Посоветовали найти в поисковике статью "Решение Большой теоремы Ферма методом деления" автор Ведерников С. И. Хочется знать, есть ли там ошибка. Сам не нашёл. Попробую привести отрывок работы. Теорема:
для целого натурального числа n>2 уравнение $$X^n+Y^n=Z^n$$ не имеет решений в целых положительных числах X, Y, Z. Доказательство. Имеется: X, Y, Z, n – натуральные положительные числа. Z > X >Y – взаимно простые числа, n > 2. Произведём разложение на множители в уравнении $$X^n+Y^n=Z^n$$ при n>2. Есть три случая. Посыл общий: чётное число, имеющее множителем 2^n, при n≥3, 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, Y – чётным числом, поскольку принципиальной разницы между X и Y в данном случае нет. Рассмотрим первый случай, когда n > 2 чётное число. Случай 1. Z, X – нечётные, Y – чётное, n – чётное. Имеется: $$X^n+Y^n=Z^n.$$ Преобразуем исходное уравнение: $$Z^n-X^n=Y^n. (1)$$ Разложим на множители ф. (1). $$Z^{n/2}+X^{n/2}=Y^{n-m}; (2)$$
$$Z^{n/2}-X^{n/2}=Y^m. (3)$$ Из почленного сложения ф. (2) и ф. (3) имеем: $$2∙Z^{n/2}=Y^{n-m}+Y^m;$$ $$Z^{n/2}=(Y^{n-m}+Y^m)/2; (4)$$ а из почленного вычитания ф. (3) из ф. (2) имеем: $$2∙X^{n/2}=Y^{n-m}-Y^m;$$ $$X^{n/2}=(Y^{n-m}-Y^m)/2. (5)$$ Из ф. ф. (4) и (5) видно, что при соблюдении условия о нечётности Z и X необходимо, чтобы одно из чётных чисел Y^(n-m) или Y^m имело множителем только одно число 2. Тогда другое число должно иметь множителем 2^(n-1), поскольку Y^n – число чётное и имеет множителем минимум одно число 2^n. При этом Y^(n-m) и Y^m не могут иметь общих множителей, кроме оговорённых выше кратных 2, поскольку в противном случае такие множители должны иметь также Z^n и X^n, что противоречит условию о взаимной простоте Z, X и Y. Поэтому Y^(n-m) и Y^m должны состоять из различных множителей числа Y^n в той же степени, в степени n. Поскольку из ф. (4) и ф. (5) следует, что одно из чисел Y^(n-m) или Y^m должно иметь множителем только одно число 2, а оба должны быть в степени n, то примем ф. (2) и ф. (3) в виде: $$Z^{n/2}+X^{n/2}=2∙Y_1^n; (6)$$
$$Z^{n/2}-X^{n/2}=2^{n-1}∙Y_2^n; (7)$$
имея в виду, что $$Y_1^n$$ – число нечётное. Из ф. ф. (4) и (5) выразим значение $$Z^{n/2} и X^{n/2},$$ подставив вместо $$Y^{n-m} значение 2∙Y_1^n,$$ а вместо $$Y^m значение 2^{n-1}∙Y_2^N.$$ $$Z^{n/2}=(2∙Y_1^n+2^{n-1}∙Y_2^n)/2=(2∙(Y_1^n+2^{n-2}∙Y_2^n))/2=Y_1^n+2^{n-2}∙Y_2^n;$$ $$X^{n/2}= (2∙Y_1^n-2^{n-1}∙Y_2^n)/2=(2∙(Y_1^n-2^{n-2}∙Y_2^n))/2=Y_1^n-2^{n-2}∙Y_2^n.$$ Итак, имеем: $$Z^{n/2}=Y_1^n+2^{n-2}∙Y_2^n; (8)$$
$$X^{n/2}=Y_1^n-2^{n-2}∙Y_2^n. (9)$$
Поскольку X^(n/2) является степенью числа X при чётном n≥4, то его можно разложить на множители. Разложим выражение (9) на множители по формуле для разности n – х степеней.
$$X^{n/2}=(Y_1-2^{{n-2}/n}∙Y_2)∙(Y_1^{n-1}+⋯+2^{{{n-2}∙{n-1}}/n}∙Y_2^{n-1}). (10)$$ Из ф. (10) следует, что разложение $$X^{n/2}$$ на целочисленные множители невозможно. Допустим: $$Z^{n/2}+X^{n/2}=2^{n-1}∙Y_3^n; (11)$$
$$Z^{n/2}-X^{n/2}=2∙Y_4^n. (12)$$
Из почленного сложения и вычитания ф. ф. (11) и (12), аналогичным вышеизложенным имеем: $$Z^{n/2}=2^{n-2}∙Y_3^n+Y_4^n; (13)$$
$$X^{n/2}=2^{n-2}∙Y_3^n-Y_4^n. (14)$$
Разложим ф. (14) на множители. $$X^{n/2}=(2^{{n-2}/n}∙Y_3-Y_4 )∙(2^{{{n-2}∙{n-1}}/n}∙Y_3^{n-1}+⋯+Y_4^{n-1} ). (15)$$ Доказано, что корень k из целого числа является рациональным числом только тогда, когда число под корнем является k – ой степенью другого целого числа, в остальных случаях такой корень есть иррациональное число. Поэтому $$2^{n-2}$$ - число иррациональное, поскольку другим, меньшим 2^n, может быть только 1. Следовательно, $$X^{n/2}$$ невозможно разложить на целочисленные множители, что однозначно и не допускает другой трактовки, а значит $$X^{n/2}, также X^n,$$ являются степенью иррационального числа, и уравнение $$X^n+Y^n=Z^n$$ при чётном n > 2 не имеет решения в целых положительных числах. При этом особо нужно отметить, что для $$2^{{n-2}/n}$$ при нечётном n/2=2k+1, характерен следующий ряд показателей: (n-2)/n 0/2; 4/6; 8/10; 12/14; 16/18; 20/22 … , где первый показатель - 0/2 соответствует уравнению $$X^2+Y^2=Z^2$$ при 2^(0/2)=√(2^0 )=√1=1, что делает возможным его целочисленные решения при невозможности таковых для остального ряда показателей.

опубликован 15 Июл 20:02

Я читал до первой ошибки. Переход от (1) к (2) некорректен. Если Y^n есть произведение каких-то двух чисел, то совершенно ниоткуда не следует, что эти числа -- степени Y. Такой вывод мог быть сделан при условии простоты Y. А в общем случае это не так, что легко проследить даже для случая n=2. Для пифагоровой тройки (3,4,5) имеет место равенство 4^2=(5+3)(5-3), где сомножители 8 и 2 степенями 4 не являются. Неравенство n>2 в рассуждении никак не используется.

(30 Июл 21:52) falcao

Переход от (1) к (2) некорректен. http://math.hashcode.ru/users/925/falcao Некорректен? Математически он верен. Любой множитель степени составного числа можно представить в виде другой степени этого числа, пусть даже дробной. Но дело даже не в этом: falcao не посчитал возможным познакомиться с текстом хотя бы до ф. ф. 6 и 7, где всё становится ясно. gefestos

(25 Окт 11:18) gefestos
10|600 символов нужно символов осталось
Есть вопрос на тему исследования? Задайте вопрос.
Скрыть

пожалуйста, введите содержательный заголовок для вашего вопроса


Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

Метки исследования:

×2,761

опубликовано
15 Июл 20:02

просмотрено
179 раз

обновлено
25 Окт 11:18

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru