Fermatın böyük teoremi. ifşa edək! Fermatın son teoremi sübut olundu? Təsərrüfat teoremi nə kimi səslənir
İsgəndəriyyəli Diofantın “Arifmetika”sını oxuyan və onun vəzifələri üzərində düşünən Pyer Fermat kitabın haşiyələrində öz mülahizələrinin nəticələrini qısa qeydlər şəklində yazmaq vərdişi var idi. Kitabın kənarında Diofantın səkkizinci probleminə qarşı Fermat yazırdı: “ Əksinə, kubu iki kuba, bikvadratı iki bikvadrat və ümumiyyətlə, eyni göstərici ilə kvadratdan iki dərəcə böyük olan heç bir dərəcəni parçalamaq mümkün deyil. Mən bunun həqiqətən gözəl bir sübutunu kəşf etdim, lakin bu sahələr onun üçün çox dardır.» / E.T.Bell "Riyaziyyatın yaradıcıları". M., 1979, s.69/. Riyaziyyatı sevən hər bir orta məktəb şagirdinin başa düşə biləcəyi təsərrüfat teoreminin elementar sübutunu diqqətinizə çatdırıram.
Fermanın Diofant problemi ilə bağlı şərhini tənlik formasına malik olan Fermatın böyük teoreminin müasir tərtibi ilə müqayisə edək.
« tənlik
x n + y n = z n(burada n ikidən böyük tam ədəddir)
müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdur»
Şərh tapşırıqla məntiqi əlaqədədir, predikatın subyektlə məntiqi əlaqəsinin analoqudur. Diofant probleminin təsdiq etdiyi, əksinə, Fermatın şərhi ilə təsdiqlənir.
Fermanın şərhini belə şərh etmək olar: əgər üç naməlumlu kvadrat tənliyin Pifaqor ədədlərinin bütün üçlükləri çoxluğunda sonsuz həllər çoxluğu varsa, o zaman əksinə, kvadratdan bir dərəcə böyük olan üç naməlumlu tənlik.
Tənlikdə onun Diofant problemi ilə əlaqəsinə dair bir işarə belə yoxdur. Onun ifadəsi sübut tələb edir, lakin onun altında müsbət tam ədədlərdə həlli olmadığı qənaətinə gələn heç bir şərt yoxdur.
Mənə məlum olan tənliyin isbat variantları aşağıdakı alqoritmə endirilir.
- Nəticə kimi Fermat teoreminin tənliyi götürülür, onun etibarlılığı sübutun köməyi ilə yoxlanılır.
- Eyni tənlik deyilir orijinal onun sübutunun çıxmalı olduğu tənlik.
Nəticədə bir tavtologiya yarandı: “ Əgər tənliyin müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdursa, deməli müsbət tam ədədlərdə də həlli yoxdur.". Tavtologiyanın sübutu qəsdən yanlışdır və heç bir mənadan məhrumdur. Amma ziddiyyətli üsulla sübut olunur.
- Sübut etmək istədiyiniz tənliyin əksi fərziyyə edilir. İlkin tənliklə ziddiyyət təşkil etməməlidir, lakin ona ziddir. Qəbul ediləni dəlilsiz sübut etməyin, isbatı tələb olunanı isə sübutsuz qəbul etməyin mənası yoxdur.
- Qəbul edilmiş fərziyyə əsasında onun ilkin tənliyə zidd olduğunu və yalan olduğunu sübut etmək üçün tamamilə düzgün riyazi əməliyyatlar və hərəkətlər yerinə yetirilir.
Buna görə də artıq 370 ildir ki, Fermanın sonuncu teoreminin tənliyinin sübutu mütəxəssislərin və riyaziyyat həvəskarlarının həyata keçirilməz arzusu olaraq qalır.
Mən teoremin nəticəsi kimi tənliyi, teoremin şərti kimi Diofantın səkkizinci məsələsini və onun tənliyini götürdüm.
“Əgər tənlik x 2 + y 2 = z 2
(1) Pifaqor ədədlərinin bütün üçlükləri çoxluğunda sonsuz həllər dəstinə malikdir, sonra isə əksinə, tənlik x n + y n = z n
, harada n> 2
(2) müsbət tam ədədlər çoxluğunda həlli yoxdur.
Sübut.
A) Hamı bilir ki, (1) tənliyinin Pifaqor ədədlərinin bütün üçlükləri çoxluğunda sonsuz həllər dəsti var. Sübut edək ki, (1) tənliyinin həlli olan Pifaqor ədədlərinin heç bir üçlüyü (2) tənliyinin həlli deyil.
Bərabərliyin geri dönmə qanununa əsasən (1) tənliyinin tərəfləri bir-birini əvəz edir. Pifaqor nömrələri (z, x, y) düzbucaqlı üçbucağın tərəflərinin uzunluqları və kvadratları kimi şərh edilə bilər (x 2, y 2, z 2) hipotenuz və ayaqları üzərində qurulmuş kvadratların sahəsi kimi şərh edilə bilər.
(1) tənliyinin kvadratlarının kvadratları ixtiyari hündürlüyə vurulur h :
z 2 h = x 2 h + y 2 h (3)
(3) tənliyini paralelepipedin həcminin iki paralelepipedin həcmlərinin cəminə bərabərliyi kimi şərh etmək olar.
Üç paralelepipedin hündürlüyünə icazə verin h = z :
z 3 = x 2 z + y 2 z (4)
Kubun həcmi iki paralelepipedin iki cildinə parçalanır. Kubun həcmini dəyişmədən buraxın və birinci paralelepipedin hündürlüyünü azaldın x və ikinci paralelepipedin hündürlüyünü aşağı salın y ... Bir kubun həcmi iki kubun həcmlərinin cəmindən böyükdür:
z 3> x 3 + y 3 (5)
Pifaqor ədədlərinin üçlü çoxluğunda ( x, y, z ) saat n = 3 (2) tənliyinin həlli ola bilməz. Buna görə də, Pifaqor ədədlərinin bütün üçlükləri toplusunda bir kubu iki kuba parçalamaq mümkün deyil.
(3) tənliyində üç paralelepipedin hündürlüyünü qeyd edək h = z 2 :
z 2 z 2 = x 2 z 2 + y 2 z 2 (6)
Paralelepipedin həcmi iki paralelepipedin həcmlərinin cəminə bölünür.
(6) tənliyinin sol tərəfini dəyişməz buraxın. Onun sağ tərəfində hündürlük var z 2
qədər azaltmaq X
birinci dövr və qədər 2-də
ikinci müddətdə.
Tənlik (6) bərabərsizliyə çevrildi:
Bir paralelepipedin həcmi iki paralelepipedin iki həcminə parçalanır.
(8) tənliyinin sol tərəfini dəyişməz buraxın.
Sağ tərəfdə hündürlük z n-2
qədər azaltmaq x n-2
birinci dövrdə və azalır y n-2
ikinci müddətdə. Tənlik (8) bərabərsizliyə çevrilir:
| z n> x n + y n | (9) |
Pifaqor ədədlərinin üçlü çoxluğunda (2) tənliyinin tək həlli ola bilməz.
Buna görə də, hamı üçün Pifaqor nömrələrinin bütün üçlü dəstində n> 2 (2) tənliyinin həlli yoxdur.
"postinno möcüzəli sübut" aldı, ancaq üçəmlər üçün Pifaqor nömrələri... bu sübut olmaması və P.Fermatın ondan imtina etməsinin səbəbi.
B) Sübut edək ki, (2) tənliyinin qeyri-Pifaqor ədədlərinin üçlü çoxluğu üzrə həlli yoxdur, bu, Pifaqor ədədlərinin ixtiyari olaraq alınan üçlü ailənin uğursuzluğudur. z = 13, x = 12, y = 5 və müsbət tam ədədlərin ixtiyari üçlü ailəsi z = 21, x = 19, y = 16
Rəqəmlərin hər iki üçlüyü ailələrinin üzvləridir:
| (13, 12, 12); (13, 12,11);…; (13, 12, 5) ;…; (13,7, 1);…; (13,1, 1) | (10) | |
| (21, 20, 20); (21, 20, 19);…;(21, 19, 16);…;(21, 1, 1) | (11) |
Ailə üzvlərinin sayı (10) və (11) 13-ün 12-yə və 21-in 20-nin hasilinin yarısına, yəni 78 və 210-a bərabərdir.
Ailənin hər bir üzvü (10) ehtiva edir z = 13 və dəyişənlər X və saat 13> x> 0 , 13> y> 0 1
Ailənin hər bir üzvü (11) ehtiva edir z = 21 və dəyişənlər X və saat tam ədədlərin dəyərlərini qəbul edən 21> x> 0 , 21> y> 0 ... Dəyişənlər tədricən azalır 1 .
(10) və (11) ardıcıllığında ədədlərin üçlükləri üçüncü dərəcəli bərabərsizliklər ardıcıllığı kimi təqdim edilə bilər:
| 13 3 < 12 3 + 12 3 ;13 3 < 12 3 + 11 3 ;…; 13 3 < 12 3 + 8 3 ; 13 3 > 12 3 + 7 3 ;…; 13 3 > 1 3 + 1 3 | ||
| 21 3 < 20 3 + 20 3 ; 21 3 < 20 3 + 19 3 ; …; 21 3 < 19 3 + 14 3 ; 21 3 > 19 3 + 13 3 ;…; 21 3 > 1 3 + 1 3 |
və dördüncü dərəcəli bərabərsizliklər şəklində:
| 13 4 < 12 4 + 12 4 ;…; 13 4 < 12 4 + 10 4 ; 13 4 > 12 4 + 9 4 ;…; 13 4 > 1 4 + 1 4 | ||
| 21 4 < 20 4 + 20 4 ; 21 4 < 20 4 + 19 4 ; …; 21 4 < 19 4 + 16 4 ;…; 21 4 > 1 4 + 1 4 |
Hər bir bərabərsizliyin düzgünlüyü rəqəmlərin üçüncü və dördüncü dərəcələrə qaldırılması ilə təsdiqlənir.
Daha böyük ədədi olan bir kub daha kiçik ədədlərin iki kubuna parçalana bilməz. İki kiçik ədədin kublarının cəmindən ya azdır, ya da çoxdur.
Daha böyük ədədin biquadratı daha kiçik ədədlərin iki bikvadratına parçalana bilməz. Daha kiçik ədədlərin biquadratlarının cəmindən ya azdır, ya da çoxdur.
Eksponentin artması ilə sol ekstremal bərabərsizlikdən başqa bütün bərabərsizliklər eyni məna daşıyır:
Bərabərsizliklər, onların hamısı eyni məna daşıyır: daha böyük ədədin dərəcəsi eyni eksponentli ikidən az ədədin səlahiyyətlərinin cəmindən böyükdür:
| 13 n> 12 n + 12 n; 13 n> 12 n + 11 n;...; 13 n> 7 n + 4 n;...; 13 n> 1 n + 1 n | (12) | |
| 21 n> 20 n + 20 n; 21 n> 20 n + 19 n;...; ;…; 21 n> 1 n + 1 n | (13) |
Ardıcıllığın (12) (13) ən sol həddi ən zəif bərabərsizlikdir. Onun düzgünlüyü ardıcıllığın (12) bütün sonrakı bərabərsizliklərinin düzgünlüyünü müəyyən edir. n> 8 və ardıcıllıq (13) üçün n> 14 .
Onların arasında vahid bərabərlik ola bilməz. Müsbət tam ədədlərin ixtiyari üçlüyü (21,19,16) Fermatın böyük teoreminin (2) tənliyinin həlli deyil. Əgər ixtiyari olaraq alınan üçlü müsbət tam ədədlər tənliyin həlli deyilsə, onda tənliyin müsbət tam ədədlər çoxluğunda həlli yoxdur, bunu sübut etməli idik.
İLƏ) Fermatın Diofant problemi ilə bağlı şərhində deyilir ki, onu parçalamaq mümkün deyil. ümumiyyətlə, kvadratdan böyük olmayan dərəcə, eyni göstərici ilə iki dərəcə».
Öpüşlər kvadratdan böyük dərəcəni eyni eksponentlə iki dərəcəyə parçalamaq həqiqətən mümkün deyil. Uyğunsuz kvadratdan böyük dərəcə eyni eksponentlə iki dərəcəyə parçalana bilər.
Müsbət tam ədədlərin istənilən ixtiyari üçlüyü (z, x, y) hər bir üzvü sabit saydan ibarət olan ailəyə aid ola bilər z və iki ədəd azdır z ... Ailənin hər bir üzvü bərabərsizlik şəklində, əldə edilən bütün bərabərsizliklər isə bərabərsizliklər ardıcıllığı kimi göstərilə bilər:
| z n< (z — 1) n + (z — 1) n ; z n < (z — 1) n + (z — 2) n ; …; z n >1 n + 1 n | (14) |
Bərabərsizliklərin ardıcıllığı (14) sol tərəfi ondan kiçik olan bərabərsizliklərlə başlayır. sağ tərəf, lakin sağ tərəfin sol tərəfdən kiçik olduğu bərabərsizliklərlə bitir. Artan göstərici ilə n> 2 ardıcıllığın sağ tərəfindəki bərabərsizliklərin sayı (14) artır. Bir eksponent ilə n = k ardıcıllığın sol tərəfindəki bütün bərabərsizliklər öz mənasını dəyişir və ardıcıllıqdakı bərabərsizliklərin sağ tərəfindəki bərabərsizliklərin mənasını alır (14). Bütün bərabərsizliklər üçün eksponentin artması nəticəsində sol tərəf sağ tərəfdən daha böyük olur:
| z k> (z-1) k + (z-1) k; z k> (z-1) k + (z-2) k;...; z k> 2 k + 1 k; z k> 1 k + 1 k | (15) |
Eksponentin daha da artması ilə n> k bərabərsizliklərin heç biri mənasını dəyişmir və bərabərliyə çevrilmir. Buna əsaslanaraq iddia etmək olar ki, hər hansı ixtiyari olaraq üçlü müsbət tam ədədlər (z, x, y) saat n> 2 , z> x , z> y
Müsbət tam ədədlərin ixtiyari üçlüyündə z ixtiyari böyük natural ədəd ola bilər. -dən böyük olmayan bütün natural ədədlər üçün z , Fermatın Son Teoremi sübut edilmişdir.
D) Sayı nə qədər böyük olursa olsun z , natural ədədlər seriyasında ondan əvvəl böyük, lakin sonlu tam ədədlər çoxluğu, ondan sonra isə sonsuz tam ədədlər çoxluğu var.
Sübut edək ki, natural ədədlərin bütün sonsuz çoxluğu ondan böyükdür z , Böyük Ferma teoreminin tənliyinin həlli olmayan ədədlərin üçqatını təşkil edin, məsələn, müsbət tam ədədlərin ixtiyari olaraq qəbul edilmiş üçqatını (z + 1, x, y) , burada z + 1> x və z + 1> y eksponentin bütün dəyərləri üçün n> 2 Böyük Fermat teoreminin tənliyinin həlli deyil.
Müsbət tam ədədlərin ixtiyari üçlüyü (z + 1, x, y) hər bir üzvü sabit ədəddən ibarət olan üçlü ədədlər ailəsinə aid ola bilər z + 1 və iki ədəd X və saat -dən az fərqli dəyərlər alaraq z + 1 ... Ailə üzvləri sabit sol tərəfin sağ tərəfdən az və ya çox olduğu bərabərsizliklər şəklində təmsil oluna bilər. Bərabərsizliklər ardıcıllıqla bərabərsizliklər ardıcıllığı kimi düzülə bilər:
Eksponentin daha da artması ilə n> k sonsuzluğa qədər (17) ardıcıllığında olan bərabərsizliklərin heç biri mənasını dəyişib bərabərliyə çevrilmir. Ardıcıllıqla (16) müsbət tam ədədlərin ixtiyari üçlüyündən yaranan bərabərsizlik (z + 1, x, y) , şəklində onun sağ tərəfində ola bilər (z + 1) n> x n + y n və ya şəklində onun sol hissəsində olmaq (z + 1) n< x n + y n .
Hər halda, müsbət tam ədədlərin üçlüyü (z + 1, x, y) saat n> 2 , z + 1> x , z + 1> y ardıcıllıqla (16) bərabərsizlikdir və bərabərliyi təmsil edə bilməz, yəni Böyük Fermat teoreminin tənliyinin həllini təmsil edə bilməz.
Sol tərəfdəki sonuncu bərabərsizlik və sağ tərəfdəki ilk bərabərsizlik əks mənalı bərabərsizliklər olduğu güc bərabərsizlikləri (16) ardıcıllığının mənşəyini başa düşmək asan və sadədir. Əksinə, məktəblilər, orta məktəb şagirdləri və yuxarı sinif şagirdləri üçün bütün bərabərsizliklərin eyni məna daşıdığı bərabərsizliklər ardıcıllığının (17) bərabərsizliklər ardıcıllığından (16) necə əmələ gəldiyini başa düşmək asan və asan deyil. .
Ardıcıllıqla (16) bərabərsizliklərin tam dərəcəsinin 1 vahid artması sol tərəfdəki sonuncu bərabərsizliyi sağ tərəfdəki əks mənalı birinci bərabərsizliyə çevirir. Beləliklə, ardıcıllığın doqquzuncu tərəfindəki bərabərsizliklərin sayı azalır, sağ tərəfdəki bərabərsizliklərin sayı isə artır. Əks mənalı sonuncu və birinci güc bərabərsizlikləri arasında mütləq güc bərabərliyi vardır. Onun dərəcəsi tam ola bilməz, çünki ardıcıl iki natural ədəd arasında yalnız qeyri-tam ədədlər var. Qeyri-tam dərəcənin güc bərabərliyi teoremin fərziyyəsinə görə (1) tənliyinin həlli hesab edilə bilməz.
Əgər (16) ardıcıllıqla dərəcəni 1 vahid artırmağa davam etsək, onda onun sol tərəfinin sonuncu bərabərsizliyi sağ tərəfin əks mənalı birinci bərabərsizliyinə çevriləcəkdir. Nəticə olaraq, tək sol tərəf bərabərsizlik qalmır və yalnız artan güc bərabərsizliklərinin ardıcıllığını təmsil edən sağ tərəf bərabərsizlikləri qalır (17). Onların bütün dərəcəsinin 1 vahid artması yalnız onun güc bərabərsizliyini gücləndirir və bütöv dərəcədə bərabərliyin meydana çıxma ehtimalını qəti şəkildə istisna edir.
Buna görə də, ümumiyyətlə, güc bərabərsizlikləri ardıcıllığının (17) natural ədədinin (z + 1) heç bir tam gücü eyni eksponentli iki tam dərəcəyə parçalana bilməz. Buna görə də (1) tənliyinin sonsuz natural ədədlər toplusunda heç bir həlli yoxdur, bunu sübut etmək tələb olunurdu.
Beləliklə, Fermatın Son Teoremi bütün universallığı ilə sübut edilmişdir:
- bölməsində A) bütün üçlüklər üçün (z, x, y) Pifaqor nömrələri (Fermatın kəşfi həqiqətən gözəl sübutdur),
- B bölməsində hər hansı üçəmin bütün ailə üzvləri üçün (z, x, y) Pifaqor nömrələri,
- bölməsində C) bütün üçlüklər üçün (z, x, y) , böyük rəqəmlər deyil z
- bölməsində D) bütün üçlü ədədlər üçün (z, x, y) ədədlərin təbii sıraları.
|
Dəyişikliklər 09/05/2010 tarixində edilmişdir. |
Hansı teoremləri ziddiyyətlə sübut etmək olar və mümkün deyil
Riyazi terminlərin izahlı lüğətində əks teoremin sübutuna, tərs teoremin əksinə tərif verilir.
“Ziddiyyətlə isbatlama teoremin özünün deyil, onun ekvivalentini (ekvivalentini), tərs (əksinə tərs) teoremin əksini sübut etməkdən ibarət olan bir teoremin (müddəanın) sübutu üsuludur. Birbaşa teoremi isbat etmək çətin, əksini isbat etmək daha asan olduqda ziddiyyətli sübut istifadə olunur. Ziddiyyətlə isbat edərkən, teoremin nəticəsi onun inkarı ilə əvəz olunur və əsaslandırma ilə şərtin inkarına gəlir, yəni. ziddiyyətə, əksə (verilənin əksi; bu absurdluğa endirmə teoremi sübut edir."
Riyaziyyatda ziddiyyətlə sübut çox yayılmışdır. Ziddiyyətlə sübut istisna edilmiş üçüncü qanuna əsaslanır, yəni iki A və A (inkar A) müddəalarından biri doğru, digəri isə yanlışdır."/ Riyaziyyat terminlərinin izahlı lüğəti: Müəllimlər üçün bələdçi / O. V. Manturov [və başqaları]; red. V. A. Ditkina.- M .: Təhsil, 1965.- 539 s .: ill.-C.112 /.
Ziddiyyətlə sübut metodunun riyaziyyatda istifadə olunsa da, riyazi üsul olmadığını, məntiqi üsul olduğunu və məntiqə aid olduğunu açıq şəkildə bəyan etmək daha yaxşı olmazdı. Ziddiyyətli sübutun "birbaşa teorem sübut etmək çətin olduğu zaman istifadə olunur", əslində isə onun əvəzedicisi olmadıqda istifadə edildiyini söyləmək məqbuldurmu?
Birbaşa və tərs teoremlərin bir-biri ilə əlaqəsinin xarakteristikası xüsusi diqqətə layiqdir. “Verilmiş teorem (və ya verilmiş teorem üçün) üçün əks teorem şərtin nəticə, nəticənin isə verilmiş teorem üçün şərt olduğu bir teoremdir. Əks teoremə münasibətdə olan bu teoremə birbaşa teorem (orijinal) deyilir. Eyni zamanda, əks teoremə əks teorem verilmiş teorem olacaq; buna görə də birbaşa və tərs teoremlər qarşılıqlı tərs adlanır. Birbaşa (verilmiş) teorem doğrudursa, əks teorem həmişə doğru deyil. Məsələn, dördbucaqlı rombdursa, onun diaqonalları qarşılıqlı perpendikulyardır (birbaşa teorem). Dördbucaqlıdakı diaqonallar qarşılıqlı perpendikulyardırsa, onda dördbucaq rombdur - bu doğru deyil, yəni əks teorem doğru deyil./ Riyaziyyat terminlərinin izahlı lüğəti: Müəllimlər üçün bələdçi / O. V. Manturov [və başqaları]; red. V. A. Ditkina.- M .: Təhsil, 1965.- 539 s .: ill.-C.261 /.
Birbaşa və tərs teorem arasındakı əlaqənin bu xarakteristikası birbaşa teoremin şərtinin verilmiş kimi, sübutsuz qəbul edilməsini nəzərə almır ki, onun düzgünlüyünə zəmanət verilmir. Əks teorem şərti verilmiş kimi qəbul edilmir, çünki o, sübut edilmiş birbaşa teoremin nəticəsidir. Onun düzgünlüyünü birbaşa teoremin sübutu sübut edir. Birbaşa və tərs teoremlərin şərtləri arasındakı bu əsas məntiqi fərq, hansı teoremlərin məntiqi üsulla ziddiyyətlə sübut oluna biləcəyi və hansının mümkün olmadığı sualında həlledici olur.
Fərz edək ki, adi riyazi üsulla sübut oluna bilən birbaşa teorem var, lakin bu, çətindir. Bunu ümumi formada qısa formada aşağıdakı kimi tərtib edək: -dan A etməlidir E ... Simvol A isbatsız qəbul edilən teoremin verilmiş şərti əhəmiyyətlidir. Simvol E isbat edilməsi tələb olunan teoremin nəticəsinin mənası.
Birbaşa teoremi ziddiyyətlə sübut edəcəyik, məntiqiüsul. Mövcud olan teoremi sübut etmək üçün məntiqi üsuldan istifadə edilir riyazi deyil vəziyyəti və məntiqi vəziyyət. Teoremin riyazi şərti olduqda əldə edilə bilər -dan A etməlidir E , əks şərtlə əlavə edin -dan Aəməl etmir E .
Nəticədə iki hissədən ibarət olan yeni teoremin məntiqi ziddiyyətli şərtini əldə etdik: -dan A etməlidir E və -dan Aəməl etmir E ... Yeni teoremin nəticə şərti xaric edilmiş ortanın məntiqi qanununa uyğundur və teoremin ziddiyyətli üsulla isbatına uyğun gəlir.
Qanuna görə, ziddiyyətli şərtin bir hissəsi yalan, digər hissəsi doğrudur, üçüncü hissəsi isə xaric edilir. Ziddiyyətlə sübutun öz vəzifəsi var və məqsədi teorem şərtinin iki hissəsinin hansı hissəsinin yanlış olduğunu dəqiq müəyyən etməkdir. Şərtin yanlış hissəsi müəyyən edilən kimi o biri hissəsinin həqiqi hissəsi olduğu, üçüncünün isə xaric edildiyi müəyyən olunacaq.
görə izahlı lüğət riyazi terminlər, “Sübut hər hansı bir mülahizənin (mühakimə, müddəa, teorem) doğru və ya yalan olduğunun müəyyən edildiyi əsaslandırmadır”... Sübut ziddiyyətlə mülahizə var ki, onun zamanı qurulur saxtakarlıq dan irəli gələn nəticənin (absurdluğu). yalan isbat olunan teoremin şərtləri.
Verildi: -dan A etməlidir E və dən Aəməl etmir E .
Sübut edin: -dan A etməlidir E .
Sübut: Teoremin məntiqi şərti həll edilməli olan ziddiyyəti ehtiva edir. Şərtin ziddiyyəti öz həllini sübutda və onun nəticəsində tapmalıdır. Qüsursuz və səhvsiz əsaslandırma ilə nəticə yalançı olur. Məntiqi cəhətdən düzgün əsaslandırma ilə, yanlış nəticənin səbəbi yalnız ziddiyyətli bir şərt ola bilər: -dan A etməlidir E və -dan Aəməl etmir E .
Şərtin bir hissəsinin yalan, digərinin isə bu halda doğru olduğuna heç bir şübhə kölgəsi yoxdur. Şərtin hər iki hissəsi eyni mənşəlidir, verilənlər kimi qəbul edilir, fərz edilir, eyni dərəcədə mümkündür, eyni dərəcədə qəbul edilir və s.. Məntiqi mülahizələrin gedişində şərtin bir hissəsini digərindən fərqləndirən bir məntiqi əlamət aşkar edilməmişdir. . Ona görə də eyni dərəcədə ola bilər -dan A etməlidir E və bəlkə -dan Aəməl etmir E ... Bəyanat -dan A etməlidir E ola bilər yalan, sonra bəyanat -dan Aəməl etmir E doğru olacaq. Bəyanat -dan Aəməl etmir E sonra ifadə yalan ola bilər -dan A etməlidir E doğru olacaq.
Deməli, birbaşa teoremi ziddiyyətlə sübut etmək mümkün deyil.
İndi eyni birbaşa teoremi adi riyazi üsulla sübut edəcəyik.
Verildi: A .
Sübut edin: -dan A etməlidir E .
Sübut.
1. From A etməlidir B
2. From B etməlidir V (əvvəllər sübut edilmiş teoremlə)).
3. From V etməlidir G (əvvəllər sübut edilmiş teoremlə).
4. From G etməlidir D (əvvəllər sübut edilmiş teoremlə).
5. From D etməlidir E (əvvəllər sübut edilmiş teoremlə).
keçid qanununa əsasən, -dan A etməlidir E ... Birbaşa teorem adi üsulla sübut edilir.
Sübut edilmiş birbaşa teoremin düzgün tərs teoremi olsun: -dan E etməlidir A .
Gəlin bunu adi qayda ilə sübut edək riyaziüsul. Əks teoremin isbatını simvolik olaraq riyazi əməllərin alqoritmi şəklində ifadə etmək olar.
Verildi: E
Sübut edin: -dan E etməlidir A .
Sübut.
1. From E etməlidir D
2. From D etməlidir G (əvvəllər sübut edilmiş tərs teoremlə).
3. From G etməlidir V (əvvəllər sübut edilmiş tərs teoremlə).
4. From Vəməl etmir B (əks teorem doğru deyil). Buna görə də -dan Bəməl etmir A .
Bu vəziyyətdə əks teoremin riyazi sübutunu davam etdirməyin mənası yoxdur. Vəziyyətin səbəbi məntiqlidir. Yanlış tərs teoremi heç nə ilə əvəz etmək mümkün deyil. Nəticə etibarilə, bu tərs teorem adi riyazi üsulla sübut edilə bilməz. Bütün ümid bu əks teoremin ziddiyyət üsulu ilə isbatınadır.
Bunu ziddiyyətli üsulla sübut etmək üçün onun riyazi şərtini məntiqi ziddiyyətli şərtlə əvəz etmək tələb olunur ki, bu şərt öz mənasında iki hissədən ibarətdir - yalan və doğru.
Əks teorem bildirir: -dan Eəməl etmir A ... Onun vəziyyəti E , bundan nəticə çıxır A , adi riyazi üsulla birbaşa teoremin isbatının nəticəsidir. Bu şərt saxlanmalı və bəyanatla əlavə edilməlidir -dan E etməlidir A ... Əlavə nəticəsində yeni tərs teoreminin ziddiyyətli şərti alınır: -dan E etməlidir A və -dan Eəməl etmir A ... Buna əsaslanaraq məntiqlə ziddiyyətli şərt olduqda, əks teorem düzgün vasitəsilə isbat edilə bilər məntiqi yalnız əsaslandırma və yalnız, məntiqi ziddiyyət üsulu ilə. Ziddiyyətlə sübuta yetirildikdə, hər hansı riyazi hərəkətlər və əməliyyatlar məntiqi olanlara tabedir və buna görə də sayılmır.
Ziddiyyətli bəyanatın birinci hissəsində -dan E etməlidir A vəziyyət E birbaşa teoreminin isbatı ilə sübut edilmişdir. İkinci hissədə -dan Eəməl etmir A vəziyyət E sübuta yetirilmədən fərz edilmiş və qəbul edilmişdir. Onların bəziləri yalan, digəri isə doğrudur. Onlardan hansının yalan olduğunu sübut etmək tələb olunur.
Doğru vasitələrlə sübut edirik məntiqi mülahizə edin və onun nəticəsinin yanlış, absurd bir nəticə olduğunu tapın. Yanlış məntiqi nəticəyə səbəb teoremin iki hissədən - yanlış və doğrudan ibarət ziddiyyətli məntiqi şərtidir. Yalnız bir ifadə yalançı hissə ola bilər -dan Eəməl etmir A , hansında E sübut olmadan qəbul edildi. Bundan belə fərqlənir E təsdiq -dan E etməlidir A , bu, birbaşa teoremin isbatı ilə isbat olunur.
Beləliklə, aşağıdakı ifadə doğrudur: -dan E etməlidir A , sübut etmək üçün tələb olunduğu kimi.
Nəticə: yalnız tərs teorem riyazi üsulla sübut edilmiş bilavasitə teoremi olan və riyazi üsulla sübut olunmayan məntiqi üsulla ziddiyyətlə isbat edilir.
Nəticə Böyük Fermat teoreminin ziddiyyəti ilə sübut üsulu ilə əlaqədar müstəsna əhəmiyyət kəsb edir. Bunu sübut etmək cəhdlərinin böyük əksəriyyəti adi riyazi metoda deyil, ziddiyyətlə sübutun məntiqi üsuluna əsaslanır. Uilsin Böyük Fermat Teoreminin sübutu istisna deyil.
Dmitri Abrarov "Fermat teoremi: Wiles'in sübutları fenomeni" adlı məqaləsində Böyük Ferma teoreminin Wiles tərəfindən isbatına dair şərh dərc etdi. Abrarovun fikrincə, Wiles Böyük Ferma teoremini Fermat tənliyinin potensial həllini əlaqələndirən alman riyaziyyatçısı Gerhard Freyin (d. 1944) əlamətdar tapıntısının köməyi ilə sübut edir. x n + y n = z n
, harada n> 2
, başqa, ondan tamamilə fərqli, tənlik. Bu yeni tənlik xüsusi əyri (Frey elliptik əyri adlanır) ilə verilir. Frey əyrisi çox sadə formada tənlik ilə verilir:
.
“Yəni, Frey hər həll yoluna uyğun gəlirdi (a, b, c) Ferma tənliyi, yəni əlaqəni təmin edən ədədlər a n + b n = c n yuxarı əyri. Bu halda böyük Fermat teoremi buradan irəli gəlirdi.(Sitat: Abrarov D. "Fermat teoremi: Wiles'in sübutları fenomeni")
Başqa sözlə, Gerhard Frey böyük Fermat teoreminin tənliyini irəli sürdü x n + y n = z n
, harada n> 2
, müsbət tam ədədlərdə həllər var. Bu həllər Freyin fərziyyəsinə görə onun tənliyinin həlləridir
y 2 + x (x - a n) (y + b n) = 0
, onun elliptik əyrisi ilə verilir.
Andrew Wiles Frey tərəfindən və onun köməyi ilə bu əlamətdar tapıntını qəbul etdi riyaziüsul bu tapıntının, yəni Frey elliptik əyrisinin mövcud olmadığını sübut etdi. Buna görə də, mövcud olmayan elliptik əyri ilə verilən heç bir tənlik və onun həlləri yoxdur.Ona görə də Uils Böyük Ferma teoreminin tənliyinin və Fermat teoreminin özünün mövcud olmadığı qənaətini qəbul etməli idi. Bununla belə, o, daha təvazökar bir nəticəyə gəldi ki, Böyük Ferma teoreminin tənliyinin müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdur.
Wiles-in Fermatın Son Teoremində ifadə edilənin tam əksi olan bir fərziyyəni qəbul etməsi təkzibedilməz bir həqiqət ola bilər. O, Uilsi Fermatın Son Teoremini ziddiyyətlə sübut etməyə məcbur edir. Biz ondan nümunə götürəcəyik və bu nümunədən nə çıxacağını görəcəyik.
Fermatın Son Teoremində deyilir ki, tənlik x n + y n = z n , harada n> 2 , müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdur.
Ziddiyyətlə sübutun məntiqi üsuluna görə, bu müddəa saxlanılır, sübutsuz verilmiş kimi qəbul edilir və sonra mənaca əks ifadə ilə tamamlanır: tənlik x n + y n = z n , harada n> 2 , müsbət tam ədədlərdə həllər var.
İddia edilən ifadə də sübuta yetirilmədən verilmiş kimi qəbul edilir. Məntiqin əsas qanunları nöqteyi-nəzərindən nəzərdən keçirilən hər iki ifadə eyni dərəcədə etibarlı, bərabər və eyni dərəcədə mümkündür. Düzgün əsaslandırma yolu ilə onlardan hansının yalan olduğunu müəyyən etmək lazımdır ki, o biri müddəanın doğruluğunu müəyyən etsin.
Düzgün mülahizə yanlış, absurd nəticə ilə başa çatır, bunun məntiqi səbəbi yalnız əks mənanın iki hissəsini ehtiva edən isbat olunan teoremin ziddiyyətli şərti ola bilər. Onlar absurd nəticənin məntiqi səbəbi, ziddiyyətlə sübutun nəticəsi idi.
Bununla belə, məntiqi cəhətdən düzgün mülahizə yürütərkən, hansı ifadənin yanlış olduğunu müəyyən etmək üçün bir əlamət tapılmadı. Bu ifadə ola bilər: tənlik x n + y n = z n , harada n> 2 , müsbət tam ədədlərdə həllər var. Eyni əsasda, bu ifadə ola bilər: tənlik x n + y n = z n , harada n> 2 , müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdur.
Əsaslandırma nəticəsində yalnız bir nəticə çıxarmaq olar: Fermanın sonuncu teoremini ziddiyyətlə sübut etmək olmaz.
Fermatın Son Teoremi adi riyazi üsulla sübut edilmiş birbaşa teoremi olan tərs teorem olsaydı, tamam başqa məsələ olardı. Bu halda bunu ziddiyyətlə sübut etmək olardı. Və birbaşa teorem olduğu üçün onun isbatı ziddiyyətlə sübutun məntiqi üsuluna deyil, adi riyazi üsula əsaslanmalıdır.
D.Abrarovun fikrincə, müasir rus riyaziyyatçılarından ən məşhuru, akademik V. İ.Arnold Uilsin sübutuna “aktiv skeptik” reaksiya verdi. Akademik dedi: “Bu, əsl riyaziyyat deyil – həqiqi riyaziyyat həndəsi və fizika ilə bağlı güclüdür.” (Sitat: Abrarov D. “Fermat teoremi: Wiles sübutları fenomeni”. Akademikin bu ifadəsi Uilsin əsas mahiyyətini ifadə edir. Böyük Fermat teoreminin qeyri-riyazi sübutu.
Ziddiyyətlə nə Böyük Ferma teoreminin tənliyinin həlli olmadığını, nə də həlli olduğunu sübut etmək mümkün deyil. Wiles-in səhvi riyazi deyil, məntiqlidir - onun istifadəsinin mənası olmadığı və Böyük Fermat teoremini sübut etməyən ziddiyyətli sübutdan istifadə.
Fermatın Son Teoremi adi üsulla sübut olunmur riyazi üsul, verilmişdirsə: tənlik x n + y n = z n , harada n> 2 , müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdur və onda sübut etmək tələb olunarsa: tənlik x n + y n = z n , harada n> 2 , müsbət tam ədədlərdə həlli yoxdur. Bu formada teorem yox, mənasız tavtologiya var.
Qeyd. Mənim BTF sübutum forumların birində müzakirə olundu. Trotilin müəlliflərindən biri, ədədlər nəzəriyyəsi üzrə ekspert, aşağıdakı mötəbər bəyanatla çıxış etdi: “Mirqorodskinin etdiklərinin qısaca təkrarı”. Sözsüz sitat gətirirəm:
« A. O, sübut etdi ki, əgər z 2 = x 2 + y , sonra z n> x n + y n ... Bu, hamıya məlum olan və kifayət qədər aşkar faktdır.
V. O, iki üçlüyü götürdü - Pifaqorlu və Pifaqorlu olmayan və sadə axtarışla göstərdi ki, konkret, konkret üçlük ailəsi (78 və 210 ədəd) üçün BTF yerinə yetirilir (və yalnız onun üçün).
İLƏ. Və sonra müəllif bu faktı buraxır < sonrakı dərəcədə ola bilər = , təkcə > ... Sadə bir əks nümunə - keçid n = 1 v n = 2 Pifaqor üçlüyündə.
D. Bu məqam BTF-nin sübutuna əhəmiyyətli bir şey əlavə etmir. Nəticə: BTF sübut edilməmişdir.
Mən onun gəldiyi qənaəti bənd-bənd nəzərdən keçirəcəyəm.
A. Bu, Pifaqor ədədlərinin bütün sonsuz üçlüləri üçün BTF-ni sübut etdi. Həndəsi üsulla sübut edilmişdir ki, inandığım kimi, mən kəşf etməmişəm, yenidən kəşf etmişəm. Və bunu, məncə, P.Fermatın özü kəşf edib. Fermat yazarkən bəlkə də ağlına belə gəlirdi:
"Mən bunun həqiqətən gözəl bir sübutunu kəşf etdim, lakin bu sahələr onun üçün çox dardır." Bu mənim fərziyyəm, kitabın kənarlarında Fermatın yazdığı Diofant problemində Pifaqor ədədlərinin üçqatları olan Diofant tənliyinin həllindən bəhs etdiyimizə əsaslanır.
Pifaqor ədədlərinin sonsuz üçlü çoxluğu Diofat tənliyinin həllidir və Fermat teoremində isə əksinə, həllərin heç biri Fermat teoreminin tənliyinin həlli ola bilməz. Və Fermatın həqiqətən möcüzəvi sübutu bu faktla birbaşa bağlıdır. Sonralar Fermat teoremini bütün natural ədədlər çoxluğuna qədər genişləndirə bildi. Bütün natural ədədlər çoxluğunda BTF “fövqəladə gözəl teoremlər toplusuna” aid deyil. Bu mənim fərziyyəmdir, onu sübut etmək və ya təkzib etmək mümkün deyil. Həm qəbul oluna, həm də rədd edilə bilər.
V. Bu məqamda sübut edirəm ki, həm özbaşına alınmış Pifaqor üçlüsünün ailəsi, həm də özbaşına alınmış Pifaqor olmayan BTF ədədlərinin ailəsi razıdır. Bu, mənim BTF sübutumda zəruri, lakin qeyri-kafi və ara keçiddir. . Pifaqor rəqəmlərinin üçlü ailəsi və üçqat qeyri-Pifaqor ədədindən ibarət ailə haqqında götürdüyüm misallar digər oxşar nümunələrin mövcudluğunu nəzərdə tutan və istisna etməyən konkret misalların mənasını daşıyır.
Trotilin “sadə axtarışla göstərdim ki, konkret, müəyyən üçəmlər ailəsi (78 və 210 ədəd) üçün BTF yerinə yetirilib (və yalnız bunun üçün) əsassızdır. O, təkzib edə bilməz ki, mən həm də Pifaqorlu və qeyri-Pifaqorlu üçəmlərdən başqa nümunələr götürə bilərəm ki, bir və digər üçəmlərin konkret ailəsini əldə edə bilərəm.
Hansı cütü götürsəm də, onların problemin həllinə uyğunluğu, məncə, yalnız “sadə sadalama” üsulu ilə yoxlanıla bilər. Başqa bir üsul mənə məlum deyil və tələb olunmur. Trotilin xoşuna gəlmirsə, o, başqa bir üsul təklif etməli idi, bunu bəyənmir. Bunun müqabilində heç nə təklif etmədən, bu halda əvəzolunmaz olan “sadə kobud gücü” qınamaq düzgün deyil.
İLƏ. Mən = arasında buraxdım< и < на основании того, что в доказательстве БТФ рассматривается уравнение z 2 = x 2 + y (1), hansı dərəcə n> 2 — bütöv müsbət rəqəm. Bərabərsizliklər arasındakı bərabərlikdən belə çıxır məcburidir tənliyin nəzərə alınması (1) tam olmayan dərəcə ilə n> 2 ... Trotil sayma məcburi bərabərsizliklər arasında bərabərliyin nəzərə alınması əslində nəzərə alınır zəruri BTF-nin sübutunda, (1) tənliyinin nəzərə alınması natamam dərəcənin mənası n> 2 ... Bunu özüm üçün etdim və bu tənliyi (1) üçün tapdım natamam dərəcənin mənası n> 2 üç ədədin həlli var: z, (z-1), (z-1) tam olmayan göstərici ilə.
Qriqori Perelman. Refusenik
Vasili Maksimov
2006-cı ilin avqustunda ən nüfuzlu Fields medalını alan planetin ən yaxşı riyaziyyatçılarının adları açıqlandı - riyaziyyatçıların Alfred Nobelin şıltaqlığı ilə məhrum olduğu Nobel mükafatının bir növ analoqu. Fields medalı - fəxri nişandan əlavə, laureatlara on beş min Kanada dolları üçün çek verilir - hər dörd ildən bir Beynəlxalq Riyaziyyatçılar Konqresi tərəfindən verilir. Kanadalı alim Con Çarlz Filds tərəfindən təsis edilib və ilk dəfə 1936-cı ildə mükafata layiq görülüb. 1950-ci ildən etibarən Fields medalı riyaziyyat elminin inkişafına verdiyi töhfələrə görə mütəmadi olaraq İspaniya Kralı tərəfindən verilir. Mükafat laureatları qırx yaşına çatmamış birdən dördə qədər alim ola bilər. Artıq 44 riyaziyyatçı mükafatı alıb, onlardan səkkizi rusdur.
Qriqori Perelman. Henri Puankare.
2006-cı ildə laureatlar fransız Vendelin Verner, avstraliyalı Terens Tao və iki rusiyalı - ABŞ-da işləyən Andrey Okunkov və Sankt-Peterburqdan olan alim Qriqori Perelman olub. Lakin son anda məlum oldu ki, Perelman bu mötəbər mükafatdan imtina edib - təşkilatçıların elan etdiyi kimi, "prinsipial səbəblərə görə".
Rus riyaziyyatçısının bu cür ekstravaqant hərəkəti onu tanıyanlar üçün heç də təəccüblü görünməyib. O, ilk dəfə deyil ki, riyazi mükafatlardan imtina edir, qərarını təntənəli tədbirləri və adı ətrafında hədsiz hay-küydən xoşlanmaması ilə izah edir. On il əvvəl, 1996-cı ildə Perelman Avropa Riyaziyyat Konqresinin mükafatından imtina etmişdi və bu, mükafata təqdim edilən elmi problem üzərində işi başa çatdırmadığını əsas gətirərək, bu, sonuncu dəfə deyildi. Rus riyaziyyatçısı, deyəsən, ictimai rəyə və elmi ictimaiyyətə zidd olaraq insanları heyrətləndirməyi həyatının məqsədinə çevirmişdi.
Qriqori Yakovleviç Perelman 13 iyun 1966-cı ildə Leninqradda anadan olub. Gənc yaşlarından dəqiq elmlərə həvəs göstərmiş, məşhur 239-cu məktəbi əla bitirmişdir. Ali məktəb riyaziyyatı dərindən öyrənməklə çoxsaylı riyaziyyat olimpiadalarının qalibi olmuşdur: məsələn, 1982-ci ildə sovet məktəblilərindən ibarət komandanın tərkibində Budapeştdə keçirilən Beynəlxalq Riyaziyyat Olimpiadasında iştirak etmişdir. Perelman imtahansız Leninqrad Universitetinin mexanika-riyaziyyat fakültəsinə daxil oldu, burada əla oxudu, bütün səviyyələrdə riyaziyyat yarışlarında qalib gəlməyə davam etdi. Universiteti fərqlənmə diplomu ilə bitirdikdən sonra Steklov adına Riyaziyyat İnstitutunun Sankt-Peterburq filialında aspiranturaya daxil olub. Onun elmi məsləhətçisi məşhur riyaziyyatçı akademik Aleksandrov idi. Qriqori Perelman namizədlik dissertasiyasını müdafiə edərək institutda, həndəsə və topologiya laboratoriyasında qaldı. Onun Aleksandrov fəzaları nəzəriyyəsi üzərində işi məlumdur, o, bir sıra mühüm fərziyyələrə sübut tapa bilmişdir. Aparıcı Qərb universitetlərindən çoxsaylı təkliflərə baxmayaraq, Perelman Rusiyada işləməyə üstünlük verir.
Onun ən yüksək uğuru 1904-cü ildə nəşr olunan və o vaxtdan bəri sübuta yetirilməmiş məşhur Puankare fərziyyəsinin 2002-ci ildə həlli oldu. Perelman onun üzərində səkkiz il çalışıb. Puankarenin fərziyyəsi ən böyük riyazi sirrlərdən biri hesab olunurdu və onun həlli riyaziyyat elminin ən mühüm nailiyyətidir: o, kainatın fiziki və riyazi əsaslarının problemlərinə dair tədqiqatları dərhal irəli aparacaq. Planetin ən görkəmli ağılları onun həllini yalnız bir neçə onillikdən sonra proqnozlaşdırdılar və Massaçusets ştatının Kembric şəhərindəki Clay Riyaziyyat İnstitutu Puankare problemini minilliyin yeddi ən maraqlı həll edilməmiş riyazi problemi sırasına daxil etdi və hər birinə milyon dollar mükafat vəd edildi. (Minilliyin Mükafat Problemləri) ...
Fransız riyaziyyatçısı Henri Puankarenin (1854-1912) bir fərziyyəsi (bəzən problem adlandırılır) aşağıdakı kimi tərtib edilmişdir: hər hansı bir qapalı, sadəcə olaraq əlaqəli üç ölçülü fəza üç ölçülü sferaya homeomorfdur. Aydınlaşdırmaq üçün illüstrativ bir nümunədən istifadə edin: bir almanı rezin bantla sararsanız, o zaman, prinsipcə, lenti çəkərək, almanı bir nöqtəyə sıxa bilərsiniz. Eyni lentlə bir simit sararsanız, onu nə pişi, nə də rezin parçalamadan bir nöqtəyə qədər sıxa bilməzsiniz. Bu kontekstdə alma "tək bağlı" fiqur adlanır, pişi isə sadəcə bağlı deyil. Təxminən bir əsr əvvəl Puankare ikiölçülü sferanın sadəcə bir-birinə bağlı olduğunu təsbit etdi və üçölçülü sferanın da sadəcə olaraq bağlı olduğunu irəli sürdü. Dünyanın ən yaxşı riyaziyyatçıları bu fərziyyəni sübut edə bilmədilər.
Kley İnstitutunun mükafatına layiq görülmək üçün Perelmana öz həllini elmi jurnallardan birində dərc etmək kifayət idi və əgər iki il ərzində heç kim onun hesablamalarında səhv tapa bilməsə, onda həll düzgün hesab olunacaq. Lakin Perelman lap əvvəldən qaydalardan yayınaraq qərarını Los Alamos Elm Laboratoriyasının preprint saytında dərc edib. Ola bilsin ki, o, hesablamalarında səhvin olmasından qorxurdu - buna bənzər bir hekayə artıq riyaziyyatda baş vermişdi. 1994-cü ildə ingilis riyaziyyatçısı Endryu Uayls məşhur Fermat teoreminin həllini təklif etdi və bir neçə aydan sonra onun hesablamalarına səhv getdiyi məlum oldu (baxmayaraq ki, sonradan düzəldildi və sensasiya hələ də davam etdi). Puankarenin fərziyyəsinin sübutunun rəsmi nəşri hələ də yoxdur - lakin Perelmanın hesablamalarının düzgünlüyünü təsdiqləyən planetin ən yaxşı riyaziyyatçılarının mötəbər rəyi var.
Fields medalı məhz Puankare problemini həll etdiyinə görə Qriqori Perelmana verilib. Lakin rus alimi, şübhəsiz ki, layiq olduğu mükafatdan imtina etdi. "Qreqori mənə dedi ki, özünü beynəlxalq riyaziyyat ictimaiyyətindən, bu cəmiyyətdən kənarda hiss edir və buna görə də mükafat almaq istəmir", - Ümumdünya Riyaziyyatçılar İttifaqının (HCM) prezidenti Madriddə mətbuat konfransında bildirib. , ingilis Con Ball.
Şayiələrə görə, Qriqori Perelman elmi tamamilə tərk etmək niyyətindədir: altı ay əvvəl o, doğma Steklov adına Riyaziyyat İnstitutunu tərk edib və deyirlər ki, o, daha riyaziyyatla məşğul olmayacaq. Bəlkə də rus alimi hesab edir ki, məşhur fərziyyəni sübut edərək, elm üçün əlindən gələni etdi. Ancaq belə parlaq alim və fövqəladə şəxsiyyətin düşüncə qatarı haqqında danışmağı kim öhdəsinə götürər? .. Perelman hər hansı şərhdən imtina edir və The Daily Telegraph-a dedi: "Mən deyə biləcəyim heç bir şey zərrə qədər ictimai maraq doğurmur". Bununla belə, aparıcı elmi nəşrlər “Qriqori Perelman Puankare teoremini həll edərək keçmişin və indinin ən böyük dahiləri ilə bir sırada dayanıb” xəbərini verərkən, yekdil fikirlər səsləndirdilər.
Aylıq ədəbi publisistik jurnal və nəşriyyat.
Yarımsabit elliptik əyrilər üçün Taniyama-Şimura zənninin sübutu və bu fərziyyədən irəli gələn Fermat teoreminin sübutu üçün Andrew Wiles 2016-cı ildə Abel mükafatını alacaq. Hazırda mükafat 6 milyon NOK və ya təxminən 50 milyon rubl təşkil edir. Uilsin sözlərinə görə, mükafat onun üçün “tam sürpriz” olub.
20 ildən çox əvvəl sübut edilmiş Fermat teoremi hələ də riyaziyyatçıların diqqətini cəlb edir. Qismən, bu, hətta məktəbli üçün də başa düşülən onun tərtibi ilə bağlıdır: sübut edin ki, təbii n> 2 üçün sıfırdan fərqli üçlüklər yoxdur ki, a n + b n = c n olsun. Pierre Fermat bu ifadəni Diofantın “Arifmetik” kitabının kənarlarında “Mən bunun [bu ifadənin] həqiqətən gözəl sübutunu tapdım, lakin kitabın kənarları onun üçün çox dardır” gözəl imzası ilə yazmışdır. Əksər riyaziyyat hekayələrindən fərqli olaraq bu hekayə realdır.
Mükafatın təqdimatı Fermat teoremi ilə bağlı on əyləncəli hekayəni xatırlamaq üçün əla fürsətdir.
1.
Endryu Uayls Fermat teoremini sübut etməzdən əvvəl onu hipoteza, yəni Fermatın fərziyyəsi adlandırmaq daha düzgün idi. Məsələ burasındadır ki, teorem tərifinə görə artıq sübut olunmuş ifadədir. Ancaq nədənsə bu ifadəyə belə bir ad ilişib qaldı.
2.
Fermat teoreminə n = 2 qoysaq, belə bir tənliyin sonsuz sayda həlli var. Bu həllər "Pifaqor üçlüyü" adlanır. Onlar bu adı aldılar, çünki onlar düzbucaqlı üçbucaqlara uyğundur, tərəfləri məhz belə ədədlər dəsti ilə ifadə olunur. Bu üç düsturdan (m 2 - n 2, 2mn, m 2 + n 2) istifadə edərək Pifaqor üçlüyü yarada bilərsiniz. Bu düsturlarda m və n-nin müxtəlif dəyərləri əvəz edilməlidir və nəticədə bizə lazım olan üçlüklər olacaqdır. Ancaq burada əsas şey, alınan ədədlərin sıfırdan böyük olacağına əmin olmaqdır - uzunluqları mənfi ədədlərlə ifadə etmək olmaz.
Yeri gəlmişkən, asanlıqla görmək olar ki, Pifaqor üçlüyünün bütün ədədləri sıfırdan fərqli olaraq vurularsa, yeni Pifaqor üçlüyü əldə edilir. Buna görə də, məcmudakı üç ədədin ortaq böləninin olmadığı üçlükləri öyrənmək məqsədəuyğundur. Təsvir etdiyimiz sxem bizə bütün belə üçlüyü əldə etməyə imkan verir - bu, artıq sadə bir nəticə deyil.
3.
Martın 1-də Paris Elmlər Akademiyasının 1847-ci il iclasında iki riyaziyyatçı - Qabriel Lame və Augustin Koşi əlamətdar bir teoremi sübut etmək ərəfəsində olduqlarını elan etdilər. Onlar sübut parçaları yerləşdirərək yarışa qoydular. Əksər akademiklər Lame-nin kökünü kəsirdilər, çünki Koşi özündənrazı, dözümsüz dini fanatik (və əlbəttə ki, tamamilə parlaq paralel riyaziyyatçı idi). Bununla belə, matçın sonu yox idi - dostu Cozef Liouvil vasitəsilə alman riyaziyyatçısı Ernst Kummer akademiklərə Koşi və Lamenin dəlillərində eyni səhv olduğunu söylədi.
Məktəbdə sübut olunur ki, ədədin əsas amillərə bölünməsi unikaldır. Hər iki riyaziyyatçı hesab edirdi ki, əgər siz artıq mürəkkəb halda tam ədədlərin parçalanmasına baxsanız, onda bu xassə - unikallıq qorunub saxlanılacaq. Lakin, belə deyil.
Maraqlıdır ki, yalnız m + i n nəzərə alsaq, parçalanma unikaldır. Belə ədədlərə Qauss deyilir. Lakin Lame və Cauchy-nin işi üçün siklotomik sahələrdə faktorizasiya tələb olunurdu. Bunlar, məsələn, m və n-nin rasional olduğu və i i ^ k = 1 xassəsini təmin edən ədədlərdir.
4.
n = 3 üçün Fermat teoremi aydın həndəsi məna daşıyır. Təsəvvür edək ki, çoxlu kiçik kublarımız var. Tutaq ki, onlardan iki böyük kub topladıq. Bu halda, təbii ki, tərəflər tam ədədlər olacaqdır. İki belə böyük kub tapmaq mümkündürmü ki, onları kiçik kublara ayıraraq onlardan bir böyük kub yığa bilək? Fermat teoremi deyir ki, bunu heç vaxt edə bilməzsən. Gülməli odur ki, üç kub üçün eyni sualı versəniz, cavab bəli olacaq. Məsələn, gözəl riyaziyyatçı Srinivas Ramanujan tərəfindən kəşf edilən belə dörd rəqəm var:
3 3 + 4 3 + 5 3 = 6 3
5.
Fermat teoreminin hekayəsində Leonard Euler qeyd etdi. O, ifadəni sübut etməkdə (hətta sübuta yaxınlaşmaqda) həqiqətən də müvəffəq olmadı, lakin o, fərziyyə yaratdı ki, tənliyin
x 4 + y 4 + z 4 = u 4
tam həlli yoxdur. Belə bir tənliyin həllini tapmaq üçün edilən bütün cəhdlər uğursuz oldu. Yalnız 1988-ci ilə qədər Harvardın Naum Elkies əks nümunə tapdı. Bu belə görünür:
2 682 440 4 + 15 365 639 4 + 18 796 760 4 = 20 615 673 4 .
Adətən bu düstur ədədi təcrübə kontekstində yadda qalır. Bir qayda olaraq, riyaziyyatda belə görünür: hansısa düstur var. Riyaziyyatçı bu düsturu sadə hallarda yoxlayır, həqiqəti yoxlayır və bəzi fərziyyələr irəli sürür. Sonra o (daha tez-tez onun bəzi aspirantları və ya tələbəsi olsa da) düsturun əlləri ilə hesablana bilməyən kifayət qədər böyük ədədlər üçün düzgün olub olmadığını yoxlamaq üçün proqram yazır (bunu sadə ədədlərlə belə bir təcrübədən danışırıq). Bu, əlbəttə ki, sübut deyil, fərziyyə irəli sürmək üçün əla səbəbdir. Bütün bu konstruksiyalar ağlabatan fərziyyəyə əsaslanır ki, əgər hansısa ağlabatan formulun əks nümunəsi varsa, onda biz onu kifayət qədər tez tapacağıq.
Eylerin fərziyyəsi bizə həyatın fantaziyalarımızdan qat-qat çox müxtəlif olduğunu xatırladır: birinci əks nümunə özbaşına böyük ola bilər.
6.
Əslində, təbii ki, Endryu Uayls Fermat teoremini sübut etməyə çalışmırdı - o, Taniyama-Şimura konjekturası adlanan daha çətin məsələni həll edirdi. Riyaziyyatda obyektlərin iki əlamətdar sinfi var. Birincisi modul formalar adlanır və mahiyyətcə Lobaçevski fəzasında funksiyadır. Bu funksiyalar məhz bu təyyarənin hərəkətləri ilə dəyişmir. İkincisi "elliptik əyrilər" adlanır və kompleks müstəvidə üçüncü dərəcəli tənliklə müəyyən edilən əyrilərdir. Hər iki obyekt ədədlər nəzəriyyəsində çox məşhurdur.
Ötən əsrin 50-ci illərində iki istedadlı riyaziyyatçı Yutaka Taniyama və Qoro Şimura Tokio Universitetinin kitabxanasında tanış olurlar. O vaxt universitetdə xüsusi riyaziyyat yox idi: sadəcə olaraq müharibədən sonra özünü bərpa etməyə vaxtı yox idi. Nəticədə alimlər köhnə dərsliklərdən istifadə edərək öyrəndilər və seminarlarda Avropa və ABŞ-da həll edilmiş hesab edilən və xüsusilə aktual olmayan problemləri təhlil etdilər. Modul formalar və elliptik funksiyalar arasında müəyyən uyğunluq olduğunu kəşf edən Taniyama və Şimura idi.
Onlar fərziyyələrini bəzi sadə əyri siniflər üzərində sınaqdan keçirdilər. İşlədiyi ortaya çıxdı. Beləliklə, bu əlaqənin həmişə mövcud olduğunu güman etdilər. Taniyama-Şimura hipotezi belə ortaya çıxdı və üç il sonra Taniyama intihar etdi. 1984-cü ildə alman riyaziyyatçısı Gerhard Frey göstərdi ki, əgər Fermat teoremi səhvdirsə, deməli, Taniyama-Şimura konyukturası da səhvdir. Buradan belə nəticə çıxırdı ki, bu ehtimalı sübut edən teoremi də sübut edəcək. Bu, Uilsin etdiyi şeydir - lakin çox ümumi şəkildə deyil.
7.
Wiles fərziyyəni sübut etmək üçün səkkiz il sərf etdi. Yoxlama zamanı rəyçilər onda bir səhv tapdılar, bu, sübutların çoxunu "öldürdü", bütün illərin işini ləğv etdi. Richard Taylor adlı rəyçilərdən biri Wiles ilə bu dəliyi təmir etməyi öhdəsinə götürdü. Onlar işləyərkən belə bir xəbər yarandı ki, Eylerin zənninə əks-nümunə tapan Elkies Fermat teoreminə əks-nümunə tapıb (sonradan məlum oldu ki, bu, bir aprel zarafatıdır). Wiles depressiyaya düşdü və davam etmək istəmədi - sübutdakı dəlik heç bir şəkildə bağlanmırdı. Taylor Uilsi daha bir ay döyüşməyə razı saldı.
Möcüzə baş verdi və yayın sonuna qədər riyaziyyatçılar bir irəliləyiş əldə etdilər - Endryu Uaylz "Modullu Elliptik Əyrilər və Böyük Fermat Teoremi (pdf) və Riçard Taylor və Endryu Uaylzın Müəyyən Hekk Cəbrlərinin Nəzəri Xüsusiyyətləri". anadan olublar. Bu artıq düzgün sübut idi. 1995-ci ildə nəşr edilmişdir.
8.
Riyaziyyatçı Pol Volfskel 1908-ci ildə Darmstadtda vəfat edib. Özündən sonra o, Fermatın böyük teoreminin sübutunu tapmaq üçün riyaziyyat ictimaiyyətinə 99 il vaxt verdiyi vəsiyyətnamə buraxdı. Sübut müəllifi 100 min marka almalı idi (əks-nümunə müəllifi, yeri gəlmişkən, heç nə almazdı). Məşhur əfsanəyə görə, sevgi Volfskeli riyaziyyatçılara belə bir hədiyyə etməyə vadar etdi. Simon Singh Fermatın Son Teoremi kitabında əfsanəni belə təsvir edir:
Hekayə Wolfskelin şəxsiyyəti heç vaxt müəyyən edilməmiş gözəl bir qadına aşiq olması ilə başlayır. Wolfskel çox təəssüfləndi, sirli qadın onu rədd etdi. O, o qədər ümidsizliyə qapılıb ki, intihar etmək qərarına gəlib. Wolfskel ehtiraslı bir insan idi, lakin impulsiv deyildi və buna görə də ölümünü hər detalda işlətməyə başladı. O, intiharı üçün tarix təyin edib və düz gecə yarısı saatın ilk zərbəsi ilə başına atəş açmaq qərarına gəlib. Qalan günlərdə Wolfskel gözəl gedən işlərini qaydasına salmaq qərarına gəldi və son gün vəsiyyət etdi və yaxın dostlarına və qohumlarına məktublar yazdı.
Volfskel o qədər çox çalışdı ki, bütün işlərini gecə yarısına qədər bitirdi və qalan saatları birtəhər doldurmaq üçün kitabxanaya getdi və burada riyazi jurnallara baxmağa başladı. Tezliklə o, Kummerin klassik məqaləsinə rast gəldi və burada Koşi və Lamenin niyə uğursuzluğa düçar olduğunu izah etdi. Kummerin işi öz dövrünün ən əhəmiyyətli riyazi nəşrlərindən biri idi və intihar etməyi planlaşdıran bir riyaziyyatçı üçün mükəmməl oxu idi. Volfskel diqqətlə, sətir-sətir Kummerin hesablamalarını izlədi. Birdən Volfskelə elə gəldi ki, o, boşluq kəşf edib: müəllif müəyyən bir fərziyyə irəli sürüb və öz mülahizələrində bu addımı əsaslandırmayıb. Volfskel, həqiqətən ciddi bir boşluq tapdığını və ya Kummerin fərziyyəsinin etibarlı olub olmadığını maraqlandırdı. Əgər boşluq aşkar edilərsə, o zaman Fermatın Son Teoreminin çoxlarının düşündüyündən daha asan sübut oluna bilmə şansı var idi.
Volfskel masa arxasında əyləşdi, Kummerin mülahizəsinin “qüsurlu” hissəsini diqqətlə təhlil etdi və ya Kummerin işini dəstəkləməli, ya da onun fərziyyəsinin yanlışlığını nümayiş etdirməli və nəticədə onun bütün arqumentlərini təkzib etməli olan mini-sübut hazırlamağa başladı. . Səhərə yaxın Volfskel hesablamalarını bitirmişdi. Pis xəbər (riyazi olaraq) Kummerin sübutunun sağalması və Fermatın Son Teoreminin hələ də əlçatmaz olması idi. Ancaq yaxşı xəbər var idi: intihar üçün təyin olunan vaxt bitdi və Volfskehl o qədər fəxr etdi ki, böyük Ernest Kummerin yaradıcılığında bir boşluğu tapıb doldurmağı bacardı ki, onun ümidsizliyi və kədəri öz-özünə dağıldı. Riyaziyyat onun həyata susuzluğunu canlandırdı.
Bununla belə, alternativ versiya da var. Onun sözlərinə görə, Volfskel riyaziyyatı (və əslində, Fermat teoremini) mütərəqqi dağınıq skleroz səbəbindən götürüb və bu, onun sevdiyi işlə - həkim olmaqla məşğul olmasına mane olub. Və həyatının sonuna kimi sadəcə nifrət etdiyi arvadını tərk etməmək üçün pulu riyaziyyatçıların ixtiyarına verib.
9.
Fermat teoremini elementar üsullarla sübut etmək cəhdləri bütöv bir sinfin yaranmasına səbəb oldu. qəribə insanlar"fermatistlər" adlanır. İstehsal etdiklərini etdilər böyük məbləğ dəlillər verdilər və bu dəlillərdə xəta gördükləri zaman heç ümidlərini kəsmədilər.
Moskva Dövlət Universitetinin mexanika-riyaziyyat fakültəsində Dobretsov adlı əfsanəvi bir personaj var idi. Müxtəlif şöbələrdən sertifikatlar topladı və onlardan istifadə edərək Mexanika və Riyaziyyat şöbəsinə daxil oldu. Bu, yalnız qurban tapmaq üçün edilib. Nə isə, gənc aspirantla (gələcək akademik Novikov) rast gəldi. O, sadəlövhlüyündə Dobretsovun ona sığışdırdığı kağız yığınını diqqətlə öyrənməyə başladı, deyirlər, sübut budur. Daha sonra "burda səhvdir ..." Dobretsov yığını götürdü və portfelinə doldurdu. İkinci portfeldən (bəli, iki portfellə mexanika-riyaziyyat şöbəsini gəzdi) ikinci bir qalaq çıxardı, ah çəkdi və dedi: "Yaxşı, 7 B variantına baxaq".
Yeri gəlmişkən, bu dəlillərin çoxu “Tərminlərdən birini bərabərliyin sağ tərəfinə keçirək və faktoruna qoyaq” ifadəsi ilə başlayır.
10.
Teorem haqqında hekayə gözəl "Riyaziyyatçı və İblis" filmi olmadan tamamlanmayacaq.
Dəyişiklik
Bu məqalənin 7-ci bölməsində əvvəlcə Naum Elkiesin Fermat teoreminə əks nümunə tapdığını, sonradan bunun səhv olduğu ortaya çıxdı. Bu doğru deyil: əks-nümunə hesabatı bir aprel zarafatı idi. Qeyri-dəqiqliyə görə üzr istəyirik.
Andrey Konyaev
