившегося на нашем сайте: приведено общепонятное доказательство Великой теоремы Ферма в инструментарии его эпохи!
1. Такие события свершаются не на сайтах, а в реферируемых журналах.
2. Подозреваю, что это рассуждение еще никто не прочитал. Многа букав типа. rolleyes Если так, то никто еще не искал ошибок.
3. Я лично не смог прочитать дальше этого:
Цитата

О п р е д е л е н и е. Для удобства дальнейшего изложения условимся называть правую часть выражения

$F(x)=a_{n-1}⋅Z^{n-1}+a_{n-2}⋅Z^{n-2}+...a_1⋅Z^1+a_0⋅Z^0$ (4)

Z-полиномом, порождённым целочисленной функцией $F(x)$, если :
1) функция $F(x)$ является степенной целочисленной функцией вида $F(x)=X^n,$ где $X,n∈N$;
2) $Z∈N$, причём $Z>X$;
3) $a_j∈N$, где $j∈[0;n-1]$; причём $Z>aj$.
Непонятен знак равенства. Что он означает? Выражение слева зависит от x, справа от Z, причем слева вообще функция совсем другая (вида $x^n$), ... Короче, без телепатов не разберешься.
19.12.2008 16:19
Отвечаю на вопросы
Уважаемый ad_dy!
Отвечу по порядку на Ваши вопросы.
1. "Такие события свершаются не на сайтах, а в реферируемых журналах."
Уважаемый ad_dy! Мнение участников хорошего научного интернет-форума не менее ценно, чем мнение одного-двух рецензентов.
2. "Подозреваю..."
Уважаемый ad_dy! Не понимаю Ваш тарабарский язык ("многа букав типа..."). Вы участник серьёзного русскоязычного форума, поэтому говорите на РУССКОМ языке.
3. "Я лично не смог прочитать дальше этого:"
Уважаемый ad_dy! Согласен, с прочтением у Вас туговато: все силы отданы нескончаемой критике очевидных ошибочных идей господина gans в его теме: "Проверьте доказательство теоремы Ферма для n=3 (элементарным способом)". Если бы Вы напрягли свои недюжинные силы и дошли до выражений (5), (6), (17), (18) и т.д., возможно, кое-что стало бы понятным...



Редактировалось 1 раз(а). Последний 19.12.2008 16:23.
19.12.2008 16:25
.
Цитата
valeryag
Мнение участников хорошего научного интернет-форума не менее ценно, чем мнение одного-двух рецензентов.
Не, ну я не против. Что хотите, то и цените. Только сам так не считаю. Публикация на форуме стотысячного доказательства теоремы Ферма нормальных людей не поколышит вообще.
Цитата
valeryag
Если бы Вы напрягли свои недюжинные силы и дошли до выражений (5), (6), (17), (18) и т.д., возможно, кое-что стало бы понятным...
То есть просто выбрасываем определение за ненадобностью и бессмысленностью и читаем дальше. Хорошо. Кстати, вы не ответили на мой вопрос.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 19.12.2008 16:29.
19.12.2008 16:49
Замечание
Уважаемый ad_dy!
У Вас проблемы с литературным русским...
За ненадобностью и бессмысленностью - это Ваш скоропалительный вывод. Мой Вам совет - меньше агрессии, больше лояльности и желания понять собеседника.
19.12.2008 22:05
.
Если определение можно понять только после прочтения двух следующих за ним страниц текста (а вы в этом сами только что признались) - то оно бессмысленно. Точка.

Правильно ли я понимаю, что следующая за определением ТЕОРЕМА говорит лишь о том, что в Z-ричной системе счисления тоже можно складывать числа столбиком?

P.S.
Цитата

У Вас проблемы с литературным русским...
Я не пользуюсь литературным стилем при разговоре. Извините, если Вас это напрягает.
21.12.2008 00:30
Пожалуйста будьте корректны
Уважаемые участники дискусси, пожалуйста старайтесь быть корректны по отношению друг к другу.
21.12.2008 11:33
странно
странно, что никто не подходит к Т. ферма с понимания, что вообще такое матаппарат.

Неужели никому не интересно, в чем и как существует эта система отсчета?

Очевидно, что подобные теоремы, симметрия чисел, является СЛЕДСТВИЕМ структуры матаппарата?

Так разберитесь, как она выглядит, и тогда Ферма перестанет вас беспокоить.

Ну простое же доказательство то. Зачем такой огород?
22.12.2008 08:11
Ответ для ad_dy
Уважаемый ad_dy!
Вы перешли к нормальному русскому языку. С удовольствием отвечу на все Ваши вопросы при условии, что Вы, выражаясь словами В.В.Маяковского, "снимите очки-велосипеды", ещё более опустите планку агрессии (она плохой советчик в дискуссиях!), наберётесь сил и дочитаете мою математическую миниатюру до конца. Не исключаю, что в этом случае Вы и сами сможете ответить на Ваши вопросы.
22.12.2008 19:34
Уважаемые участники форума!
Уважаемые участники форума!
Согласитесь, что толковые оппоненты своим "шершавым", но при этом доброжелательным языком позволяют определить меру ценности выносимого на суд утверждения. Но есть и другие оппоненты, которые часто "post"-ятся на форумах... В арсенале их полемических приёмов:
-мелочные придирки, порой, переходящие в глупые вопросы;
-нежелание видеть леса за отдельными сухими деревьями... и т.д. и т.п.

Впрочем, не будем об этом! Ведь так, господин ad_dy?!

Что является необычным и интересным в представленной статье?
1. Обращение в Z-ричной системе счисления, что позволило выразить каждое из натуральных чисел $X^n$ и $Y^n$ через Z-полином.
2. Выявление критериев, общих для уравнения Пифагора и уравнения степеней, больше 2.
3. Оригинальный переход от гипотетического (еретического) решения степени N к уравнению степени k, меньшей N. Из этого напрямую доказывается факт отсутствия хотя бы одного еретического решения. В данной проблеме это - необычный подход. Обычный подход, известный из доказательства Эндрю Уайлса, опирается на идею Герхарда Фрея, сводящую уравнение Ферма к уравнению:

$y^2=x^3+(A^N-B^N) \cdot x^2-A^N \cdot B^N)$

Далее Эндрю Уайлс работает именно с этим уравнением, доказывая, что не существует эллиптической кривой, им описываемой.
Обратим внимание на то, что автор (valeryag) не говорит о том, что его подход ранее не был известен. Он корректно предполагает, что такой подход мог быть у Пьера Ферма...
23.12.2008 09:34
Ну вот она, ваша ошибка.
Цитата
valeryag
Неравенство (30) в силу отсутствия целочисленных решений уравнения (26) будет выполняться при любых значениях Z, в том числе и при $Z=C, d_{0}=a_{0},d_{j}=a_{j}$ и $e_{0}=b_{0},e_{j}=b_{j}$
Понимаете, сумма каких-нибудь чисел может быть равна $C^k$. Только сумма $k$-тых степеней не может быть. А где доказано, что числа $a_{k-1}C^{k-1}+\cdots+a_1C+a_0$ и $b_{k-1}C^{k-1}+\cdots+b_1C+b_0$ будут $k$-ми степенями каких-то чисел $X$ и $Y'$?

То есть когда вы говорите, что
Цитата
valeryag
Для этого рассмотрим уравнение вида:

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

где N>k и для которого доказано, что оно не имеет решений в целых числах. В соответствии с выше изложенной теоремой это означает одновременную невыполнимость в целых числах таких равенств:

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

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

3) $d_{0}+e_{0}=d_{j}+e_{j}+1=Z$ (29)
, то должны понимать, что числа $d_i$ и $e_i$ в этих неравенствах далеко не произвольны. Они являются разрядами в Z-ричной системе счисления вовсе не любых чисел, а только чисел вида $X^k$ и $Y^k$ соответственно. А те коэффициенты, которые вы туда подставляете, совсем таковыми быть не обязаны.
23.12.2008 11:41
Ответ для ad_dy
Уважаемый ad_dy!
Вот теперь мне нравится тон дискуссии! С удовольствием подготовлю ответ (как только немного освобожусь).
23.12.2008 16:24
Ответ на вопросы ad_dy
Уважаемый ad_dy!
Преждевременно Вы оповещаете об ошибке! Давайте пунктуально во всём разберёмся. Вы пишете: "А где доказано, что числа $a_{k-1}C^{k-1} +...+a_{1}C^1+a_{0} $ и $b_{k-1}C^{k-1} +...+b_{1}C^1+b_{0} $ будут k-ми степенями каких-то чисел X и Y?" ОТВЕТ: В доказанной теореме утверждается, что:
1. Необходимым и достаточным условием выполнения равенства $X^{n}+Y^{n}=Z^{n}$ (X,Y,Z,$n \in N$ , причём X,Y,Z – взаимно простые числа, $n\ge2 $) является выполнение n равенств вида: $ a_{0}+b_{0}=a_{i}+b_{i}+1=Z$ , образованных целочисленными коэффициентами $a_{0}, a_{i}$ и $b_{0}, b_{i}$ ($i\in [1;n-1] $ ) Z-полиномов, порождённых целочисленными функциями $X^n$ и $Y^n$ .
2. $(a_{n-1}a_{n-2}...a_{1}a_{0})_{z}=a_{n-1}\cdot Z^{n-1}+ a_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+a_{1}\cdot Z^{1}+ a_{0}\cdot Z^{0}=X^n$ (5)
3. $(b_{n-1}b_{n-2}...b_{1}b_{0})_{z}=b_{n-1}\cdot Z^{n-1}+ b_{n-2}\cdot Z^{n-2}+...+b_{1}\cdot Z^{1}+b_{0}\cdot Z^{0}=Y^n$ (6)

На примерах показывается, что для n=2

$X^{2}=a_{1} \cdot Z^{1}+a_{0} \cdot Z^{0}$ (17)

$Y^{2}=b_{1}\cdot Z^{1}+b_{0} \cdot Z^{0}$ (18)

Нетрудно сделать вывод о том, что в соответствии с доказанной теоремой из предположения выполнения гипотетического равенства $X^{k}+Y^{k}=Z^{k}$ (26) следовало бы выполнение таких равенств:

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

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

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

Но в (26) мы взяли уравнение, которое априори не имеет целочисленных решений. Следовательно, одновременно (совместно) равенства (27), (28) и (29) выполняться НЕ могут.
Теперь плавно переходим к Вашей сентенции "...то должны понимать, что числа $d_{j} $ и $e_{j}$ (я Вас исправил в индексе) в этих равенствах далеко не произвольны... " ОТВЕТ: Уважаемый ad_dy! Из априорного несуществования целочисленных решений для уравнения (26) следует, что ни для какого наперёд заданного целого Z не существует пары целых чисел X, Y, удовлетворяющих этому уравнению. Следовательно, в соответствии с (29) ни при каких значениях $ d_{0}, e_{0}, d_{j}, e_{j}$ (в том числе и при $d_{0}=a_{0},d_{j}=a_{j}$ и $ e_{0}=b_{0},e_{j}=b_{j}$ ) для рассматриваемого уравнения НЕ существует пары целых чисел X, Y.

P.S. Уважаемый ad_dy!
Вероятно, Вы ещё молоды. Поверьте, я старше Вас. На правах старшего коллеги позвольте дать Вам пару добрых советов:
1. Когда Вы письменно обращаетесь к незнакомому человеку, не сочтите за труд писать с заглавной буквы такие обращения, как , «Вы», «Вас», «Вашему», «Ваша» (см. тему).
2. Прежде, чем делать категоричные заявления, хорошо подумайте. Это пригодится в жизни.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 28.01.2009 08:21.
23.12.2008 23:38
Ответы на ответы.
Ответа на свой вопрос я не увидел. Вы снова переписали то, что и так было написано, а ответ на мой вопрос опять остался за кадром.

Цитата

Следовательно, в соответствии с (29) ни при каких значениях $d_0,e_0,d_j,e_j$ (в том числе и при $d_0=a_0,d_j=a_j$ и $e_0=b_0,e_j=b_j$ ) для рассматриваемого уравнения НЕ существует пары целых чисел X, Y.
Из этого ничего не следует. НЕ доказано, что для остатков $A'=a_{k-1}C^{k-1}+⋯+a_1C+a_0$ и $B'=b_{k-1}C^{k-1}+⋯+b_1C+b_0$ от деления на $C^k$ чисел $A^n$ и $B^n$ соответственно существуют такие $X$ и $Y$, что $A'=X^k$ и $B'=Y^k$. Так что из отсутствия $X$ и $Y$ НЕ следует тривиальным образом отсутствие $A'$ и $B'$.

Я понял Ваше рассуждение, теперь Ваша очередь понимать мой вопрос. Если хотите, могу переписать Ваше рассуждение в несколько строчек на нормальном математическом языке. И тогда Ваша ошибка станет очевидной.

Не волнуйтесь, я хорошо подумал, прежде чем сделать своё категоричное утверждение. Желаю Вам того же - Вы еще в самом первом сообщении сделали гораздо более громкое заявление.

Насчет Ваших языковых замечаний - к сожалению, я могу предъявить гораздо больше претензий к Вашему математическому языку. И буду прав: Вы же пришли на математический форум! Ваш текст очень трудно читать, что я уже не раз Вам высказывал. Ваше рассуждение умещается в три строчки, но Вы зачем-то сочинили целый роман в трех томах с прологом и эпилогом.
24.12.2008 07:52
Ответ для ad_dy
Уважаемый ad_dy!
"Мораль всё та же, мотив избит...".
Ваш конструктивный потенциал по теме дискуссии ИСЧЕРПАН. Новых аргументов, опровергающих мои утверждения и свидетельствующих о внимательном прочтении статьи, в Ваших посылах НЕТ. Поэтому, "не думая о секундах с высока" (дорожа собственным временем), позволю поставить ЖИРНУЮ точку в дискуссии с Вами. С наступающим Вас Новым годом!
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти