Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 1 |
[ Сообщений: 4 ] |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
gefestos |
|
|
ТЕОРЕМЫ ФЕРМА МЕТОДОМ ДЕЛЕНИЯ» Ведерников Сергей Иванович – пенсионер г. Москва Аннотация: великая теорема Ферма доказана двадцать лет назад. Как показал С. Сингх [1], от Пифагора до П. Ферма, от П. Ферма до Э. Уайлса знаменитое уравнение развивало математику. Казалось бы, тема закрыта, но многим, не только математикам, не даёт покоя тот факт, что ещё в 1637 году Пьер Ферма заявил, что нашёл «удивительное» решение своей теоремы, несмотря на то, что математические знания того времени были далеки от знаний нашего времени. В предлагаемой работе на базе школьных знаний показана невозможность разложения на целочисленные множители в уравнении при n > 2. Это значит, что теорема Ферма не имеет целочисленных решений. Ключевые слова: великая, теорема, Ферма, метод деления. Теорема: для целого натурального числа n > 2 уравнение [math]X^n+Y^n=Z^n[/math] не имеет решений в целых положительных числах X, Y, Z. Доказательство. Имеется [math]X^n+Y^n=Z^n[/math], где X, Y, Z, n – натуральные положительные числа. Z > X > Y – взаимно простые числа, n > 2. Используя исходное уравнение, произведём разложение на множители по формуле разности квадратов, исходя из посыла, что чётное число, имеющее множителем [math]2^n[/math], при n > 2, можно представить разностью квадратов двух нечётных чисел. Известно, что Z в исходном уравнении при чётном n не может быть чётным числом, а X и Y одновременно нечётными, поэтому примем Z, X - нечётными числами, а Y – чётным числом. (Доказательство невозможности чётного Z при нечётном n см. Случай 3 «Доказательства Великой теоремы Ферма методом деления», в дальнейшем «Доказательства…») [2] Имеем: [math]X^n+Y^n=Z^n[/math]. (1) Возведём левую и правую части формулы в квадрат. [math]X^2n+2X^nY^n+Y^2n=Z^2n[/math]. Преобразуем полученную формулу следующим образом: [math]Z^2n-X^2n=Y^2n+2X^nY^n=Y^n(Y^n+2X^n)[/math]. (2) Разложим ф. (2) на множители. [math]Z^n+X^n=Y^n+2X^n[/math]; (3) [math]Z^n-X^n=Y^n[/math]. (4) (Следует заметить, что ф. (3) можно получить, прибавив [math]2X^n[/math] к левой и правой частям формулы (4).) В соответствии с ф. ф. (4) и (5) (Случай 1 «Доказательства…») множители [math]Y^n[/math] и [math](Y^n+2X^n)[/math] формулы (2) не могут иметь общих множителей, кроме одного числа 2, исходя из условия о взаимно простых X, Y, Z . Рассмотрим всё же этот момент отдельно. Запишем ф. (3) и ф. (4) следующим образом: [math]Z^n+X^n=2(2^(n-1)Y_1^n+X^n)[/math]; [math]Z^n-X^n=2^nY_1^n[/math]. Примем условно [math]2^(n-1)Y_1^n+X^n=Y_2^n[/math], где [math]Y_2^n[/math] целое нечётное число в степени n, поскольку возможное дробное или иррациональное число в n - ой степени не удовлетворяют целочисленным решениям уравнения. Итак: [math]Z^n+X^n=2Y_2^n[/math]; (5) [math]Z^n-X^n=2^nY_1^n[/math]. (6) Из почленного сложения ф. (5) и ф. (6) имеем: [math]2Z^n=2Y_2^n+2^nY_1^n[/math] или [math]Z^n=2(Y_2^n+2^(n-1)Y_1^n)|2[/math]; [math]Z^n=Y_2^n+2^(n-1)Y_1^n[/math]. (7) Из почленного вычитания ф. (6) из ф. (5) имеем: [math]2X^n=2Y_2^n-2^nY_1^n[/math] или [math]X^n=2(Y_2^n-2^(n-1)Y_1^n)|2[/math]; [math]X^n=Y_2^n-2^(n-1)Y_1^n[/math]. (8) Из ф. ф. (7) и (8) видно, что условия о взаимной простоте Z и X выполнимо только при отсутствии общих множителей в числах [math]Y_2^n[/math] и [math]2^(n-1)Y_1^n[/math]. Поэтому множители этих чисел должны быть в степени n. (См. ф. (6) и ф.(7) ссылка [2].) Рассмотрим этот момент на примере разложения на множители пифагоровой тройки (5; 12; 13), где Z = 13, X = 5, Y = 12. Как показано в Случае 1 «Доказательства…» сумма и разность двух нечётных чисел, числа чётные, но одно из них имеет множителем только одно число 2, а другое – минимум 2^2, в общем же случае [math]2^(n-1)[/math] при n>2. Разложение формулы [math]Z^n-X^n=Y^n[/math] при чётном n выглядит так: [math]Z^(n|2)-X^(n|2)=Y^m[/math] и [math]Z^(n|2)+X^(n|2)=Y^(n-m)[/math]. Для разности квадратов пифагоровой тройки 5; 12; 13 разложение такое. Имеется: [math]X^2+Y^2=Z^2 \longleftrightarrow 5^2+12^2=13^2[/math]. (1а) Преобразуем ф. (1а). [math]Z^2-X^2=Y^2 \longleftrightarrow 13^2-5^2=12^2[/math]. (2a) Разложим на множители ф. (2а). [math]Z+X=2Y_1^2 \longleftrightarrow 13+5=18[/math]; (3a) [math]Z-X=2^(2-1)Y_2^2=2Y_2^2 \longleftrightarrow 13-5=8[/math]. (4a) Число 18 ф. (3а) содержит только одно число 2, а число 8 ф. (4а) имеет вид [math]2^3[/math]. Следовательно, весь чётный сомножитель числа [math]12^2=144[/math] составляет [math]2^4=4^2=16[/math]. Т. е. одно число 4 разделено пополам между числом 18 и числом 8. Поделив 18 и 8 на 2, имеем [math]9=3^2[/math] и [math]4=2^2[/math]. Это значит, что вторыми множителями чисел 18 и 8, кроме числа 2, являются квадраты чисел. Причём это свойство всех пифагоровых троек. Рассмотрим ф. (3) как аналог ф. (5). [math]Z^n+X^n=Y^n+2X^n[/math]; (3) [math]Z^nZ^n+X^n=2Y_2^n[/math]. (5) Нами условно принято, что [math]Y_2^n[/math] является n – ой степенью целого нечётного числа. На анализе ф. (3а) и ф. (4а) разложения пифагоровой тройки (5, 12, 13) можно заключить, что сомножитель правой части ф. (2) [math]2Y_2^n[/math] имеет в некоторых случаях, как и в уравнении [math]X^2+Y^2=Z^2[/math], целочисленные значения [math]Y_2[/math]. Следовательно делаем вывод, что уравнение [math]X^n+Y^n=Z^n[/math] может иметь целочисленные решения. Однако перемножим левые и правые части ф. ф. (5) и (6). [math]Z^2n-X^2n=2Y_2^nY^n=2(Y_2^nY^n)[/math]. (9) Примем чётное, имеющее множителем [math]2^n[/math], где n≥3, число [math]Y_2^nY^n[/math] как [math]Y_3^n[/math]. А любое чётное число, имеющее множитель [math]2^n[/math] при n > 2 , можно представить разностью квадратов двух нечётных чисел. Запишем ф. (9) следующим образом: [math]Z^2n-X^2n=2Y_3^n[/math]. (10) Поскольку числа [math]Y^2n[/math] и [math]X^2n[/math] являются квадратами чисел [math]Z^n[/math] и [math]X^n[/math], то в левой части имеется разность квадратов нечётных чисел, а в правой – результат, который должен раскладываться на целые множители в соответствии с левой частью. Выразим число [math]Y_3^n[/math] разностью квадратов чисел A и B. [math]Y_3^n=A^2-B^2[/math] . Запишем ф. (10) следующим образом: [math]Z^2n-X^2n=2(A^2-B^2)=(2A^2-2B^2)[/math]. (11) Разложим на множители левую и правую части ф. (11). [math](Z^n-X^n)(Z^n+X^n) \ne (\sqrt{2}A-\sqrt{2}B)(\sqrt{2}A+\sqrt{2}B)[/math]. (12) Как видно из ф. (12) целочисленные значения её левой части не соответствуют результатам разложения правой части, поскольку правую часть ф. (11) невозможно разложить на целочисленные множители. Отсюда следует, что уравнение [math]X^n+Y^n=Z^n[/math] не имеет решения в целых числах. Рассмотрим ф. (6) и ф. (7) Случай 1 « Доказательства Великой теоремы Ферма методом деления», которые удовлетворяют разложению на множители разности квадратов двух чисел при n кратном 4 для иллюстрации Общего случая. [2] [math]Z^n-X^n=Y^n[/math]. Y^n – чётное. [math]Z^(n|2)+X^(n|2)=2Y_!^n[/math]; (6а) [math]Y_1^n[/math] - нечётное. [math]Z(n|2)-X^(n|2)=2^(n-1)Y_2^n[/math]. (7а) При этом нужно заметить, что разложение на множители формулы Z^2 – X^2 = Y^2, соответствующее «пифагоровым тройкам», где [math]Y^2[/math] чётное число, даёт результатом один множитель, содержащий только одно число 2, а другой множитель кратен числу 8. Любопытно однако, что чётное число этих троек кратно именно числу 4. Преобразуем правую часть ф. (7а). Преобразуем [math]2^(n-1)Y_2^n[/math] следующим образом: [math]2^(n-1)Y_2^n=(2^nY_2^n)|2=Y_3^n|3[/math]. Выразим[math]Y_3^n[/math] разностью квадратов двух нечётных чисел. Пусть: [math]Y_3^n=A^2-B^2[/math]. Тогда: [math](Y_3^n)|2=(A^2-B^2)|2=(A^2)|2-(B^2)|2[/math]. (13) Разложим ф. (13) на множители. [math](A^2)|2-(B^2)|2=(A|\sqrt{2}-B|\sqrt{2})(A|\sqrt{2}+B|\sqrt{2})[/math]. (14) [math]Z^(n|2)-X^(n|2)=(Z^(n|4)-X^(n|4)(XZ^(n|4)+X^(n|4) \ne (A|\sqrt{2}-B|\sqrt{2})(A|\sqrt{2}+B|\sqrt{2})[/math]. (14a) Как видно из ф. (14) и ф. (14а) уравнение [math]X^n+Y^n=Z^n[/math] при чётном n, кратном 4, не имеет решения в целых числах. Для полной ясности с рассматриваемым случаем можно рассмотреть ф.(6a) и ф. (7a) во второй позиции, где сумма Z^(n/2) + X^(n/2) = 2^((n-1))∙Y_3^n, а разность Z^(n/2) – X^(n/2) = 2∙Y_4^n. (15) Разложим ф. (15) на множители при n, кратном 4. (Z^(n/4) – X^(n/4))(Z^(n/4) + X^(n/4)) ≠ 2∙Y_4^n. (15a) Поскольку левая часть уравнения (15а) содержит множителем минимум число 8 , а правая только 2 при нечётном Y_4^n, то и в этом случае уравнение X^n + Y^n = Z^n не имеет целочисленных решений. Приведённое доказательство является подтверждением для всех трёх случаев «Полного доказательства Великой теоремы Ферма методом деления». Список литературы / References Сингх С. Великая теорема Ферма. М.:МЦНМО, 2000. \ Ведерников С. И. Доказательство Великой теоремы Ферма методом деления. Журнал «Проблемы современной науки и образования» № 33 [115] 2017. Изд.: «Проблемы науки». Гусев В. А., Мордкович А. Г. Математика: Учеб. Пособие. М. Высшая школа, 1984. ©Ведерников С. И. 2018 |
||
Вернуться к началу | ||
shwedka |
|
|
gefestos писал(а): Z2n−X2n=2(A2−B2)=(2A2−2B2) Z2n−X2n=2(A2−B2)=(2A2−2B2) . (11) Разложим на множители левую и правую части ф. (11). (Zn−Xn)(Zn+Xn)≠(2–√A−2–√B)(2–√A+2–√B) (Zn−Xn)(Zn+Xn)≠(2A−2B)(2A+2B) . (12) Как видно из ф. (12) целочисленные значения её левой части не соответствуют результатам разложения правой части, поскольку правую часть ф. (11) невозможно разложить на целочисленные множители. правую часть ф. (11) невозможно разложить на целочисленные множители. Утверждение не доказано |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю shwedka "Спасибо" сказали: Talanov |
||
FEBUS |
|
|
gefestos
Вопрос в чем? |
||
Вернуться к началу | ||
Andy |
|
|
Вернуться к началу | ||
[ Сообщений: 4 ] |
Похожие темы | Автор | Ответы | Просмотры | Последнее сообщение |
---|---|---|---|---|
Частный случай линейной функции y = kx
в форуме Алгебра |
29 |
1244 |
17 авг 2019, 18:43 |
|
Частный случай диф. уравнения 2 порядка
в форуме Дифференциальное исчисление |
3 |
358 |
17 сен 2014, 12:14 |
|
Частный случай биномиального разложения
в форуме Ряды |
1 |
334 |
27 окт 2016, 12:00 |
|
Частный случай мультиномиального коэффициента
в форуме Алгебра |
5 |
127 |
23 июл 2022, 14:09 |
|
Ду с правой частью спец.вида(непредвиденный случай) | 5 |
517 |
12 окт 2014, 09:36 |
|
Общий делитель | 1 |
336 |
04 апр 2015, 09:55 |
|
Общий ортоцентр
в форуме Геометрия |
1 |
248 |
20 сен 2016, 17:13 |
|
Общий интеграл | 4 |
268 |
12 дек 2016, 16:18 |
|
Общий член
в форуме Ряды |
10 |
385 |
27 ноя 2018, 10:31 |
|
Общий вид частного реш.ДУ | 1 |
305 |
02 май 2014, 21:15 |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 12 |
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |