Fermatov velik izrek. Izpostavimo se! Fermatov zadnji izrek se je izkazal? Kako zveni izrek o kmetiji
Pierre Fermat je ob branju "Aritmetike" Diofanta Aleksandrijskega in razmišljanju o njenih nalogah imel navado zapisovati rezultate svojih razmišljanj na robove knjige v obliki kratkih pripomb. Proti osmi Diofantovi težavi na robovih knjige je Fermat zapisal: » Nasprotno, nemogoče je razstaviti niti kocko na dve kocki, niti bikvadrat na dva bikvadrata in na splošno nobene stopnje, večje od kvadrata za dve stopinji z enakim eksponentom. Odkril sem res čudovit dokaz za to, a ta polja so zanj preozka.» / E.T.Bell "Ustvarjalci matematike". M., 1979, str/. Predstavljam vam elementarni dokaz kmetijskega izreka, ki ga lahko razume vsak srednješolec, ki ima rad matematiko.
Primerjajmo Fermatov komentar Diofantovega problema s sodobno formulacijo Fermatovega velikega izreka, ki ima obliko enačbe.
« Enačba
x n + y n = z n(kjer je n celo število, večje od dveh)
nima rešitev v pozitivnih celih številih»
Komentar je v logični povezavi z nalogo, analogno logični povezavi predikata s subjektom. Kar potrjuje Diofantov problem, nasprotno, potrjuje Fermatov komentar.
Fermatov komentar je mogoče razlagati takole: če ima kvadratna enačba s tremi neznankami neskončen nabor rešitev na množici vseh trojk pitagorejskih števil, potem je, nasprotno, enačba s tremi neznankami za stopnjo večjo od kvadrata
V enačbi ni niti namiga o njeni povezavi z Diofantovim problemom. Njena izjava zahteva dokaz, vendar pod njo ni pogoja, iz katerega bi izhajalo, da nima rešitev v pozitivnih celih številih.
Različice dokaza enačbe, ki so mi znane, so reducirane na naslednji algoritem.
- Kot njegov zaključek je vzeta enačba Fermatovega izreka, katere veljavnost se preveri s pomočjo dokaza.
- Ista enačba se imenuje izvirno enačba, iz katere mora izhajati njen dokaz.
Posledično je nastala tavtologija: " Če enačba nima rešitev v pozitivnih celih številih, potem nima rešitev v pozitivnih celih številih". Dokaz tavtologije je namerno napačen in brez kakršnega koli smisla. Vendar se to dokazuje s protislovno metodo.
- Predpostavka je nasprotna od enačbe, ki jo želite dokazati. Ne bi smelo biti v nasprotju s prvotno enačbo, vendar je v nasprotju z njo. Nima smisla dokazovati, kar je sprejeto brez dokaza, in sprejemati brez dokaza tisto, kar je treba dokazati.
- Na podlagi sprejete predpostavke se izvedejo popolnoma pravilne matematične operacije in dejanja, s katerimi se dokaže, da je v nasprotju s prvotno enačbo in je napačna.
Zato že 370 let dokaz enačbe zadnjega Fermatovega izreka ostaja neuresničljive sanje specialistov in amaterjev matematike.
Enačbo sem vzel kot zaključek izreka, osmi Diofantov problem in njegovo enačbo pa kot pogoj izreka.
»Če je enačba x 2 + y 2 = z 2
(1) ima neskončen nabor rešitev na množici vseh trojk pitagorejskih števil, potem pa, nasprotno, enačba x n + y n = z n
, kje n> 2
(2) nima rešitev na množici pozitivnih celih števil."
Dokaz.
A) Vsakdo ve, da ima enačba (1) neskončno množico rešitev na množici vseh trojk pitagorejskih števil. Dokažimo, da niti ena trojka pitagorejskih števil, ki je rešitev enačbe (1), ni rešitev enačbe (2).
Na podlagi zakona reverzibilnosti enakosti se stranice enačbe (1) zamenjajo. Pitagorejske številke (z, x, y) lahko razlagamo kot dolžine stranic pravokotnega trikotnika in kvadratov (x 2, y 2, z 2) lahko razlagamo kot površino kvadratov, zgrajenih na hipotenuzi in krakih.
Kvadrati kvadratov enačbe (1) se pomnožijo s poljubno višino h :
z 2 h = x 2 h + y 2 h (3)
Enačbo (3) lahko razlagamo kot enakost prostornine paralelepipeda vsoti prostornine dveh paralelepipedov.
Naj bo višina treh paralelepipedov h = z :
z 3 = x 2 z + y 2 z (4)
Prostornina kocke je razdeljena na dva volumna dveh paralelepipedov. Pustite prostornino kocke nespremenjeno in zmanjšajte višino prvega paralelepipeda na x in zmanjšaj višino drugega paralelepipeda na y ... Prostornina kocke je večja od vsote prostornine dveh kock:
z 3> x 3 + y 3 (5)
Na množici trojk pitagorejskih števil ( x, y, z ) pri n = 3 ne more biti rešitve enačbe (2). Zato je na množici vseh trojk pitagorejskih številk nemogoče razstaviti kocko na dve kocki.
Naj bo v enačbi (3) višina treh paralelepipedov h = z 2 :
z 2 z 2 = x 2 z 2 + y 2 z 2 (6)
Prostornina paralelepipeda se razstavi na vsoto prostornin dveh paralelepipedov.
Levo stran enačbe (6) pustite nespremenjeno. Na njeni desni strani je višina z 2
zmanjšati na X
v prvem mandatu in do ob 2
v drugem mandatu.
Enačba (6) se je spremenila v neenakost:
Prostornina paralelepipeda je razdeljena na dva volumna dveh paralelepipedov.
Levo stran enačbe (8) pustite nespremenjeno.
Na desni strani višina z n-2
zmanjšati na x n-2
v prvem mandatu in zmanjšati na y n-2
v drugem mandatu. Enačba (8) se spremeni v neenakost:
| z n> x n + y n | (9) |
Na množici trojk pitagorejskih številk ne more obstajati ena sama rešitev enačbe (2).
Zato na množici vseh trojk pitagorejskih števil za vse n> 2 enačba (2) nima rešitev.
Prejeto "postinno čudežni dokaz", vendar samo za trojčke Pitagorejske številke... to je pomanjkanje dokazov in razlog za zavrnitev P. Fermata od njega.
B) Dokažimo, da enačba (2) nima rešitev na množici trojk nepitagorejskih števil, kar je neuspeh družine poljubno vzete trojke pitagorejskih števil z = 13, x = 12, y = 5 in družina poljubne trojke pozitivnih celih števil z = 21, x = 19, y = 16
Oba trojčka številk sta člana svojih družin:
| (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) |
Število članov družine (10) in (11) je enako polovici zmnožka 13 s 12 in 21 s 20, to je 78 in 210.
Vsak član družine (10) vsebuje z = 13 in spremenljivke X in pri 13> x> 0 , 13> y> 0 1
Vsak član družine (11) vsebuje z = 21 in spremenljivke X in pri ki prevzamejo vrednosti celih števil 21> x> 0 , 21> y> 0 ... Spremenljivke se postopoma zmanjšujejo za 1 .
Trojice števil v zaporedju (10) in (11) lahko predstavimo kot zaporedje neenakosti tretje stopnje:
| 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 |
in v obliki neenakosti četrte stopnje:
| 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 |
Pravilnost vsake neenakosti se potrdi z dvigom števil na tretjo in četrto potenco.
Kocke večjega števila ni mogoče razstaviti na dve kocki manjših številk. Je manjša ali večja od vsote kub dveh manjših števil.
Bikvadrata večjega števila ni mogoče razstaviti na dva bikvadrata manjših števil. Je manjša ali večja od vsote bikvadratov manjših števil.
S povečanjem eksponenta imajo vse neenakosti, razen leve skrajne neenakosti, enak pomen:
Neenakosti imajo vse enak pomen: stopnja večjega števila je večja od vsote potenk manjših od dveh števil z enakim eksponentom:
| 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) |
Skrajni levi člen zaporedij (12) (13) je najšibkejša neenakost. Njena pravilnost določa pravilnost vseh naslednjih neenakosti zaporedja (12) za n> 8 in zaporedje (13) za n> 14 .
Med njimi ne more biti ene same enakosti. Poljubna trojka pozitivnih celih števil (21,19,16) ni rešitev enačbe (2) Fermatovega velikega izreka. Če poljubno vzeta trojka pozitivnih celih števil ni rešitev enačbe, potem enačba nima rešitev na množici pozitivnih celih števil, kar smo morali dokazati.
Z) Fermatov komentar Diofantovega problema pravi, da je nemogoče razgraditi " na splošno nobena stopnja ni večja od kvadrata, za dve stopinji z enakim eksponentom».
poljubi stopnjo, večjo od kvadrata, je res nemogoče razstaviti na dve stopinji z enakim eksponentom. Neprimerno stopnjo večjo od kvadrata lahko razstavimo na dve stopinji z enakim eksponentom.
Vsaka poljubna trojka pozitivnih celih števil (z, x, y) lahko pripada družini, katere vsak član je sestavljen iz konstantnega števila z in dve številki manj kot z ... Vsak član družine je lahko predstavljen v obliki neenakosti, vse dobljene neenakosti pa kot zaporedje neenakosti:
| z n< (z — 1) n + (z — 1) n ; z n < (z — 1) n + (z — 2) n ; …; z n >1 n + 1 n | (14) |
Zaporedje neenakosti (14) se začne z neenakostmi, pri katerih je leva stran manjša od desna stran, vendar se konča z neenakostmi, pri katerih je desna stran manjša od leve. Z naraščajočim eksponentom n> 2 število neenakosti na desni strani zaporedja (14) narašča. Z eksponentom n = k vse neenakosti na levi strani zaporedja spremenijo svoj pomen in prevzamejo pomen neenakosti na desni strani neenakosti v zaporedju (14). Zaradi povečanja eksponenta za vse neenakosti se izkaže, da je leva stran večja od desne:
| 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) |
Z nadaljnjim povečanjem eksponenta n> k nobena od neenakosti ne spremeni svojega pomena in se ne spremeni v enakost. Na podlagi tega je mogoče trditi, da je vsaka poljubno vzeta trojka pozitivnih celih števil (z, x, y) pri n> 2 , z> x , z> y
V poljubni trojki pozitivnih celih števil z je lahko poljubno veliko naravno število. Za vsa naravna števila, ki niso večja od z , Fermatov zadnji izrek je dokazan.
D) Ne glede na to, kako veliko je število z , v naravnem nizu števil pred njim je velik, a končen niz celih števil, za njim pa neskončen niz celih števil.
Dokažimo, da je celotna neskončna množica naravnih števil večja od z , tvorijo trojke števil, ki niso rešitve enačbe velikega Fermatovega izreka, na primer poljubno vzeta trojka pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) , pri čemer z + 1> x in z + 1> y za vse vrednosti eksponenta n> 2 ni rešitev enačbe Velikega Fermatovega izreka.
Poljubna trojka pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) lahko spada v družino trojčkov števil, katerih vsak član je sestavljen iz konstantnega števila z + 1 in dve številki X in pri sprejema različne vrednosti manj kot z + 1 ... Družinske člane lahko predstavimo v obliki neenakosti, pri katerih je konstantna leva stran manjša ali večja od desne. Neenakosti je mogoče urejeno razporediti kot zaporedje neenakosti:
Z nadaljnjim povečanjem eksponenta n> k do neskončnosti, nobena od neenakosti v zaporedju (17) ne spremeni svojega pomena in se spremeni v enakost. V zaporedju (16) je neenakost nastala iz poljubne trojke pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) , je lahko na desni strani v obrazcu (z + 1) n> x n + y n ali biti v levem delu obrazca (z + 1) n< x n + y n .
V vsakem primeru trojnik pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) pri n> 2 , z + 1> x , z + 1> y v zaporedju (16) je neenakost in ne more predstavljati enakosti, torej ne more predstavljati rešitve enačbe Velikega Fermatovega izreka.
Enostavno in enostavno je razumeti izvor zaporedja neenakosti moči (16), v katerem sta zadnja neenakost na levi in prva neenakost na desni strani neenakosti nasprotnega pomena. Nasprotno, šolarjem, dijakom in dijakom ni lahko in ni lahko razumeti, kako je zaporedje neenakosti (17) sestavljeno iz zaporedja neenakosti (16), v katerem imajo vse neenakosti enak pomen. .
V zaporedju (16) povečanje celoštevilske stopnje neenakosti za 1 enoto spremeni zadnjo neenakost na levi strani v prvo neenakost nasprotnega pomena na desni strani. Tako se število neenakosti na deveti strani zaporedja zmanjša, medtem ko se število neenakosti na desni strani poveča. Med zadnjo in prvo neenakostjo moči nasprotnega pomena je nujno enakost moči. Njena stopnja ne more biti celo število, saj med dvema zaporednima naravnima številoma obstajajo samo necela števila. Enakosti moči necele stopnje po hipotezi izreka ne moremo šteti za rešitev enačbe (1).
Če v zaporedju (16) še naprej povečujemo stopnjo za 1 enoto, se bo zadnja neenakost njene leve strani spremenila v prvo neenakost nasprotnega pomena desne strani. Posledično ne ostane niti ena leva neenakost in ostanejo le desne neenakosti, ki predstavljajo zaporedje naraščajočih neenakosti moči (17). Nadaljnje povečanje njihove celotne stopnje za 1 enoto samo krepi njene močne neenakosti in kategorično izključuje možnost pojava enakosti v celi stopnji.
Zato na splošno ni mogoče nobene cele stopnje naravnega števila (z + 1) zaporedja stopenj (17) razstaviti na dve celi potenciji z enakim eksponentom. Zato enačba (1) nima rešitev na neskončnem nizu naravnih števil, kar je bilo potrebno dokazati.
Posledično je Fermatov zadnji izrek dokazan v vsej svoji univerzalnosti:
- v oddelku A) za vse trojke (z, x, y) Pitagorejska števila (Fermatovo odkritje je res čudovit dokaz),
- v oddelku B) za vse družinske člane katerega koli trojčka (z, x, y) pitagorejska števila,
- v oddelku C) za vse trojke števil (z, x, y) , ne velike številke z
- v oddelku D) za vse trojke števil (z, x, y) naravni niz števil.
|
Spremembe so bile narejene 09/05/2010. |
Katere izreke je mogoče in katere ne moremo dokazati s protislovjem
V razlagalnem slovarju matematičnih izrazov je podana definicija dokaza nasprotnega izreka, nasprotnega inverznega izreka.
»Dokaz z protislovjem je metoda dokazovanja izreka (predloge), ki sestoji iz dokazovanja ne samega izreka, temveč njegovega ekvivalenta (ekvivalenta), nasprotnega inverznega (inverznega proti nasprotnemu) izreku. Dokaz s protislovjem se uporablja, kadar je neposredni izrek težko dokazati, nasprotno pa je lažje dokazati. Pri dokazovanju s protislovjem se sklep izreka nadomesti z njegovo negacijo, z sklepanjem pa pridemo do negacije pogoja, tj. na protislovje, na nasprotje (nasprotno od podanega; ta redukcija do absurda dokazuje izrek.«
Dokaz s protislovjem je v matematiki zelo pogost. Dokaz s protislovjem temelji na zakonu izključenega tretjega, to je zakon dveh trditev (izjav) A in A (negacija A), ena od njih je resnična, druga pa napačna."/ Razlagalni slovar matematičnih izrazov: Vodnik za učitelje / O. V. Manturov [in drugi]; ur. V. A. Ditkina.- M .: Izobraževanje, 1965.- 539 str .: ilustr.-C.112 /.
Ne bi bilo bolje odkrito izjaviti, da metoda dokazovanja s protislovjem ni matematična metoda, čeprav se uporablja v matematiki, da je logična metoda in spada v logiko. Ali je sprejemljivo reči, da se protislovni dokaz "uporablja vedno, ko je neposredni izrek težko dokazati", medtem ko se dejansko uporablja, če in samo če zanj ni nadomestka?
Posebno pozornost si zasluži karakterizacija medsebojnega razmerja neposrednih in inverznih izrekov. »Obratni izrek za dani izrek (ali za dani izrek) je izrek, v katerem je pogoj sklep, sklep pa pogoj danega izreka. Ta izrek glede na obratni izrek se imenuje neposredni izrek (izvirnik). Hkrati bo obratni izrek nasprotnemu izreku dani izrek; zato se neposredni in obratni izrek imenujemo medsebojno inverzni. Če je neposredni (dani) izrek resničen, potem obratni izrek ni vedno resničen. Na primer, če je štirikotnik romb, so njegove diagonale medsebojno pravokotne (neposredni izrek). Če so diagonale v štirikotniku medsebojno pravokotne, potem je štirikotnik romb - to ni res, torej obratni izrek ne drži."/ Razlagalni slovar matematičnih izrazov: Vodnik za učitelje / O. V. Manturov [in drugi]; ur. V. A. Ditkina.- M .: Izobraževanje, 1965.- 539 str .: ilustr.-C.261 /.
Ta značilnost razmerja med neposrednim in inverznim izrekom ne upošteva dejstva, da je pogoj direktnega izreka podan, brez dokaza, tako da njegova pravilnost ni zagotovljena. Pogoj obratnega izreka se ne šteje za danega, saj gre za zaključek dokazanega direktnega izreka. Njegovo pravilnost dokazuje dokaz direktnega izreka. Ta bistvena logična razlika med pogoji direktnega in inverznega izreka se izkaže za odločilno pri vprašanju, katere izreke lahko in katerih ne moremo dokazati z logično metodo protislovno.
Predpostavimo, da je v mislih neposreden izrek, ki ga je mogoče dokazati z običajno matematično metodo, vendar je težko. Formulirajmo ga v splošni obliki v kratki obliki, kot sledi: od A bi moral E ... Simbol A dani pogoj izreka, sprejet brez dokaza, je pomemben. Simbol E pomen zaključka izreka, ki ga je treba dokazati.
Neposredni izrek bomo dokazali s protislovjem, logično metoda. Logična metoda se uporablja za dokaz izreka, ki ima ne matematično stanje in logično stanje. Lahko ga dobimo, če je matematični pogoj izreka od A bi moral E , dopolnite z nasprotnim pogojem od A ne sledi E .
Kot rezultat smo dobili logično protislovni pogoj novega izreka, ki vsebuje dva dela: od A bi moral E in od A ne sledi E ... Nastali pogoj novega izreka ustreza logičnemu zakonu izključene sredine in ustreza dokazu izreka s kontradiktorno metodo.
Po zakonu je en del protislovnega pogoja napačen, drugi del je resničen, tretji pa je izključen. Dokaz s protislovjem ima svojo nalogo in cilj je natančno ugotoviti, kateri del dveh delov pogoja izreka je napačen. Takoj ko je določen napačni del pogoja, se ugotovi, da je drugi del resnični del, tretji pa je izključen.
Po navedbah razlagalni slovar matematični izrazi, "Dokaz je sklepanje, med katerim se ugotovi resničnost ali neresničnost katere koli izjave (sodbe, izjave, izreka)"... Dokaz protislovno obstaja sklepanje, med katerim se ugotovi lažnost(absurdnost) sklepa, ki izhaja iz napačno pogoje izreka, ki se dokazuje.
dano: od A bi moral E in od A ne sledi E .
Dokaži: od A bi moral E .
Dokaz: Logični pogoj izreka vsebuje protislovje, ki ga je treba razrešiti. Protislovje pogoja mora najti svojo rešitev v dokazu in njegovem rezultatu. Rezultat se izkaže za napačnega z brezhibnim sklepanjem brez napak. Z logično pravilnim sklepanjem je lahko razlog za napačen zaključek le protislovni pogoj: od A bi moral E in od A ne sledi E .
Nobenega dvoma ni, da je en del pogoja napačen, drugi pa v tem primeru resničen. Oba dela pogoja imata enak izvor, sta sprejeta kot podatek, predpostavljena, enako mogoča, enako dopustna itd. V logičnem sklepanju ni bila najdena niti ena logična lastnost, ki bi razlikovala en del pogoja od drugega. . Zato je v enaki meri lahko od A bi moral E in morda od A ne sledi E ... Izjava od A bi moral E morda je napačno, nato izjava od A ne sledi E bo res. Izjava od A ne sledi E lahko napačna, potem izjava od A bi moral E bo res.
Posledično je neposrednega izreka nemogoče dokazati s protislovjem.
Zdaj bomo isti neposredni izrek dokazali z običajno matematično metodo.
dano: A .
Dokaži: od A bi moral E .
Dokaz.
1. Od A bi moral B
2. Od B bi moral V (po predhodno dokazanem izreku)).
3. Od V bi moral G (po predhodno dokazanem izreku).
4. Od G bi moral D (po predhodno dokazanem izreku).
5. Od D bi moral E (po predhodno dokazanem izreku).
Na podlagi zakona prehodnosti, od A bi moral E ... Neposredni izrek je dokazan z običajno metodo.
Naj ima dokazani neposredni izrek pravilen obratni izrek: od E bi moral A .
Dokažimo z običajnim matematični metoda. Dokaz obratnega izreka lahko simbolično izrazimo v obliki algoritma matematičnih operacij.
dano: E
Dokaži: od E bi moral A .
Dokaz.
1. Od E bi moral D
2. Od D bi moral G (po predhodno dokazanem obratnem izreku).
3. Od G bi moral V (po predhodno dokazanem obratnem izreku).
4. Od V ne sledi B (obratni izrek ne drži). Zato od B ne sledi A .
V tej situaciji nima smisla nadaljevati matematičnega dokazovanja obratnega izreka. Razlog za nastalo situacijo je logičen. Nepravilnega obratnega izreka je nemogoče zamenjati z ničemer. Posledično tega obratnega izreka ni mogoče dokazati z običajno matematično metodo. Vse upanje je za dokaz tega obratnega izreka z metodo protislovja.
Za dokazovanje s protislovno metodo je potrebno njegovo matematično stanje nadomestiti z logičnim protislovnim pogojem, ki v svojem pomenu vsebuje dva dela - napačen in resničen.
Obratni izrek navaja: od E ne sledi A ... Njeno stanje E , iz česar sledi sklep A , je rezultat dokazovanja direktnega izreka z običajno matematično metodo. Ta pogoj je treba ohraniti in dopolniti z izjavo od E bi moral A ... Kot rezultat seštevanja dobimo protislovni pogoj novega obratnega izreka: od E bi moral A in od E ne sledi A ... Na podlagi tega logično kontradiktornega pogoja, je mogoče nasprotni izrek dokazati s pravilnim logično samo sklepanje in edino, logično po metodi protislovja. Pri dokazovanju protislovno so vsa matematična dejanja in operacije podrejena logičnim in zato ne štejejo.
V prvem delu protislovne izjave od E bi moral A stanje E je bilo dokazano z dokazom direktnega izreka. V drugem delu od E ne sledi A stanje E je bil sprejet in sprejet brez dokazov. Nekateri od njih so eno napačno, drugo pa res. Treba je dokazati, kateri od njih je napačen.
Dokazujemo s pomočjo pravilnega logično sklepanje in ugotoviti, da je njegov rezultat napačen, absurden sklep. Razlog za napačen logični zaključek je protislovni logični pogoj izreka, ki vsebuje dva dela - napačen in resničen. Samo izjava je lahko lažni del od E ne sledi A , v katerem E je bil sprejet brez dokaza. Po tem se razlikuje od E odobritev od E bi moral A , kar dokazujemo z dokazom direktnega izreka.
Zato je naslednja izjava resnična: od E bi moral A , kot je potrebno dokazati.
Zaključek: le obratni izrek se dokaže z logično metodo s protislovjem, ki ima neposreden izrek, ki je bil dokazan z matematično metodo in ki ga ni mogoče dokazati z matematično metodo.
Nastali sklep pridobi izjemen pomen glede na dokazno metodo v nasprotju z Velikim Fermatovim izrekom. Velika večina poskusov dokazovanja ne temelji na običajni matematični metodi, temveč na logični metodi dokazovanja s protislovjem. Dokaz Wilesovega velikega Fermatovega izreka ni izjema.
Dmitrij Abrarov je v članku "Fermatov izrek: fenomen Wilesovih dokazov" objavil komentar Wilesovega dokaza velikega Fermatovega izreka. Po Abrarovu Wiles dokazuje izrek Velikega Fermata s pomočjo izjemne najdbe nemškega matematika Gerharda Freya (r. 1944), ki je povezal potencialno rešitev Fermatove enačbe x n + y n = z n
, kje n> 2
, z drugo, povsem drugačno od njega, enačbo. To novo enačbo poda posebna krivulja (imenovana Freyeva eliptična krivulja). Freyeva krivulja je podana z enačbo zelo preproste oblike:
.
»Frey je namreč ustrezal vsaki rešitvi (a, b, c) Fermatova enačba, torej števila, ki izpolnjujejo razmerje a n + b n = c n nad krivuljo. V tem primeru bi od tu sledil veliki Fermatov izrek.(Citat iz: Abrarov D. "Fermatov izrek: fenomen Wilesovih dokazov")
Z drugimi besedami, Gerhard Frey je predlagal enačbo velikega Fermatovega izreka x n + y n = z n
, kje n> 2
, ima rešitve v pozitivnih celih številih. Te rešitve so po Freyjevi predpostavki rešitve njegove enačbe
y 2 + x (x - a n) (y + b n) = 0
, ki je podana s svojo eliptično krivuljo.
Andrew Wiles je sprejel to Freyjevo izjemno najdbo in z njeno pomočjo skozi matematični metoda je dokazala, da ta najdba, to je Freyeva eliptična krivulja, ne obstaja. Zato ni enačbe in njenih rešitev, ki bi jih podala neobstoječa eliptična krivulja, zato bi moral Wiles sprejeti sklep, da enačba Velikega Fermatovega izreka in Fermatovega izreka ne obstajata. Vendar je naredil skromnejši zaključek, da enačba velikega Fermatovega izreka nima rešitev v pozitivnih celih številih.
Morda je neizpodbitno dejstvo, da je Wiles sprejel predpostavko, ki je po pomenu ravno nasprotna od tistega, kar navaja Fermatov zadnji izrek. Wilesa obvezuje, da Fermatov zadnji izrek dokaže s protislovjem. Sledili bomo njegovemu zgledu in videli, kaj bo iz tega zgleda.
Fermatov zadnji izrek pravi, da je enačba x n + y n = z n , kje n> 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih.
Po logični metodi dokazovanja s protislovjem je ta trditev ohranjena, vzeta kot podana brez dokaza in nato dopolnjena z nasprotno izjavo po pomenu: enačba x n + y n = z n , kje n> 2 , ima rešitve v pozitivnih celih številih.
Tudi domnevna izjava se sprejme kot podana, brez dokazov. Obe izjavi, obravnavani z vidika osnovnih zakonov logike, sta enako veljavni, enakovredni in enako mogoči. S pravilnim sklepanjem je treba ugotoviti, katera od njih je napačna, da se nato ugotovi, da je druga trditev resnična.
Pravilno sklepanje se konča z napačnim, absurdnim sklepom, katerega logični razlog je lahko le protislovni pogoj dokazovanega izreka, ki vsebuje dva dela nasprotnega pomena. Bili so logični razlog za absurdni zaključek, rezultat dokazovanja z protislovjem.
Vendar pa pri logično pravilnem sklepanju ni bilo najdenega niti enega znaka, po katerem bi bilo mogoče ugotoviti, katera izjava je napačna. Lahko bi bila izjava: enačba x n + y n = z n , kje n> 2 , ima rešitve v pozitivnih celih številih. Na isti podlagi je lahko trditev: enačba x n + y n = z n , kje n> 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih.
Kot rezultat sklepanja je lahko samo en sklep: Fermatovega zadnjega izreka ni mogoče dokazati s protislovjem.
Povsem druga stvar bi bila, če bi bil Fermatov zadnji izrek obraten izrek, ki ima neposreden izrek, dokazan z običajno matematično metodo. V tem primeru je to mogoče dokazati s protislovjem. In ker gre za neposredni izrek, bi moral njegov dokaz temeljiti ne na logični metodi dokazovanja s protislovjem, ampak na običajni matematični metodi.
Po besedah D. Abrarova se je najslavnejši sodobni ruski matematik, akademik V. I. Arnold, na Wilesov dokaz odzval »aktivno skeptično«. Akademik je rekel: "To ni prava matematika - prava matematika je geometrijska in močna v povezavi s fiziko." (Citat po: Abrarov D. "Fermatov izrek: fenomen Wilesovih dokazov." Akademikova izjava izraža samo bistvo Wilesovega nematematični dokaz velikega Fermatovega izreka.
V nasprotju s tem je nemogoče dokazati niti, da enačba Velikega Fermatovega izreka nima rešitev, niti da ima rešitev. Wilesova napaka ni matematična, ampak logična – uporaba dokaza s protislovjem, kjer njegova uporaba ni smiselna in ne dokazuje velikega Fermatovega izreka.
Fermatov zadnji izrek ni dokazan z uporabo običajnega matematična metoda, če je podana: enačba x n + y n = z n , kje n> 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih, in če je treba v njem dokazati: enačba x n + y n = z n , kje n> 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih. V tej obliki ne obstaja izrek, ampak tavtologija brez pomena.
Opomba. O mojem dokazu BTF se je razpravljalo na enem od forumov. Eden od Trotilovih sodelavcev, strokovnjak za teorijo števil, je podal naslednjo verodostojno izjavo z naslovom: "Kratka pripoved o tem, kaj je storil Mirgorodsky." Citiram dobesedno:
« A. Dokazal je, da če z 2 = x 2 + y , potem z n> x n + y n ... To je dobro znano in povsem očitno dejstvo.
V. Vzel je dve trojki - pitagorejsko in nepitagorejsko in s preprostim iskanjem pokazal, da je za določeno, specifično družino trojčkov (78 in 210 kosov) BTF izpolnjen (in samo zanj).
Z. In potem avtor izpusti dejstvo, da iz < v naslednji stopnji je lahko = , ne samo > ... Preprost protiprimer - prehod n = 1 v n = 2 v pitagorejskem trojčku.
D. Ta točka ne dodaja nič pomembnega k dokazu BTF. Zaključek: BTF ni dokazan."
Njegov zaključek bom obravnaval točko za točko.
A. Dokazal je BTF za celoten neskončen nabor trojk pitagorejskih števil. Dokazano z geometrijsko metodo, ki je, kot verjamem, nisem odkril jaz, ampak ponovno odkril. In odkril ga je, kot verjamem, sam P. Fermat. To je Fermat morda imel v mislih, ko je zapisal:
"Odkril sem res čudovit dokaz za to, a ta polja so zanj preozka." Ta moja domneva temelji na dejstvu, da v Diofantovem problemu, proti kateremu je ob robu knjige pisal Fermat, govorimo o rešitvah Diofantove enačbe, ki so trojke pitagorejskih števil.
Neskončna množica trojk pitagorejskih števil je rešitve Diofatske enačbe, v Fermatovem izreku pa, nasprotno, nobena od rešitev ne more biti rešitev enačbe Fermatovega izreka. In Fermatov resnično čudežni dokaz je neposredno povezan s tem dejstvom. Kasneje je Fermat lahko razširil svoj izrek na množico vseh naravnih števil. Na množici vseh naravnih števil BTF ne sodi v »množico izjemno lepih izrekov«. To je moja domneva, ki je ni mogoče dokazati ali ovreči. Lahko se sprejme in zavrne.
V. Na tej točki dokažem, da sta izpolnjeni tako družina poljubno vzetega pitagorejskega trojčka števil kot družina poljubno vzetih nepitagorejskih trojčkov številk BTF. To je nujna, a nezadostna in vmesna povezava v mojem dokazovanju BTF. . Primeri, ki sem jih vzel za družino trojke pitagorejskih števil in družino trojke nepitagorejskih števil, imajo pomen konkretnih primerov, ki predvidevajo in ne izključujejo obstoja podobnih drugih primerov.
Trotilova trditev, da sem »s preprostim iskanjem pokazal, da je za določeno, določeno družino trojčkov (78 in 210 kosov) BTF izpolnjen (in samo zanj), je neutemeljena. Ne more ovreči dejstva, da lahko prav tako vzamem druge primere pitagorejskih in nepitagorejskih trojčkov, da dobim posebno specifično družino ene in druge trojke.
Ne glede na to, kateri par trojčkov vzamem, njihovo primernost za reševanje problema lahko preverimo po mojem le z metodo »preprostega naštevanja«. Kakšna druga metoda mi ni znana in ni potrebna. Če Trotilu ni všeč, bi moral predlagati drugo metodo, ki pa ne. Ne da bi ponudili karkoli v zameno, je napačno obsojati »preprosto surovo silo«, ki je v tem primeru nenadomestljiva.
Z. Izpustil sem = med< и < на основании того, что в доказательстве БТФ рассматривается уравнение z 2 = x 2 + y (1), v katerem je stopnja n> 2 — cel pozitivno število. Iz enakosti med neenakostimi izhaja obvezno upoštevanje enačbe (1) z neceloštevilno stopnjo n> 2 ... Štetje trotil obvezno upoštevanje enakosti med neenakostmi dejansko upošteva potrebno pri dokazu BTF upoštevamo enačbo (1) za nepopolna pomen diplome n> 2 ... To sem naredil zase in našel to enačbo (1) za nepopolna pomen diplome n> 2 ima rešitev treh številk: z, (z-1), (z-1) z eksponentom, ki ni celo število.
Grigorij Perelman. Refusenik
Vasilij Maksimov
Avgusta 2006 so bila razglašena imena najboljših matematikov planeta, ki so prejeli najprestižnejšo Fieldsovo medaljo - nekakšen analog Nobelove nagrade, ki so jo matematiki na muhasto muho Alfreda Nobela odvzeli. Fieldsovo medaljo - poleg častnega znaka nagrajenci prejmejo ček za petnajst tisoč kanadskih dolarjev - podeljuje Mednarodni kongres matematikov vsaka štiri leta. Ustanovil ga je kanadski znanstvenik John Charles Fields in je bil prvič nagrajen leta 1936. Od leta 1950 španski kralj redno osebno podeljuje Fieldsovo medaljo za njegov prispevek k razvoju matematične znanosti. Laureati nagrade so lahko od enega do štirih znanstvenikov, mlajših od štirideset let. Nagrado je že prejelo štiriinštirideset matematikov, od tega osem Rusov.
Grigorij Perelman. Henri Poincaré.
Leta 2006 so bili nagrajenci Francoz Wendelin Werner, Avstralec Terence Tao in dva Rusa - Andrej Okunkov, ki dela v ZDA, in Grigory Perelman, znanstvenik iz Sankt Peterburga. Vendar je v zadnjem trenutku postalo znano, da je Perelman to prestižno nagrado zavrnil - kot so sporočili organizatorji, "iz načelnih razlogov".
Tako ekstravagantno dejanje ruskega matematika ni bilo presenečenje za ljudi, ki so ga poznali. Ni prvič, da je zavrnil matematične nagrade, svojo odločitev pa je obrazložil s tem, da ne mara slovesnih dogodkov in pretirane pompe okoli svojega imena. Pred desetimi leti, leta 1996, je Perelman zavrnil nagrado Evropskega matematičnega kongresa, pri čemer se je skliceval na dejstvo, da še ni dokončal dela na znanstvenem problemu, ki je bil nominiran za nagrado, in to ni bilo zadnjič. Zdelo se je, da si je ruski matematik zadal svoj življenjski cilj, da preseneti ljudi, nasprotuje javnemu mnenju in znanstveni skupnosti.
Grigory Yakovlevich Perelman se je rodil 13. junija 1966 v Leningradu. Že od malih nog je bil navdušen nad natančnimi vedami, briljantno je diplomiral na slavni 239. Srednja šola s poglobljenim študijem matematike je zmagal na številnih matematičnih olimpijadah: na primer leta 1982 je kot del ekipe sovjetskih šolarjev sodeloval na mednarodni matematični olimpijadi, ki je potekala v Budimpešti. Perelman je bil brez izpitov vpisan na Fakulteto za mehaniko in matematiko Univerze v Leningradu, kjer je odlično študiral in še naprej zmagoval na matematičnih tekmovanjih na vseh ravneh. Po diplomi na univerzi z odliko je vstopil v podiplomsko šolo na podružnici Matematičnega inštituta Steklov v Sankt Peterburgu. Njegov znanstveni svetovalec je bil slavni matematik akademik Aleksandrov. Po zagovoru doktorske disertacije je Grigory Perelman ostal na inštitutu, v laboratoriju za geometrijo in topologijo. Njegovo delo na teoriji Aleksandrovih prostorov je znano, našel je dokaze za številne pomembne hipoteze. Kljub številnim ponudbam vodilnih zahodnih univerz Perelman raje dela v Rusiji.
Njegov najglasnejši uspeh je bila leta 2002 rešitev znamenite Poincaréjeve hipoteze, objavljene leta 1904 in od takrat ni dokazana. Perelman je na njem delal osem let. Poincaréjeva hipoteza je veljala za eno največjih matematičnih skrivnosti, njena rešitev pa je najpomembnejši dosežek matematične znanosti: v trenutku bo pospešila raziskave problemov fizičnih in matematičnih temeljev vesolja. Najvidnejši umi na planetu so njegovo rešitev napovedali šele nekaj desetletij pozneje in Clayjev inštitut za matematiko v Cambridgeu v Massachusettsu je Poincaréjev problem uvrstil med sedem najzanimivejših nerešenih matematičnih problemov tisočletja, od katerih so vsakemu obljubili milijonsko nagrado. (Težave z nagrado tisočletja) ...
Domneva (včasih imenovana problem) francoskega matematika Henrija Poincaréja (1854–1912) je formulirana takole: vsak zaprt preprosto povezan tridimenzionalni prostor je homeomorfen tridimenzionalni krogli. Za pojasnitev uporabite ilustrativen primer: če jabolko ovijete z gumijastim trakom, potem lahko načeloma s potegom traku stisnete jabolko do točke. Če z enakim trakom ovijete bagel, ga ne morete stisniti do točke, ne da bi strgali krof ali gumo. V tem kontekstu se jabolko imenuje "enojno povezana" figura, medtem ko krof ni preprosto povezan. Pred skoraj stoletjem je Poincaré ugotovil, da je dvodimenzionalna krogla preprosto povezana, in predlagal, da je tudi tridimenzionalna krogla preprosto povezana. Najboljši matematiki sveta te hipoteze niso mogli dokazati.
Za uvrstitev na nagrado Inštituta Clay je Perelman moral samo objaviti svojo rešitev v eni od znanstvenih revij in če v dveh letih nihče ne bo našel napake v njegovih izračunih, se bo rešitev štela za pravilno. Vendar je Perelman že na samem začetku odstopal od pravil, saj je svojo odločitev objavil na strani za prednatis znanstvenega laboratorija Los Alamos. Morda se je bal, da se je v njegove izračune prikradla napaka – podobna zgodba se je že zgodila v matematiki. Leta 1994 je angleški matematik Andrew Wiles predlagal rešitev slavnega Fermatovega izreka, nekaj mesecev pozneje pa se je izkazalo, da se je v njegove izračune prikradla napaka (čeprav so jo pozneje popravili, senzacija pa se je vseeno zgodila). Še vedno ni uradne objave dokaza Poincaréjeve hipoteze - obstaja pa avtoritativno mnenje najboljših matematikov planeta, ki potrjuje pravilnost Perelmanovih izračunov.
Fieldsovo medaljo je prejel Grigory Perelman prav za rešitev Poincaréjevega problema. Toda ruski znanstvenik je zavrnil nagrado, ki si jo nedvomno zasluži. "Gregory mi je povedal, da se počuti izoliranega od mednarodne matematične skupnosti, zunaj te skupnosti, in zato ne želi prejeti nagrade," je na tiskovni konferenci v Madridu dejal predsednik Svetovne zveze matematikov (HCM) , Anglež John Ball.
Govori se, da bo Grigory Perelman popolnoma zapustil znanost: pred šestimi meseci je zapustil rodni matematični inštitut Steklov in pravijo, da se ne bo več ukvarjal z matematiko. Morda ruski znanstvenik verjame, da je, ko je dokazal slavno hipotezo, naredil vse, kar je mogel za znanost. Vendar, kdo bi se lotil govora o premiku misli tako briljantnega znanstvenika in izjemne osebe? .. Perelman zavrača kakršne koli komentarje, za The Daily Telegraph pa je dejal: "Nič, kar lahko rečem, ni v najmanjšem javnem interesu." Vendar so bile vodilne znanstvene publikacije enotne v svojih ocenah, ko so poročale, da je "Grigorij Perelman, ko je rešil Poincaréjev izrek, enak največjim genijem preteklosti in sedanjosti."
Mesečni literarni novinarski časopis in založba.
Da bo Andrew Wiles leta 2016 prejel Abelovo nagrado za dokaz domneve Taniyama-Shimura za polstabilne eliptične krivulje in dokaz Fermatovega izreka, ki izhaja iz te hipoteze. Premija trenutno znaša 6 milijonov NOK ali približno 50 milijonov RUB. Kot pravi Wiles, je bila nagrada zanj "popolno presenečenje".
Fermatov izrek, dokazan pred več kot 20 leti, še vedno vzbuja pozornost matematikov. Deloma je to posledica njegove formulacije, ki je razumljiva tudi za šolarja: dokažite, da za naravno n> 2 ne obstajajo trojke celih števil, ki niso nič, tako da je a n + b n = c n. Pierre Fermat je ta izraz zapisal na rob Diofantove Aritmetike s čudovitim podpisom "Našel sem res čudovit dokaz za to [te trditve], vendar so robovi knjige zanj preozki." Za razliko od večine matematičnih zgodb je ta resnična.
Podelitev nagrade je odlična priložnost, da se spomnimo desetih zabavnih zgodb, povezanih s Fermatovim izrekom.
1.
Preden je Andrew Wiles dokazal Fermatov izrek, je bilo pravilneje, da ga imenujemo hipoteza, torej Fermatova domneva. Bistvo je, da je izrek po definiciji že dokazana trditev. Vendar se je iz nekega razloga takšno ime zataknilo te izjave.
2.
Če v Fermatov izrek damo n = 2, ima takšna enačba neskončno veliko rešitev. Te rešitve se imenujejo "pitagorejski trojčki". To ime so dobili, ker ustrezajo pravokotnim trikotnikom, katerih stranice so izražene s takšnimi nizi številk. Pitagorejske trojčke lahko ustvarite s temi tremi formulami (m 2 - n 2, 2mn, m 2 + n 2). V te formule je treba nadomestiti različne vrednosti m in n, rezultat pa bodo trojke, ki jih potrebujemo. Glavna stvar pri tem pa je zagotoviti, da bodo dobljene številke večje od nič - dolžin ni mogoče izraziti z negativnimi številkami.
Mimogrede, zlahka je videti, da če vsa števila v pitagorejski trojki pomnožimo z neko ničlo, dobimo novo pitagorejsko trojko. Zato je smiselno preučevati trojke, pri katerih tri števila v seštevku nimajo skupnega delitelja. Shema, ki smo jo opisali, nam omogoča, da dobimo vse takšne trojke - to ni več preprost rezultat.
3.
1. marca sta na srečanju Pariške akademije znanosti leta 1847 dva matematika naenkrat - Gabriel Lame in Augustin Cauchy - sporočila, da sta na robu dokaza izjemnega izreka. Tekmovali so z objavo dokazov. Večina akademikov je navijala za Lamea, saj je bil Cauchy samozadovoljen, nestrpen verski fanatik (in seveda v kombinaciji popolnoma briljanten matematik). Vendar se tekmi ni bilo usojeno končati - nemški matematik Ernst Kummer je prek svojega prijatelja Josepha Liouvillea akademikom povedal, da imata dokazila Cauchyja in Lamea enako napako.
V šoli je dokazano, da je faktorizacija števila v prafaktorje edinstvena. Oba matematika sta verjela, da če pogledate razgradnjo celih števil že v kompleksnem primeru, bo ta lastnost - edinstvenost - ohranjena. Vendar pa ni.
Omeniti velja, da če upoštevamo samo m + i n, je razgradnja edinstvena. Takšna števila se imenujejo Gaussova. Toda za delo Lamea in Cauchyja je bila potrebna faktorizacija v ciklotomskih poljih. To so na primer števila, pri katerih sta m in n racionalna, i pa izpolnjuje lastnost i ^ k = 1.
4.
Fermatov izrek za n = 3 ima jasen geometrijski pomen. Predstavljajmo si, da imamo veliko majhnih kock. Recimo, da smo iz njih zbrali dve veliki kocki. V tem primeru bodo stranice seveda cela števila. Ali je mogoče najti dve tako veliki kocki, da bi z razstavljanjem na sestavne majhne kocke iz njih sestavili eno veliko kocko? Fermatov izrek pravi, da tega nikoli ne morete storiti. Smešno je, da če postavite isto vprašanje za tri kocke, je odgovor pritrdilen. Na primer, obstajajo taka štiri števila, ki jih je odkril čudoviti matematik Srinivas Ramanujan:
3 3 + 4 3 + 5 3 = 6 3
5.
V zgodbi o Fermatovem izreku je opozoril Leonard Euler. Trditve mu res ni uspelo dokazati (ali se celo približati dokazu), je pa izoblikoval hipotezo, da je enačba
x 4 + y 4 + z 4 = u 4
nima celoštevilske rešitve. Vsi poskusi, da bi našli rešitev za takšno enačbo, so bili neuspešni. Šele leta 1988 je Naum Elkies s Harvarda našel nasproten primer. Izgleda takole:
2 682 440 4 + 15 365 639 4 + 18 796 760 4 = 20 615 673 4 .
Običajno se ta formula zapomni v kontekstu numeričnega eksperimenta. Praviloma v matematiki izgleda takole: obstaja neka formula. Matematik to formulo preveri v preprostih primerih, preveri resnico in oblikuje neko hipotezo. Nato (čeprav pogosteje nekateri od njegovih podiplomskih študentov ali študentov) napiše program, s katerim preveri, ali je formula pravilna za dovolj velika števila, ki jih ni mogoče prešteti z rokami (govorimo o enem takem poskusu s praštevili). To seveda ni dokaz, ampak odličen razlog za hipotezo. Vse te konstrukcije temeljijo na razumni predpostavki, da če obstaja protiprimer neke razumne formule, potem ga bomo našli dovolj hitro.
Eulerjeva hipoteza nas opominja, da je življenje veliko bolj raznoliko kot naše fantazije: prvi protiprimer je lahko poljubno velik.
6.
Pravzaprav seveda Andrew Wiles ni poskušal dokazati Fermatovega izreka - reševal je težji problem, imenovan Taniyama-Shimura domneva. V matematiki obstajata dva izjemna razreda predmetov. Prva se imenuje modularne oblike in je v bistvu funkcija na prostoru Lobačevskega. Te funkcije se ne spremenijo s premiki prav te ravnine. Drugi se imenuje "eliptične krivulje" in so krivulje, ki jih definira enačba tretje stopnje na kompleksni ravnini. Oba predmeta sta zelo priljubljena v teoriji števil.
V 50-ih letih prejšnjega stoletja sta se v knjižnici tokijske univerze srečala dva nadarjena matematika, Yutaka Taniyama in Goro Shimura. Takrat na univerzi ni bilo posebne matematike: preprosto ni imela časa za okrevanje po vojni. Posledično so znanstveniki študirali po starih učbenikih in na seminarjih analizirali probleme, ki so v Evropi in Združenih državah veljali za rešene in niso bili posebej pomembni. Taniyama in Shimura sta odkrila, da obstaja nekaj ujemanja med modularnimi oblikami in eliptičnimi funkcijami.
Svojo hipotezo so preizkusili na nekaterih preprostih razredih krivulj. Izkazalo se je, da deluje. Tako so domnevali, da je ta povezava vedno prisotna. Tako se je pojavila hipoteza Taniyama-Shimura, tri leta pozneje pa je Taniyama naredil samomor. Leta 1984 je nemški matematik Gerhard Frey pokazal, da če je Fermatov izrek napačen, je torej domneva Taniyama-Shimura napačna. Iz tega je sledilo, da bo tisti, ki je to domnevo dokazal, dokazal tudi izrek. Točno to je storil Wiles - vendar ne na zelo splošen način.
7.
Wiles je osem let dokazoval hipotezo. In med preverjanjem so recenzenti v njem našli napako, ki je »pobila« večino dokazov in izničila vsa leta dela. Eden od recenzentov po imenu Richard Taylor se je zavezal, da bo popravil to luknjo z Wilesom. Med delom se je pojavilo sporočilo, da je Elkies, tisti, ki je našel protizmer Eulerjevi domnevi, našel protizmer Fermatovemu izreku (kasneje se je izkazalo, da je šlo za prvoaprilsko šalo). Wiles je bil depresiven in ni hotel nadaljevati – luknja v dokazih se nikakor ni zapirala. Taylor je Wilesa prepričal, naj se bori še en mesec.
Zgodil se je čudež in do konca poletja so matematiki naredili preboj - tako je Andrew Wiles 'Modularne eliptične krivulje in veliki Fermatov izrek (pdf) in Richard Taylor in Andrew Wiles' Teoretične lastnosti prstana nekaterih Heckejevih algebr bili rojeni. To je bil že pravi dokaz. Objavljena je bila leta 1995.
8.
Leta 1908 je v Darmstadtu umrl matematik Paul Wolfskel. Za seboj je zapustil oporoko, v kateri je matematični skupnosti dal 99 let, da najde dokaz Fermatovega velikega izreka. Avtor dokazila bi moral dobiti 100 tisoč mark (avtor nasprotnega primera, mimogrede, ne bi prejel ničesar). Po priljubljeni legendi je ljubezen spodbudila Wolfskehla, da je naredil takšno darilo matematikom. Takole opisuje legendo Simon Singh v svoji knjigi Fermatov zadnji izrek:
Zgodba se začne z Wolfskelovo zaljubljenostjo v lepo žensko, katere identiteta ni bila nikoli ugotovljena. Na veliko Wolfskelovo obžalovanje ga je skrivnostna ženska zavrnila. Padel je v tako globok obup, da se je odločil narediti samomor. Wolfskel je bil strasten človek, vendar ne impulziven, in je zato začel svojo smrt obravnavati v vsaki podrobnosti. Določil je datum za svoj samomor in se odločil, da se bo s prvim udarcem ure točno ob polnoči ustrelil v glavo. Za preostale dni se je Wolfskel odločil spraviti v red svoje zadeve, ki so šle odlično, zadnji dan pa je naredil oporoko in pisal pisma bližnjim prijateljem in sorodnikom.
Wolfskel je tako trdo delal, da je vse svoje posle končal pred polnočjo in, da bi nekako zapolnil preostale ure, odšel v knjižnico, kjer je začel brskati po matematičnih revijah. Kmalu je naletel na klasičen Kummerjev članek, v katerem je razložil, zakaj sta Cauchy in Lame propadla. Kummerjevo delo je bilo ena najpomembnejših matematičnih publikacij svoje dobe in je bilo popolno branje za matematika, ki načrtuje samomor. Wolfskel je skrbno, vrstico za vrstico, sledil Kummerjevim izračunom. Nenadoma se je Wolfskelu zazdelo, da je odkril vrzel: avtor je naredil določeno domnevo in tega koraka v svojem sklepanju ni utemeljil. Wolfskel se je spraševal, ali je dejansko našel resno vrzel ali je Kummerjeva predpostavka veljavna. Če je bila ugotovljena vrzel, je obstajala možnost, da bi lahko Fermatov zadnji izrek dokazali veliko lažje, kot so mnogi mislili.
Wolfskel se je usedel za mizo, skrbno analiziral "napačen" del Kummerjevega razmišljanja in začel skicirati mini dokaz, ki bi moral bodisi podpreti Kummerjevo delo bodisi pokazati zmotnost njegove domneve in posledično ovreči vse njegove argumente. . Do zore je Wolfskel končal svoje izračune. Slaba novica (matematično) je bila, da je bil Kummerjev dokaz ozdravljen, Fermatov zadnji izrek pa je bil še vedno nedostopen. Toda dobra novica je bila: čas, ki je bil določen za samomor, je minil in Wolfskehl je bil tako ponosen, da mu je uspelo najti in zapolniti vrzel v delu velikega Ernesta Kummerja, da sta se njegov obup in žalost sama od sebe razblinila. Matematika mu je obudila žejo po življenju.
Vendar pa obstaja tudi alternativna različica. Po njenih besedah se je Wolfskel lotil matematike (in pravzaprav Fermatovega izreka) zaradi progresivne multiple skleroze, ki mu je onemogočala, da bi počel tisto, kar mu je bilo všeč – biti zdravnik. In denar je prepustil matematikom, da ne bi zapustil svoje žene, ki jo je do konca življenja preprosto sovražil.
9.
Poskusi dokazovanja Fermatovega izreka z elementarnimi metodami so privedli do nastanka celega razreda čudni ljudje imenovani "fermatisti". Naredili so, kar so proizvedli velika količina dokazov in sploh niso obupali, ko so v teh dokazih našli napako.
Na Fakulteti za mehaniko in matematiko Moskovske državne univerze je bil legendarni lik po imenu Dobretsov. Zbiral je certifikate različnih oddelkov in z njimi prodrl na oddelek za mehaniko in matematiko. To je bilo storjeno izključno zato, da bi našli žrtev. Nekako je naletel na mladega podiplomskega študenta (bodočega akademika Novikova). V svoji naivnosti je začel skrbno preučevati sveženj papirjev, ki mu jih je Dobretsov zdrsnil z besedami, pravijo, tukaj je dokaz. Po drugem "tukaj je napaka ..." je Dobretsov vzel kup in ga pospravil v svojo aktovko. Iz druge aktovke (ja, skozi mehansko-matematični oddelek je šel z dvema aktovkama) je vzel drugi kupček, zavzdihnil in rekel: “No, potem pa poglejmo možnost 7 B”.
Mimogrede, večina teh dokazov se začne s frazo "Prenesimo enega od izrazov na desno stran enakosti in ga faktorizirajmo."
10.
Zgodba o izreku ne bo popolna brez čudovitega filma "Matematik in hudič".
amandma
V 7. razdelku tega članka je prvotno navedeno, da je Naum Elkies našel nasprotni primer Fermatovemu izreku, za katerega se je kasneje izkazalo, da je napačen. To ni res: poročilo o nasprotnem primeru je bila prvoaprilska šala. Opravičujemo se za netočnost.
Andrej Konyaev
