ВТФ для пятиклассника ("развлекаловка")

Автор темы victorsorokin 
18.10.2013 02:09
ВТФ для пятиклассника ("развлекаловка")
Великая теорема Ферма для ПЯТИКЛАССНИКА («развлекаловка»)
................

Доказательство отставить: использованная лемма ошибочна.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 18.10.2013 10:34.
19.10.2013 11:17
Ошибка исправима
Описание доказательства ВТФ 2013-10-ВС

Ошибочность одной из лемм вынуждает меня несколько перестроить доказательство. Но прежде всего я расскажу о его сути.

Противоречие равенства Ферма состоит в том, что число F=Q-P [и, возможно, число Q+P+R] из равенств $A^n=(C-B )P$, $B^n=(C-A)Q$, $C^n=(A+B )R$ имеет два РАЗНЫХ значения при вычислении его по формулам разложения суммы степеней и по формуле бинома Ньютона. Различие обнаруживается не ранее, чем по четвертым от конца цифрам чисел A, B, C и становится очевидным после умножения равенства Ферма на соответствующее число $g^{nn}$, в результате чего основания a, b, c умножаются на g, числа A, B, C на g^n[/math], основания p, q, r на $g^{(n-1)}$ и сомножители-«радикалы» P, Q, R на $g^{(n-1)n}$. Важно, что при этом умножении сохраняются все степенные свойства чисел A, B, C, P, Q, R.
(При этом равенство ферма закономерно соблюдается по трехзначным окончаниям, а потому его «противоречие» НЕ обнаруживаемо никаким математическим аппаратом!)

Для доказательства ВТФ достаточно ограничиться самым простым, но легко обобщаемым Вторым случаем – например, число C оканчивается на два нуля (т.е. кратно $n^2$). Тогда, как это следует из известной теории равенства Ферма, в системе счисления по простому основанию n>2 число R оканчивается на один ноль, а пятизначные окончания чисел A и B по абсолютному значению равны даже в наихудшем случае (n=3).

И теперь нам остается лишь подсчитать третьи и четвертые цифры числа F=P-Q двумя способами. (Забегая вперед, скажу, что согласно формулам разложения 4-я цифра числа F не равна нулю, а согласно биному Ньютона равна нулю.)

До скорого!
26.10.2013 23:38
Одна давняя ни на что не похожая идея с числом U=A+B-C=abcu
Одна давняя ни на что не похожая идея с числом U=A+B-C=abcu

Сначала, как всегда, канонические свойства равенства Ферма:

Пусть для взаимно простых A, B, C и простого n>3 (случай n=3 доказывается отдельно)
1°) $A^n+B^n=C^n$ [$=(A+B )R$ и $A^n=(C-B )P$, $B^n=(C-A)Q$], где
1a°) a, b, c – наибольшие общие делители соответственно в парах чисел
(A, C-B ), (B, C-A), (C, A+B );
1b°) p, q, r – вторые сомножители в числах A, B, C: A=ap, B=bq, C=cr, где,
1c°) числа в парах (a, p), (b, q), (c, r) взаимно простые;
1d°) если A / B / C не кратно n, то $C-B=a^n$ / $C-A=b^n$ / $A+B=c^n$;
1e°) если A / B / C кратно n, то один сомножитель n из числа C-B / C-A / A+B забирает к себе соможитель P / Q / R;
1f°) U=A+B-C=abcu, где
1g°) числа abc и u взаимно простые и
1h°) U есть функция от аргумента v: U=f(v), где v=abc.

Осмысление момента (или доказательство ВТФ?)

Лемма. При почленном умножении равенства 1° на $2^{nn}$ числа a, b, c умножаются на 2, числа A, B, C, U – на $2^n$, числа P, Q, R – на $2^{n(n-1)}$, числа p, q, r – на $2^{n-1}$, число abc – на $2^3$ и, следовательно, число u – на $2^{n-3}$.

Но поскольку число u есть результат ТОЛЬКО сложения и умножения каких-то чисел, то оно должно являться суммой (n-3)-х степеней некоторого основания v', равного a'b'c'.

И теперь мы имеем одно из двух:

Либо все три числа a', b', c' целые, и тогда числа abc и u НЕ взаимно простые, что противоречит 1g°, либо какие-то из них НЕЦЕЛЫЕ, и тогда решение {A, B, C} нецелое,
что и свидетельствует об истинности Великой теоремы ферма.
27.10.2013 23:22
ВТФ и число U [=A+B-C=abcu]. Часть 2. Основной ход.
ВТФ и число U [=A+B-C=abcu]. Часть 2. Основной ход.

Напомню простую лемму из Первой (предыдущей) части доказательства:
Лемма. При почленном умножении равенства 1° на 2^{nn} числа a, b, c умножаются на 2, числа A, B, C, U – на 2^n, числа P, Q, R – на 2^{n(n-1)}, числа p, q, r – на 2^{n-1}, число abc – на 2^3 и, следовательно, число u – на 2^{n-3}.

Из нее видно, что если число u есть константа (вида n^k), то противоречивость равенства A+B-C=abcu (и, следовательно, равенства Ферма) налицо: левая часть умножается на на 2^n (n>3), а правая – всего лишь на 2^3.

Для завершения доказательства ВТФ остается лишь показать, что число u не содержит сомножителей отличных от n.

(Продолжение следует)
08.11.2013 23:34
Идея с числом U=A+B-C=abcun^k представляется завершающей
Идея с числом U=A+B-C=abcun^k представляется завершающей. Вот ее описание.

Сначала, как всегда, известные канонические свойства равенства Ферма:

Пусть для взаимно простых A, B, C и простого n>3 (случай n=3 доказывается отдельно)
1°) A^n+B^n=C^n [=(A+B )R и A^n=(C-B )P, B^n=(C-A)Q], где
1a°) a, b, c – наибольшие общие делители соответственно в парах чисел
(A, C-B ), (B, C-A), (C, A+B );
1b°) p, q, r – вторые сомножители в числах A, B, C: A=ap, B=bq, C=cr, где,
1c°) числа в парах (a, p), (b, q), (c, r) взаимно простые;
1d°) если A / B / C не кратно n, то C-B=a^n / C-A=b^n / A+B=c^n;
1e°) U=A+B-C=abcun^k, где
1f°) числа abcn^k и u взаимно простые.
1g°) Лемма. При почленном умножении равенства 1° на 2^{nn} числа a, b, c умножаются на 2, числа A, B, C, U – на 2^n, числа P, Q, R – на 2^{n(n-1)}, числа p, q, r – на 2^{n-1}, число abc – на 2^3 и, следовательно, число u – на 2^{n-3}.
1h°) m – простое число вида m=dn+1, где d кратно или не кратно числу n.

Проект доказательства ВТФ

Невозможность равенства u=1 вытекает из 1g°.

Допустим теперь, что целое u>1 и m – простой делитель числа u.
Тогда вот последние цифры чисел в системе счисления по основанию m:
2a°) [U=] A+B-C≡0;
2b°) [равенство 1°] A^n+B^n-C^n≡0 [и A^{n^k}+B^{n^k}-C^{n^k}≡0];
2c°) [из 2a° и бинома Ньютона] A^m+B^m-C^m≡0 [и A^{m^t}+B^{m^t}-C^{m^t}≡0].

Полагаю, что существует решение диофантова уравнения
3°) n^k-m^t=2 [и m^t-n^k=2].
[Не эту ли теорему П.Ферма искал в 4-й книге «Арифметики» Диофанта?]

Из 3° и 2c° должно следовать равенство
4°) A^2+B^2-C^2≡0, или
5°) A^2+2AB+B^2-C^2-2AB≡0, или (A+B)^2-C^2-2AB≡0, или
6°) (A+B-C)(A+B+C)-2AB≡0, где
первое слагаемое (A+B-C)(A+B+C) делится на m, а второе – 2AB на m не делится. И пртиворечивость равенства 6° налицо!

Таким образом, для завершения доказательства ВТФ остается лишь показать строгий вывод равенств 3°-4°. До скорого!



Редактировалось 1 раз(а). Последний 10.11.2013 01:21.
10.11.2013 02:01
КОММЕНТАРИЙ к доказательству ВТФ от 08.11.2013
Как видно из проекта доказательства ВТФ, главным (и по существу единственным) инструментом доказательства является решение степенного диофантова уравнения
3°) n^x-m^y=2, где n и m взаимно простые числа.
Простейшим примером такого решения для n=3 и m=5 является x=3 и y=2. (И противоречивость системы равенств 2b°-2c° доказывается без труда.)

Разрешимость уравнения 3° очевидна, но, тем не менее, она требует довольно сложного (и интересного) доказательства. Информацию о разрешимости П.Ферма скорее всего нашел в 4-й книге «Арифметики» Диофанта, на полях которой он и сделал свою знаментую фразу о сказочном доказательстве ВТФ. И действительно, считая этот факт известным, доказательство ВТФ занимает всего несколько строк.

Не исключено, что Теорема о разрешимости уравнения 3° известна специалистам, но, к сожалению, у меня нет доступа к хорошей математической библиотеке. И мне не остается ничего иного, как попытаться найти доказательство этой Теоремы самому. Доказательство самой же ВТФ можно считать завершенной.
14.12.2013 11:38
Великая теорема Ферма
Великая теорема Ферма

Идея доказательства: число W=(C-B)^n+(C-A)^n делится И не делится на r.

Пусть для взаимно простых A, B, C, где A и B не кратны n, и простого n>2
1°) A^n+B^n=C^n [=(A+B )R и A^n=(C-B )P, B^n=(C-A)Q], где
1a°) a, b, c – наибольшие общие делители соответственно в парах чисел
(A, C-B ), (B, C-A), (C, A+B );
1b°) p, q, r – вторые сомножители в числах A, B, C: A=ap, B=bq, C=cr, где,
1c°) числа в парах (a, p), (b, q), (c, r) взаимно простые (числа P, Q, R могут иметь не более одного сомножителя n);
1d°) если A / B / C не кратно n, то C-B=a^n / C-A=b^n / A+B=c^n;
1e°) U=A+B-C=abcu, где
1f°) числа U и pqr (не кратное n!) взаимно простые.
1g°) Лемма 1. Если взаимно простые числа A и B не являются n-ми степенями и простое n>2, то каждый простой делитель (не равный n) числа R в равенстве A^n+B^n=(A+B )R имеет вид: m=dn+1, где d не кратно n.
1h°) Лемма 2. Если A=a^{n^k} и B=a^{n^k}, где простое n>2 и взаимно простые числа A и B не являются n-ми степенями, то каждый простой делитель (не равный n) числа R в равенстве A^n+B^n=(A+B )R имеет вид: m=dn^{k+1}+1, где d не кратно n.

Доказательство ВТФ

Легко видеть, что число
2°) W=(C-B)^n+(C-A)^n=CT-C^n [=(2C-A-B)V] делится на r (ибо C=cr) и, следовательно (см. 1d°), число W можно записать в виде:

3°) W=(a^n)^n+(b^n)^n=(a^n+b^n)V, где согласно Лемме 2 (см. 1h°) каждый простой делитель (не равный n, коих не больше одного) числа V имеет вид: m=dn^2+1,
в то время как каждый простой делитель (не n) числа R имеет вид: m=dn^1+1. Следовательно, числа V и R взаимно простые (не считая n) и число V на r не делится.

Но не делится на r и первый сомножитель числа W:
4°) (a^n+b^n) [=(2C-A-B), или C-U] – см. 1f°.

И мы пришли к противоречию с 2°: число W делится И не делится на r.

ВТФ доказана.

(Мезос, 13/12/2013)

P.S. Доказательства Лемм 1 и 2 будут рассмотрены позже (они были опубликованы лишь частично).
23.12.2013 15:55
Доказательство ВТФ
Не так страшен черт...

Идея: равенство Ферма порождает невозможное равенство a^n+2^n-c^n=0.

Пусть для взаимно простых A, B, C и простого n>2
1°) A^n+B^n=C^n, где C>A>B>0.
Все числа записаны в системе счисления по основанию n.

1a°) Лемма 1. При неограниченном увеличении сомножителя d число
V=[(N2)e^{n-1}*(db)+(N3)e^{n-2}*(db)^2+(N4)e^{n-3}*(db)^3+…
…+(N(n-1))e*(db)^{n-2}]/(db)^{n-1}, где e и Ni (это коэффициенты разложения бинома Ньютона) – константы, стремится к нулю.
1b°) Лемма 2. При неограниченном увеличении сомножителя d число
V=[(N2)e^{n-1}*(db)+(N3)e^{n-2}*(db)^2+(N4)e^{n-3}*(db)^3+…
…+(N2)e*(db)^{n-2}+(db)^{n-1}, где e и и Ni – константы и b<c, становится меньше (dc)^{n-1}. [Ключ доказательства ВТФ.]

Доказательство ВТФ

Прежде всего с помощью умножения равенства 1° на подходящее число g^n преобразуем цифру наивысшего разряда числа B в 2 [при n=2 это невозможно!].

2°) Затем умножим равенство 1° на довольно большое число n^{tn}.
Это означает, что к числам A, B, C мы просто приписали по k нулей.
Пусть в новом равенстве число B имеет k+1 разрядов.

Запишем числа A, B, C в виде:
3°) A=an^k+a*, B=bn^k+b*, C=cn^k+c*, где b=2. Тогда
4a°) (an^k+a*)^n=a^n*n^{kn}+Va (см. 1b°),
4b°) (bn^k+b*)^n=b^n*n^{kn}+Vb (см. 1b°),
4c°) (cn^k+c*)^n=c^n*n^{kn}+Vc (см. 1b°),
где выражения Va, Vb, Vc (при достаточно большом t в 2°) будут меньше n^{kn}+1, т.е. ни одно из этих выражений не произведет цифру {kn+1}-го разряда.

И, следовательно, числа a^n, b^n, c^n [в операции 2° они константы!] образуют
5a°) либо равенство a^n+2^n-c^n=0,
5b°) либо равенство a^n+2^n-c^n=1, если сумма трех выражений в квадратных скобках в 4a°-4c° все же произведет единицу {kn+1}-го разряда.

Невозможность равенства 5a° следует из 1a°.
Невозможно и равенство 5b°. Действительно, оно имеет единственное решение:
c=2 и a=1 (иное невозможно!) и, следовательно, B>A, что противоречит 1°.

Мезос, 22/12/2013



Редактировалось 2 раз(а). Последний 23.12.2013 17:45.
23.12.2013 23:44
Возможно, это крупное открытие
Если это открытие, то это феноменальное открытие. А суть его состоит в следующем:
В системе счисления по простому основанию n число A^n, где натуральное число A=an^k+a*, начинается с числа a^n.

И то обстоятельство, что на базе этой теоремы Великая теорема Ферма доказывается в шесть строк:
«Если числа A, B, C обрезать на длину ранга без единицы наименьшего числа B, то из равенства Ферма следует одно из двух равенств a°) a^n+2^n-c^n=0, b°) a^n+2^n-c^n=1 (если отброшенные окончания произвели единицу высшего разряда числа B ).
Невозможность равенства a° следует из того факта, что все числа A, B, C составные, а равенство b° имеет единственное решение: c=2 и a=1 (иное невозможно!), из чего следует противоречивое неравенство B>A. И... ВТФ доказана!» –
еще не самое интересное...
Так что поживем – увидим!
24.12.2013 21:43
Ошибка
Моя последняя идея интересна, но ошибочна – на радость врагам.
Моя последняя идея ошибочна, но интересна – на радость друзьям.
В.С.
30.12.2013 00:27
Yes!
Yes!

Инструмент доказательства: только бином Ньютона.

Допустим, что для натуральных a, b, c и простого n>2
1°) a^n+b^n=c^n
Доказательство основано на простейшей лемме:
2°) Существует столь большое t, что число V=|(A^n+n^{-t})-A^n|<1.

Доказательство Великой теоремы Ферма

Пусть в системе счисления с простым основанием n длина в цифрах натурального числа c равна k. Тогда длина каждого члена разложения бинома Ньютона (c+1)^n будет заведомо меньше числа kn.
3°) Теперь возьмем число C, равное cn^v, где v>kn, и рассмотрим число
4c°) (C+1)^n=C^n+T2C^{n-1}+T3C^{n-2}+...T2C+1,
где Ti – коэффициенты разложения бинома Ньютона. Легко видеть, что значимые части членов разложения отделены друг от друга большими нулевыми интервалами.
Аналогично мы имеем и биномы Ньютона для a и b:
4a°) (A+1)^n=A^n+T2A^{n-1}+T3A^{n-2}+...T2A+1,
4b°) (B+1)^n=B^n+T2B^{n-1}+T3B^{n-2}+...T2B+1, а также число
5°) D=(A+1)^n+(B+1)^n-(C+1)^n, в котором тройные суммы каждой степени от n до 1 являются положительными, причем их значимые части отделены друг от друга большими нулевыми интервалами.

А поскольку, согласно Лемме 2°, при достаточно большом значении числа v значение числа V=D-(A^n+B^n-C^n) относительно числа C^n может быть сколь угодно малым, то целая часть числа D будет отличаться от 0 на бесконечо малую величину. Но тогда и каждая из тройных сумм в 5° будет отличаться от нуля менее чем на 1. Из чего, в частности, следует, что абсолютное значение числа A+B-C не превышает 1. А при этом условии равенство 1° невозможно с полной очевидностью.

P.S. Разумеется, этот экспромтный текст будет еще редактироваться, но его простая идея позволяет читателю самому расставить все точки над «i».

(Мезос, 7/1/2014)



Редактировалось 1 раз(а). Последний 08.01.2014 11:34.
08.01.2014 11:36
Кажется, работа закончена.
Кажется, работа закончена.
08.02.2014 08:55
Итак, окончательно u=1
Итак, окончательно u=1

Действительно, пусть для взаимно простых A, B, C и простого n>2
1°) A^n+B^n-C^n=0 [и C^n-B^n=(C-B)P, C^n-A^n=(C-A)Q, A^n+B^n=(A+B)R], где:
1a°) A+B>C>0,
1b°) U=A+B-C=abcu, где a, b, c – наибольшие общие делители соответственно в парах чисел (A, C-B ), (B, C-A), (C, A+B );
1c°) числа abc и u взаимно простые.
Лемма. Легко видеть, что:
1d°) При почленном умножении равенства 1° на 2^{nn} числа a, b, c умножаются на 2, числа A, B, C, U – на 2^n и, следовательно, число abc – на 2^3. И при n>3 противоречивость равенства 1b° налицо.
1e°) Кроме того, даже в наихудшем случае (n=3 и a=b) число u>1,4 (в чем легко убедиться не только аналитически, но и на простом числовом примере).

Доказательство ВТФ

Как известно, при условии a+b-c=0 число
2°) D=c^3-a^3-b^3=3abc, т.е. u=3.
А при любом уменьшении значения числа c либо при увеличении чисел a и b число D с полной очевидностью уменьшается, т.е. в равенстве 1b°
3°) 0<u< 3 (где u целочисленно!).
Значение u=2 отпадает по той причине, что в этом случае равенство 1b°
4°) A+B-C=2abc противоречиво по четности (в правой части равенства сомножитель 2 входит в большей степени), а равенство
5°) A+B-C=abc невозможно на основании 1d°-1e°.

Примеч. Если одно из чисел a, b, c кратно n, то в предварительном равенстве 2° оно выражается через сумму или разность двух остальных чисел.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 08.02.2014 09:07.
17.02.2014 12:21
доказательство классическое, не оригинальное и даже скучное
Наконец-то найдено доказательство классическое, не оригинальное и даже скучное, основанное на известной лемме:
Лемма. Если сумма взаимно простых чисел a и b не кратна простому n>2, то сомножитель W в равенстве
0°) a^n+b^n=(a+b)W делится на n и не делится на n^2.

Допустим, что для взаимно простых A, B, C, где A [или B] не кратно простому n>2,
1°) A^n+B^n=C^n, где, как известно:
1a°) целое число 2U=A+(B-C) кратно n.

Доказательство ВТФ

Представим числа A и (B-C) в виде:
2°) A=U+V, B-C=U-V (где V не кратно n!) и рассмотрим равенство
3°) (U+V)^n+(U-V)^n=(2U)W, где числа
4°) U+V и U-V не кратны n, а U кратно n и, следовательно (см. 0°), число W кратно n.

А теперь, раскрыв биномы Ньютона в 3° и приведя подобные члены, мы видим, что в левой части равенства каждый член длится на U, причем последний член – 2UV^{n-1} – лишь на U в первой степени, а все остальные в степени 3 и выше. Поэтому после почленного деления равенства 3° на 2U, мы получаем противоречие:
в левой части каждый член делится на U^2 и, следовательно (см. 1a°), на n^2, а правая часть делится только на n в первой степени (см. 0°).

ВТФ доказана.

(Мезос, 16/02/2014)

=======================
P.S. И все же решающей оказалась теорема: «Кто работает, тот работу, может быть, и сделает, а кто не работает, то не сделает никогда!»



Редактировалось 1 раз(а). Последний 17.02.2014 12:31.
18.02.2014 11:13
P.P.S. Необходимые дополнения.
1) В Лемму следует добавить фразу:
«Очевидно, Лемма справедлива и для неравных чисел A=da и B=db, где d не кратно n».

2) Соответственно 1a° должно быть уточнено:
1°) целое число 2U=A+(B-C) [>0] кратно n и НОД чисел A и (B-C) не кратен n.

3) Напомню вкратце доказательство Леммы для равенства a^n-b^n=(a-b)W с (a-b) кратным n:
Равноотстоящие от концов члены многочлена W дополняются (с компенсацией) до полного квадрата, после чего сумма компенсирующих слагаемых становится равной n(ab)^{(n-1)/2}, а само число W представимо в виде W=D(a-b)^2+n(ab)^{(n-1)/2}, где a и b не кратны n.
19.02.2014 02:13
Школьные рассуждения о школьном доказательстве ВТФ (опубл. 17 февраля 2014)
1) Исходной математической базой является счисление по простому основанию n (5-6-й классы средней школы). Суть малой теоремы Ферма можно найти в справочниках: последняя цифра числа A^n равна последней цифре числа A. Отсюда: равенство Ферма должно выполняться по последним цифрам взаимно простых чисел A, B, C, т.е. число 2U=A+B-C должно делиться на n.
При этом число U не равно нулю, поскольку (см. бином Ньютона) (A+B)^n>A^n+B^n.
Кроме этого, если число A не кратно n, то C-B=a^n и A=ap, где числа p и a^{n-1} являются взаимно простыми. Причем число p-a^{n-1} делится на n.

2) Число A^2+B^2 легко преобразуется в (A-B)^2+2AB. С помощью этой операции число W в равенстве A^n-B^n=(A-B)W легко приводится к виду:
W=D(A-B)^2+n(AB)^{(n-1)/2}.
Из этого следует, что если число A-B кратно n (и не равно нулю), но A не кратно n, то W кратно n и не кратно n^2. Это же будет верно и для чисел AD-BD и AD, если D не кратно n.

3) С подстановкой A=U+V и (B-C)=U-V никаких неясностей нет, важно лишь, что V не кратно n. А дальше остается лишь рассмотреть число (U+V)^n+(U-V)^n=2UW. Формулу бинома Ньютона можно найти в справочнике, хотя из нее нам пригодится немногое, а именно:
- каждое слагаемое в каждом из двух биномов содержит сомножитель U в понижающейся степени от n до нуля, а V – в повышающейся степени от нуля до n;
- k-е члены в обоих разложениях равны по абсолютному значению, но четные члены противоположны по знаку. Поэтому в сумме двух разложений останутся лишь удвоенные нечетные члены;
- в результате в сумме разложений последний член будет содержать сомножитель U лишь в первой степени, а предыдущий член уже в третьей степени (!!!).

4) И наконец после почленного деления равенства (U+V)^n+(U-V)^n=2UW на 2U мы видим, что правая часть – число W – на n делится, а левая нет, ибо единственное (последнее) – V^{n-1} на n не делится. Полученное противоречие и доказывает истинность Великой теоремы Ферма.

Интересно, когда великие ученые мужи выскажутся по поводу доказательства?..
19.02.2014 22:58
Самое краткое доказательство ВТФ
Самое краткое доказательство ВТФ, основанное на известной Лемме:
Если число a+b кратно, а число a не кратно простому n>2, то число W в равенстве
0°) a^n+b^n=(a+b)W делится на n и не делится на n^2.

Допустим, что для взаимно простых A, B, C, где A [или B] не кратно простому n>2,
1°) A^n+B^n=C^n, где, как известно, целые числа 2U [=A+(B-C)>0] и U кратны n.

Доказательство ВТФ

Представим числа A и (B-C) в виде:
2°) A=U+V, B-C=U-V (где, как легко видеть, V не кратно n) и рассмотрим равенство
3°) (U+V)^n+(U-V)^n=(2U)W, где
U кратно, а числа U+V и U-V не кратны n и, следовательно (см. 0°), число W кратно n.

Раскрыв биномы Ньютона в 3°, приведя подобные члены и поделив равенство почленно на 2U, мы видим, что правая часть (т.е. число W) делится на n, а левая не делится, ибо представима в виде nZ+V^{n-1}, где V^{n-1} не кратно n.
Полученное противоречие и свидетельствует об истинности Великой теоремы Ферма.

(Мезос, 16/02/2014)

P.S. Автор благодарит все сайты, позволившие опубликовать на их страницах это доказательство.
21.02.2014 00:26
Ошибка.
Ошибка. Это лишнее подтверждение того, что равенство Ферма по цифрам и числам противоречия не проявляет.
31.03.2014 03:04
ВТФ. Кардинальное изменение направления исследования.
Интереснейшее доказательство с помощью лишь малой теоремы Ферма.
Я привожу его в том виде, которое, как мне представляется, имел в виду сам мэтр.

1°) Допустим, что для взаимно простых A, B, C и n>2 имеет место A^n+B^n=C^n.

Возьмем простое h>(ABC)^n. Тогда, согласно малой теореме Ферма, для любого простого сомножителя m числа (ABC)^n существует такое минимальное число d>2, что число h^d-1 делится на m, а минимальное число

2°) h^D-1, где D=d1*d2*...*dt, делится на каждый сомножитель m1, m2, ... mt числа (ABC)^n и, следовательно, на числа A^n, B^n, C^n, то есть:

3°) h^D-1=xA^n, откуда: A^n=(h^D-1)/x,
h^D-1=yB^n, откуда: B^n=(h^D-1)/y,
h^D-1=zC^n, откуда: C^n=(h^D-1)/z, где числа в парах

4°) (x, A^n), (y, B^n), (z, C^n), (x, y), (x, z), (y, z), взаимно простые*.

После подстановки 3° в 1° мы получаем равенство: xz+yz=xy, или
5°) (x+y)z=xy, где числа z и xy взаимно простые (см. 4°). И следовательно,
равенство 5°, следовательно, и равенство 1° не является целочисленным.
ВТФ доказана.

(Мезос, 30/03/2014)

* Разумеется, работа по оформлению доказательства предстоит еще большая. Собственно, в доказательстве нуждается лишь утверждение 4°.
04.04.2014 00:38
Улучшение обозначений
Назовем число
a, или наименьшее общее делимое чисел (A1-1), (A2-1), ...(Ak-1) мтф-показателем нечетного числа A, состоящего из простых сомножителей A1, A2, ...Ak, а число
A'=h^a-1, где h>1, мтф-аналогом нечетного числа A.

Согласно малой теореме Ферма (мтф), число A' делится на A. (Кстати, это единственный момент из высшей математики, наобходимый для анализа данной идеи.)
Отсюда для чисел A, B, C, ABC (или D), только для их нечетных частейчисел из равенства Ферма, вытекают соотношения:
A'=AE, B'=BF, C'=CG, D'=DT.

Первоначально в качестве h я взял простое число большее (ABC)n.
Однако для удобства сначала попытаюсь поработать со значением h=2.
Таким образом, для нечетных A и B их мтф-аналоги будут A'=2^a-1 и B'=2^b-1.

Очевидно, мтф-аналоги A' и B' не являются взаимно простыми.
Например: для A=3 [a=A1=2] и B=5 [b=B1=4]: A'=3 и B'=15.
Поэтому при формировании мтф-аналога D' числа D общие сомножители чисел A', B', C' в числе D' повторяться не будут, т.е. D'<<A'B'C'.
Например, для A=3 и B=5: a=2, b=4, но их d (для числа D=AB) равен не 2х4, а всего лишь 4: 2^4-1 делится и на 3, и на 5.

Не из факта ли D'<<A'B'C' следует противоречие ВТФ?



Редактировалось 1 раз(а). Последний 04.04.2014 15:50.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти