Dodaj do ulubionych

Twierdzenie Fermata wielkie - ale błędne.

30.09.15, 15:56
Ok. 3 wieków temu Fermat sformułował tzw. wielkie twierdzenie, którego dowód zachował dla siebie, czym doprowadził do białej gorączki matematyków, nocnych marków i różnych pasjonatów zagadek.
Historia jest znana, i choć niedawno Wiles opublikował dowód, to nawet do niego nie zajrzałem, bo już dawno wiedziałem, że twierdzenie jest błędne, gdyż w latach 70-tych wpadł mi do głowy sposób przeprowadzenia tego dowodu – dowód rzeczywiście jest krótki, ale nie zmieścił by się na marginesie książki z prostego powodu – jest to matryca logiczna oparta na ciągu liczb rzeczywistych mieszczącym wszystkie liczby naturalne, więc Fermat nie żartował i nie popełnił złośliwości, o co go posądzano 
Przypuszczam, że zachował dowód z tego samego powodu, który mnie powstrzymywał przed publikacją - wskazuje on na drugie rozwiązanie przy n = 4, a wtedy twierdzenie powinno brzmieć:

Równanie diofantyczne nie ma rozwiązania w liczbach całkowitych przy n > 4.

I jak zwykle, szuka się daleko to co ma się pod nosem, w tym przypadku w moim dowodzie, gdzie jak byk stoi, że trójka pierwotna ma być mniejsza od trójki Pitagorasa (3,4,5), czyli 1,2,3 i na żartobliwe pytanie Sokratesa: gdzie jest czwarty? można odpowiedzieć - na górze.
ad rem: postać równania diofantycznego stopnia czwartego w liczbach całkowitych z trójką pierwotną 1,2,3:
1^4+5×2^4=3^4
Matrycę zachowam dla siebie, bo nie chcę pozbawiać matematyków zajęcia, pasjonatów – przyjemności rozwiązywania zagadek, a nocnych marków – walki z nudą.
Pozdrawiam.
Obserwuj wątek
    • poe-poi Re: Twierdzenie Fermata wielkie - ale błędne. 07.10.15, 10:13
      Formalnie:
      Równania diofantyczne wyższych stopni w postaci:
      x^n + ay^n = z^n
      mają rozwiązania w liczbach całkowitych tylko przy n = 2 i a = 1 (pitagorejska trójka pierwotna 3,4,5; parametr stały a = 1), a także przy n = 4 i a = 5 (trójka pierwotna 1,2,3 i p.stały a = 5)
      Przy n > 4 nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych.
      • poe-poi Re: Twierdzenie Fermata wielkie - ale błędne. 19.02.16, 11:03
        W formie "popularnej":
        ?Od liczby 2 boli mnie głowa? rzekł był B. Russell.
        Idąc tropem myśli tego logika i matematyka wykluczmy 2 ze zbioru N i zbadajmy ciąg monotoniczny malejący avn (a z dolnym indeksem n; (n sqrt n) = enty pierwiastek z n ) i z wyrazami
        3sqrt3 > 4sqrt4 > 5sqrt5> ..................... > 1sqrt1.
        av1 > av2 > av3 > ... av inf ? 1 > avn=1
        Jak widać ciąg ma odwzorowanie w N bez liczby 2 i nie działa w nim prawo trychotomii .
        Lecz działania pierwiastkowania i potęgowania mają wyjątek: 2sqrt2 = 4sqrt4; 2^4 = 4^2
        toteż możliwe jest zbudowanie tablicy matematyczno-logicznej, opartej na prawie trychotomii z tym wyjątkiem i przy oczywistej zależności trzech liczb naturalnych a>b>c (przy wykładnikach parzystych mogą być liczby całkowite x>y>z i takie są poniższe tablice), gdzie wyrażenia np. xsqrtx < = > nsqrtn przedstawione są w postaci potęg x^n < = > n^x

        D C
        x^n < n^x y^n < n^y z^n < n^z
        x^n = n^x y^n = n^y z^n = n^z
        x^n > n^x y^n > n^y z^n > n^z
        A B





        W kolumnach jest prawo trychotomii, a w wierszu środkowym nierówność x<y<z wyklucza wyrazy boczne i wyjątek jest w środku, gdyż wtedy przekątne ma ją sens matematyczny

        D C
        x^n < n^x y^n < n^y z^n < n^z
        x^n = n^x 4^2 = 2^4 z^n = n^z
        x^n > n^x y^n > n^y z^n > n^z
        A B

        Z trójką pierwotną 1,2,3 tablica ma postać (n musi się równać 4):

        D C
        1^4 < 4^1 2^4 < 4^2 3^4 < 4^3
        1^4 = 4^1 5 ?(2^4) 3^4 = 4^3
        1^4 > 4^1 2^4 > 4^2 3^4 > 4^3
        A B

        Przekątna DB jest poprawną po wymnożeniu wyrazu środkowego przez parametr pierwotny 5:
        1^4 + 5*2^4 = 3^4; pozostałe wyrazy i możliwości się wykluczają.

        Z trójką pierwotną 3,4,5 i drugim możliwym wykładnikiem n=2, tablica ma postać:

        D C
        3^2 < 2^3 4^2 < 2^4 5^2 < 2^5
        3^2 = 2^3 4^2 = 2^4 5^2 = 2^5
        3^2 > 2^3 4^2 > 2^4 5^2 > 2^5
        A B

        Na przekątnej AC parametr pierwotny = 1 i mamy równanie Pitagorasa, a także twierdzenie Fermata:
        3^2 + 4^2 = 5^2;
        x^2 + y^2 = z^2
        Pozostałe wyrazy i możliwości się wykluczają.
        Multiplikacja podstaw na obu przekątnych przez dowolną liczbę k E N daje nieskończoną ilość tych równań diofantycznych.
        Jak widać z tablic zarówno twierdzenie Fermata, jak i moje można tylko udowodnić razem w parze, bo wtedy podstawy obejmują wszystkie liczby naturalne lub całkowite.


        Zakończę sentencją tego że Russella:
        ?Większość ludzi wolałaby umrzeć, niż myśleć. I tak zresztą robią. Nigdy nie umierałbym za swoje przekonania, bo mogę się mylić?.
        I choć jestem przekonany, że w przedziale <5,inf> nie ma już innej równości w wyrazach ciągu, aby można było zbudować podobne tablice, to kto wie?

Popularne wątki

Nie pamiętasz hasła

lub ?

 

Nie masz jeszcze konta? Zarejestruj się

Nakarm Pajacyka