Fermats stora teorem. Låt oss avslöja! Fermats sista sats bevisat? Hur gårdssatsen låter
Pierre Fermat, som läste "Aritmetiken" av Diophantus av Alexandria och reflekterade över dess uppgifter, hade för vana att skriva ner resultaten av sina reflektioner i bokens marginaler i form av korta kommentarer. Mot det åttonde problemet med Diophantus i bokens marginal skrev Fermat: " Tvärtom är det omöjligt att sönderdela en kub i två kuber, eller en biquadrat till två biquadrats, och i allmänhet ingen grad större än en kvadrat med två grader med samma exponent. Jag har upptäckt ett verkligt underbart bevis på detta, men dessa fält är för smala för honom.» / E.T.Bell "The Creators of Mathematics". M., 1979, s. 69/. Jag uppmärksammar er på ett elementärt bevis på gårdens sats, som kan förstås av alla gymnasieelever som är förtjusta i matematik.
Låt oss jämföra Fermats kommentar om Diophantusproblemet med den moderna formuleringen av Fermats stora sats, som har formen av en ekvation.
« Ekvationen
x n + y n = z n(där n är ett heltal större än två)
har inga lösningar i positiva heltal»
Kommentaren står i ett logiskt samband med uppgiften, analogt med predikatets logiska samband med subjektet. Vad som bekräftas av problemet med Diophantus, tvärtom, bekräftas av Fermats kommentar.
Fermats kommentar kan tolkas på följande sätt: om en andragradsekvation med tre okända har en oändlig uppsättning lösningar på mängden av alla trippel av Pythagoras tal, då, tvärtom, en ekvation med tre okända i en grad större än kvadraten
Det finns inte ens en antydan om dess samband med problemet med Diophantus i ekvationen. Dess uttalande kräver bevis, men under det finns det inget villkor av vilket det följer att det inte har några lösningar i positiva heltal.
Varianterna av beviset på ekvationen som jag känner till reduceras till följande algoritm.
- Ekvationen för Fermats teorem tas som slutsats, vars giltighet verifieras med hjälp av beviset.
- Samma ekvation kallas original- ekvationen från vilken dess bevis måste utgå.
Som ett resultat bildades en tautologi: " Om ekvationen inte har några lösningar i positiva heltal, så har den inga lösningar i positiva heltal". Beviset för tautologin är medvetet felaktigt och saknar all mening. Men det bevisas med motsägelsefull metod.
- Det motsatta antagandet görs till det för ekvationen du vill bevisa. Den borde inte motsäga den ursprungliga ekvationen, men den motsäger den. Det är ingen mening att bevisa det som accepteras utan bevis, och att utan bevis acceptera det som krävs för att bevisas.
- Baserat på det accepterade antagandet utförs absolut korrekta matematiska operationer och åtgärder för att bevisa att den motsäger den ursprungliga ekvationen och är falsk.
Därför, i 370 år nu, har beviset för ekvationen av Fermats sista sats förblivit en oförverkliglig dröm för specialister och amatörer inom matematik.
Jag tog ekvationen som slutsatsen av satsen och det åttonde problemet med Diophantus och dess ekvation som satsens tillstånd.
"Om ekvationen x 2 + y 2 = z 2
(1) har en oändlig uppsättning lösningar på mängden av alla trippel av Pythagoras tal, sedan, omvänt, ekvationen x n + y n = z n
, var n> 2
(2) har inga lösningar på uppsättningen positiva heltal."
Bevis.
A) Alla vet att ekvation (1) har en oändlig uppsättning lösningar på mängden av alla trippel av Pythagoras tal. Låt oss bevisa att inte en enda trippel av Pythagoras tal som är en lösning till ekvation (1) är en lösning till ekvation (2).
Baserat på lagen om reversibilitet för jämlikhet, byts sidorna av ekvation (1) om. Pythagoras siffror (z, x, y) kan tolkas som längden på sidorna i en rätvinklig triangel och kvadraterna (x 2, y 2, z 2) kan tolkas som arean av kvadrater byggda på dess hypotenusa och ben.
Kvadraterna på kvadraterna i ekvation (1) multipliceras med en godtycklig höjd h :
z 2 h = x 2 h + y 2 h (3)
Ekvation (3) kan tolkas som likheten mellan volymen av en parallellepiped och summan av volymerna av två parallellepipeder.
Låt höjden av tre parallellepipeder h = z :
z 3 = x 2 z + y 2 z (4)
Volymen av kuben sönderdelas i två volymer av två parallellepipeder. Lämna kubens volym oförändrad och minska höjden på den första parallellepipeden till x och minska höjden på den andra parallellepipeden till y ... Volymen av en kub är större än summan av volymerna av två kuber:
z 3> x 3 + y 3 (5)
På uppsättningen av trippel av Pythagoras tal ( x, y, z ) kl n = 3 det kan inte finnas någon lösning på ekvation (2). Därför är det omöjligt att sönderdela en kub i två kuber på uppsättningen av alla trippel av Pythagoras tal.
Sätt in ekvation (3) höjden av tre parallellepipeder h = z 2 :
z 2 z 2 = x 2 z 2 + y 2 z 2 (6)
Volymen av en parallellepiped delas upp i summan av volymerna av två parallellepiped.
Lämna den vänstra sidan av ekvation (6) oförändrad. På dess högra sida är höjden z 2
förminska till X
under första terminen och fram till vid 2
under andra mandatperioden.
Ekvation (6) förvandlas till ojämlikhet:
Volymen av en parallellepiped sönderdelas i två volymer av två parallellepipeder.
Lämna den vänstra sidan av ekvation (8) oförändrad.
På höger sida höjden z n-2
förminska till x n-2
under första terminen och minska till y n-2
under andra mandatperioden. Ekvation (8) förvandlas till ojämlikheten:
| z n> x n + y n | (9) |
På uppsättningen av trippel av Pythagoras tal kan det inte finnas en enda lösning på ekvation (2).
Därför på uppsättningen av alla trippel av Pythagoras tal för alla n> 2 ekvation (2) har inga lösningar.
Fick "postinno mirakulösa bevis", men bara för trillingar Pythagoras siffror... Detta är brist på bevis och anledningen till P. Fermats vägran från honom.
B) Låt oss bevisa att ekvation (2) inte har några lösningar på uppsättningen av trippel av icke-pytagoreiska tal, vilket är ett misslyckande i familjen av en godtyckligt tagen trippel av Pythagoras tal z = 13, x = 12, y = 5 och familjen av en godtycklig trippel av positiva heltal z = 21, x = 19, y = 16
Båda trillingarna av siffror är medlemmar av deras familjer:
| (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) |
Antalet familjemedlemmar (10) och (11) är lika med hälften av produkten av 13 gånger 12 och 21 gånger 20, det vill säga 78 och 210.
Varje medlem i familjen (10) innehåller z = 13 och variabler X och på 13> x> 0 , 13> y> 0 1
Varje medlem i familjen (11) innehåller z = 21 och variabler X och på som tar värdena av heltal 21> x> 0 , 21> y> 0 ... Variablerna minskar gradvis med 1 .
Tripletterna av siffror i sekvensen (10) och (11) kan representeras som en sekvens av tredje gradens ojämlikheter:
| 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 |
och i form av fjärde gradens ojämlikheter:
| 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 |
Riktigheten av varje olikhet bekräftas av höjningen av talen till tredje och fjärde potenser.
En kub med ett större tal kan inte brytas upp i två kuber med mindre tal. Det är antingen mindre eller mer än summan av kuberna av de två mindre talen.
Biquadrat av ett större tal kan inte brytas upp i två biquadrats av mindre tal. Det är antingen mindre eller mer än summan av biquadrats av mindre tal.
Med en ökning av exponenten har alla ojämlikheter, förutom den vänstra extrema ojämlikheten, samma betydelse:
Olikheter, de har alla samma betydelse: graden av ett större tal är större än summan av potenserna av mindre än två tal med samma exponent:
| 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) |
Termen längst till vänster i sekvenserna (12) (13) är den svagaste ojämlikheten. Dess korrekthet bestämmer riktigheten av alla efterföljande olikheter i sekvensen (12) för n> 8 och sekvens (13) för n> 14 .
Det kan inte finnas en enda jämställdhet mellan dem. En godtycklig trippel av positiva heltal (21,19,16) är inte en lösning på ekvation (2) i Fermats stora sats. Om en godtyckligt tagen trippel av positiva heltal inte är en lösning på ekvationen, så har ekvationen inga lösningar på uppsättningen positiva heltal, vilket är vad vi var tvungna att bevisa.
MED) Fermats kommentar om Diophantus-problemet säger att det är omöjligt att sönderdela " i allmänhet ingen grad större än kvadraten, med två grader med samma exponent».
Kyssar en grad större än en kvadrat är egentligen omöjlig att bryta ner i två grader med samma exponent. Olämplig grad större än kvadraten kan delas upp i två grader med samma exponent.
Varje godtycklig trippel av positiva heltal (z, x, y) kan tillhöra en familj där varje medlem består av ett konstant antal z och två nummer mindre än z ... Varje medlem i familjen kan representeras i form av en ojämlikhet, och alla erhållna ojämlikheter kan representeras som en sekvens av ojämlikheter:
| z n< (z — 1) n + (z — 1) n ; z n < (z — 1) n + (z — 2) n ; …; z n >1 n + 1 n | (14) |
Sekvensen av ojämlikheter (14) börjar med ojämlikheter där vänster sida är mindre än höger, och slutar med ojämlikheter där höger sida är mindre än vänster sida. Med ökande exponent n> 2 antalet olikheter på höger sida av sekvens (14) ökar. Med en exponent n = k alla ojämlikheterna på den vänstra sidan av sekvensen ändrar sin betydelse och får betydelsen av ojämlikheterna på den högra sidan av ojämlikheterna i sekvensen (14). Som ett resultat av en ökning av exponenten för alla ojämlikheter, visar sig vänster sida vara större än höger:
| zk> (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) |
Med ytterligare ökning av exponenten n> k ingen av ojämlikheterna ändrar sin innebörd och förvandlas inte till jämlikhet. På grundval av detta kan det hävdas att varje godtyckligt taget trippel av positiva heltal (z, x, y) på n> 2 , z> x , z> y
I en godtycklig trippel av positiva heltal z kan vara ett godtyckligt stort naturligt tal. För alla naturliga tal som inte är större än z , Fermats sista sats är bevisad.
D) Oavsett hur stort antal z , i den naturliga serien av tal före den finns en stor, men ändlig uppsättning heltal, och efter den - en oändlig uppsättning heltal.
Låt oss bevisa att hela den oändliga mängden naturliga tal större än z , bildar tripplar av tal som inte är lösningar till ekvationen i Great Fermats sats, till exempel en godtyckligt tagen trippel av positiva heltal (z + 1, x, y) , vart i z + 1> x och z + 1> y för exponentens alla värden n> 2 är inte en lösning på ekvationen av Great Fermats sats.
En godtycklig triplett av positiva heltal (z + 1, x, y) kan tillhöra familjen av trillingar av tal, där varje medlem består av ett konstant tal z + 1 och två nummer X och på tar andra värden mindre än z + 1 ... Familjemedlemmar kan representeras i form av ojämlikheter där den konstanta vänstra sidan är mindre eller mer än den högra. Ojämlikheter kan ordnas på ett ordnat sätt som en sekvens av ojämlikheter:
Med ytterligare ökning av exponenten n> k till oändlighet, ingen av ojämlikheterna i följd (17) ändrar sin mening och förvandlas till jämlikhet. I sekvens (16) bildades ojämlikheten från en godtycklig trippel av positiva heltal (z + 1, x, y) , kan vara på sin högra sida i formuläret (z + 1) n> x n + y n eller vara i sin vänstra del i formuläret (z + 1) n< x n + y n .
I alla fall trippeln av positiva heltal (z + 1, x, y) på n> 2 , z + 1> x , z + 1> y i sekvens (16) är en ojämlikhet och kan inte representera en jämlikhet, dvs den kan inte representera en lösning på ekvationen för den stora Fermats teorem.
Det är lätt och enkelt att förstå ursprunget till sekvensen av maktojämlikheter (16), där den sista ojämlikheten på vänster sida och den första ojämlikheten på höger sida är ojämlikheter av motsatt betydelse. Tvärtom, det är inte lätt och inte lätt för skolelever, gymnasieelever och gymnasieelever att förstå hur en sekvens av ojämlikheter (17) bildas av en sekvens av ojämlikheter (16), där alla ojämlikheter har samma innebörd. .
I sekvens (16) gör en ökning av heltalsgraden av olikheter med 1 enhet den sista olikheten på vänster sida till den första olikheten med motsatt betydelse på höger sida. Således minskar antalet ojämlikheter på den nionde sidan av sekvensen, medan antalet olikheter på höger sida ökar. Mellan den sista och den första maktojämlikheten av motsatt betydelse finns det nödvändigtvis en maktlikhet. Dess grad kan inte vara ett heltal, eftersom det bara finns icke-heltal mellan två på varandra följande naturliga tal. Maktlikhet av en icke-heltalsgrad, enligt satsens hypotes, kan inte anses vara en lösning på ekvation (1).
Om vi i sekvens (16) fortsätter att öka graden med 1 enhet, kommer den sista olikheten på dess vänstra sida att förvandlas till den första olikheten av motsatt betydelse av höger sida. Som ett resultat återstår inte en enda ojämlikhet på vänster sida och bara ojämlikhet på höger sida kvar, som representerar en sekvens av ökande maktojämlikheter (17). En ytterligare ökning av hela deras grad med 1 enhet förstärker bara dess maktojämlikheter och utesluter kategoriskt möjligheten av uppkomsten av jämlikhet i en hel grad.
Därför kan i allmänhet ingen heltalspotens av ett naturligt tal (z + 1) i sekvensen av potensolikheter (17) delas upp i två heltalspotenser med samma exponent. Därför har ekvation (1) inga lösningar på en oändlig uppsättning naturliga tal, vilket krävdes för att bevisa.
Följaktligen är Fermats sista sats bevisad i all sin universalitet:
- i avsnitt A) för alla tripplar (z, x, y) Pythagoras tal (Fermats upptäckt är verkligen ett underbart bevis),
- i avsnitt B) för alla familjemedlemmar av någon triplett (z, x, y) Pythagoras siffror,
- i avsnitt C) för alla tripplar av tal (z, x, y) , inte stora antal z
- i avsnitt D) för alla tripplar av tal (z, x, y) naturliga talserier.
|
Ändringar gjordes den 09/05/2010. |
Vilka satser kan och inte kan bevisas genom motsägelse
I den förklarande ordboken för matematiska termer ges en definition av ett bevis på motsatt sats, motsatsen till invers sats.
"Bevis genom motsägelse är en metod för att bevisa en sats (sats), som består i att bevisa inte själva satsen, utan dess motsvarighet (motsvarande), motsatsen till den omvända (omvända till motsatta) satsen. Ett motsägelsebevis används närhelst den direkta satsen är svår att bevisa, och motsatsen är lättare att bevisa. När man bevisar genom motsägelse ersätts satsens slutsats av dess negation, och genom resonemang kommer man fram till negationen av villkoret, d.v.s. till en motsägelse, till motsatsen (motsatsen till vad som är givet; denna reduktion till absurditet bevisar satsen."
Bevis genom motsägelse är mycket vanligt i matematik. Beviset genom motsägelse är baserat på lagen för den uteslutna tredjedelen, som är den av två påståenden (påståenden) A och A (negation A) en av dem är sann och den andra är falsk."/ Explanatory Dictionary of Mathematical Terms: A Guide for Teachers / O. V. Manturov [och andra]; ed. V. A. Ditkina.- M .: Utbildning, 1965.- 539 s .: ill.-C.112 /.
Det vore inte bättre att öppet förklara att metoden att bevisa genom motsägelse inte är en matematisk metod, även om den används i matematik, att den är en logisk metod och tillhör logiken. Är det acceptabelt att säga att ett motsägelsebevis "används närhelst den direkta satsen är svår att bevisa", när den i själva verket används om och bara om det inte finns något substitut för det?
Karakteriseringen av förhållandet mellan direkta och omvända satser till varandra förtjänar särskild uppmärksamhet. "Den omvända satsen för en given sats (eller för en given sats) är en sats där villkoret är slutsatsen, och slutsatsen är villkoret för den givna satsen. Denna sats i förhållande till den omvända satsen kallas direktsatsen (original). Samtidigt kommer den omvända satsen till den omvända satsen att vara den givna satsen; därför kallas de direkta och omvända satserna ömsesidigt inversa. Om den direkta (givna) satsen är sann, är den omvända satsen inte alltid sann. Till exempel, om en fyrhörning är en romb, är dess diagonaler ömsesidigt vinkelräta (direkt sats). Om diagonalerna i fyrhörningen är ömsesidigt vinkelräta, så är fyrhörningen en romb - detta är inte sant, det vill säga den omvända satsen är inte sant."/ Explanatory Dictionary of Mathematical Terms: A Guide for Teachers / O. V. Manturov [och andra]; ed. V. A. Ditkina.- M .: Utbildning, 1965.- 539 s .: ill.-C.261 /.
Denna egenskap hos förhållandet mellan den direkta och den omvända satsen tar inte hänsyn till det faktum att tillståndet för den direkta satsen tas som givet, utan bevis, så att dess riktighet inte garanteras. Villkoret för den omvända satsen tas inte som givet, eftersom det är slutsatsen av den bevisade direktsatsen. Dess riktighet bevisas av beviset för den direkta satsen. Denna väsentliga logiska skillnad mellan villkoren för de direkta och inversa satserna visar sig vara avgörande i frågan om vilka satser som kan och vilka som inte kan bevisas med en logisk metod genom motsägelse.
Låt oss anta att det finns en direkt sats i åtanke, som kan bevisas med den vanliga matematiska metoden, men det är svårt. Låt oss formulera det i allmän form i en kort form enligt följande: från A skall E ... Symbol A det givna tillståndet för satsen, accepterat utan bevis, spelar roll. Symbol E innebörden av slutsatsen av satsen, som krävs för att bevisas.
Vi kommer att bevisa den direkta satsen genom motsägelse, logisk metod. En logisk metod används för att bevisa ett teorem som har inte matematiskt skick, och logisk skick. Det kan erhållas om det matematiska tillståndet för satsen från A skall E , komplettera med motsatt villkor från A det följer inte E .
Som ett resultat fick vi ett logiskt motsägelsefullt villkor för den nya satsen, som innehåller två delar: från A skall E och från A det följer inte E ... Det resulterande villkoret för den nya satsen motsvarar den logiska lagen för den uteslutna mitten och motsvarar beviset för satsen med den motsägelsefulla metoden.
Enligt lagen är en del av ett motstridiga villkor falsk, en annan del av den är sann och den tredje är utesluten. Bevis genom motsägelse har sin uppgift och syfte att fastställa exakt vilken del av de två delarna av satsens villkor som är falsk. Så snart den falska delen av tillståndet har fastställts kommer det att fastställas att den andra delen är den sanna delen, och den tredje är exkluderad.
Enligt den förklarande ordboken för matematiska termer, "Bevis är resonemang, under vilket sanningen eller falskheten i ett påstående (dom, påstående, teorem) fastställs"... Bevis genom motsägelse det finns resonemang, under vilket det fastställs falskhet(absurditet) i slutsatsen som härrör från falsk villkoren för att teoremet bevisas.
Given: från A skall E och från A det följer inte E .
Bevisa: från A skall E .
Bevis: Det logiska villkoret för satsen innehåller en motsägelse som måste lösas. Villkorets motsägelse måste finna sin lösning i beviset och dess resultat. Resultatet visar sig vara falskt med felfria och felfria resonemang. Med logiskt korrekta resonemang kan orsaken till den falska slutsatsen bara vara ett motsägelsefullt villkor: från A skall E och från A det följer inte E .
Det råder ingen skugga av tvivel om att en del av tillståndet är falskt, medan den andra i det här fallet är sann. Båda delarna av villkoret har samma ursprung, är accepterade som data, antagna, lika möjliga, lika tillåtliga, etc. Under logiska resonemang hittades inte ett enda logiskt drag som skulle skilja den ena delen av villkoret från den andra . Därför kan det vara i samma utsträckning från A skall E och kanske från A det följer inte E ... Påstående från A skall E kanske falsk, sedan uttalandet från A det följer inte E kommer att vara sant. Påstående från A det följer inte E kan vara falskt, då påståendet från A skall E kommer att vara sant.
Följaktligen är det omöjligt att bevisa den direkta satsen genom motsägelse.
Nu ska vi bevisa samma direkta sats med den vanliga matematiska metoden.
Given: A .
Bevisa: från A skall E .
Bevis.
1. Från A skall B
2. Från B skall V (genom den tidigare bevisade satsen)).
3. Från V skall G (genom den tidigare bevisade satsen).
4. Från G skall D (genom den tidigare bevisade satsen).
5. Från D skall E (genom den tidigare bevisade satsen).
Baserat på lagen om transitivitet, från A skall E ... Den direkta satsen bevisas med den vanliga metoden.
Låt det bevisade direkta satsen ha rätt omvänd sats: från E skall A .
Låt oss bevisa det med det vanliga matematisk metod. Beviset för den omvända satsen kan uttryckas symboliskt i form av en algoritm för matematiska operationer.
Given: E
Bevisa: från E skall A .
Bevis.
1. Från E skall D
2. Från D skall G (genom den tidigare bevisade omvända satsen).
3. Från G skall V (genom den tidigare bevisade omvända satsen).
4. Från V det följer inte B (den omvända satsen är inte sann). Det är därför från B det följer inte A .
I den här situationen är det ingen mening att fortsätta det matematiska beviset för den omvända satsen. Orsaken till situationen är logisk. Det är omöjligt att ersätta den felaktiga omvända satsen med någonting. Följaktligen kan denna omvända sats inte bevisas med den vanliga matematiska metoden. Allt hopp är på beviset för denna omvända sats genom motsägelsemetoden.
För att bevisa det med motsägelsefull metod, krävs det att dess matematiska tillstånd ersätts med ett logiskt motsägelsefullt tillstånd, som i sin mening innehåller två delar - falskt och sant.
Den omvända satsen stater: från E det följer inte A ... Hennes tillstånd E , varav slutsatsen följer A , är resultatet av att bevisa den direkta satsen med den vanliga matematiska metoden. Detta villkor ska behållas och kompletteras med utlåtandet från E skall A ... Som ett resultat av tillägget erhålls ett motsägelsefullt villkor för den nya omvända satsen: från E skall A och från E det följer inte A ... Baserat på det här logiskt sett motsägelsefullt villkor, kan det omvända satsen bevisas med hjälp av det korrekta logisk bara resonemang, och bara, logisk genom motsägelsemetoden. Som bevis genom motsägelse är alla matematiska handlingar och operationer underordnade logiska och räknas därför inte.
I den första delen av det motsägelsefulla uttalandet från E skall A skick E bevisades av beviset för den direkta satsen. I den andra delen från E det följer inte A skick E antogs och accepterades utan bevis. Vissa av dem är det ena falskt och det andra är sant. Det krävs för att bevisa vilken av dem som är falsk.
Vi bevisar med hjälp av rätt logisk resonemang och finner att resultatet är en falsk, absurd slutsats. Anledningen till den falska logiska slutsatsen är det motsägelsefulla logiska tillståndet i satsen, som innehåller två delar - falskt och sant. Endast ett påstående kan vara en falsk del från E det följer inte A , i vilken E accepterades utan bevis. Det är så det skiljer sig från E godkännande från E skall A , vilket bevisas av beviset för den direkta satsen.
Därför är följande påstående sant: från E skall A , som krävs för att bevisa.
Slutsats: endast den omvända satsen bevisas med en logisk metod genom motsägelse, som har en direkt sats bevisad med en matematisk metod och som inte kan bevisas med en matematisk metod.
Den resulterande slutsatsen får en exceptionell betydelse i förhållande till bevismetoden genom motsägelse av den stora Fermats teorem. Den överväldigande majoriteten av försöken att bevisa det bygger inte på den vanliga matematiska metoden, utan på den logiska metoden att bevisa genom motsägelse. Beviset för Wiles Great Fermat Theorem är inget undantag.
Dmitry Abrarov publicerade i sin artikel "Fermat's Theorem: The Phenomenon of Wiles' Proofs" en kommentar om beviset för den stora Fermat-satsen av Wiles. Enligt Abrarov bevisar Wiles den store Fermats teorem med hjälp av ett anmärkningsvärt fynd av den tyske matematikern Gerhard Frey (f. 1944), som kopplade samman den potentiella lösningen av Fermats ekvation x n + y n = z n
, var n> 2
, med en annan, helt olik honom, ekvation. Denna nya ekvation ges av en speciell kurva (kallad Frey elliptiska kurva). Freys kurva ges av en ekvation av en mycket enkel form:
.
”Frey matchade nämligen alla lösningar (a, b, c) Fermats ekvation, det vill säga tal som uppfyller sambandet a n + b n = c n ovanför kurvan. I det här fallet skulle den stora Fermats teorem följa härifrån.(Citat från: Abrarov D. "Fermat's Theorem: The Phenomenon of Wiles' Proofs")
Med andra ord, Gerhard Frey föreslog att ekvationen för den stora Fermats sats x n + y n = z n
, var n> 2
, har lösningar i positiva heltal. Dessa lösningar är, enligt Freys antagande, lösningar av hans ekvation
y2 + x (x - a n) (y + b n) = 0
, som ges av dess elliptiska kurva.
Andrew Wiles accepterade detta anmärkningsvärda fynd av Frey och med dess hjälp igenom matematisk metoden bevisade att detta fynd, det vill säga Freys elliptiska kurva, inte existerar. Därför finns det ingen ekvation och dess lösningar, som ges av en obefintlig elliptisk kurva.Därför borde Wiles ha accepterat slutsatsen att ekvationen för den stora Fermats teorem och Fermats teorem i sig inte existerar. Han gjorde dock en mer blygsam slutsats att ekvationen för den stora Fermats sats inte har några lösningar i positiva heltal.
Det kan vara ett ovedersägligt faktum att Wiles accepterade ett antagande som är precis motsatt i betydelsen till vad som anges i Fermats sista sats. Det tvingar Wiles att bevisa Fermats sista sats genom motsägelse. Vi kommer att följa hans exempel och se vad som kommer ut av detta exempel.
Fermats sista sats säger att ekvationen x n + y n = z n , var n> 2 , har inga lösningar i positiva heltal.
Enligt den logiska metoden för bevis genom motsägelse bevaras detta påstående, tas som givet utan bevis och kompletteras sedan med motsatt påstående i betydelsen: ekvationen x n + y n = z n , var n> 2 , har lösningar i positiva heltal.
Det påstådda uttalandet accepteras också som givet, utan bevis. Båda påståendena, betraktade ur logikens grundläggande lagar, är lika giltiga, lika och lika möjliga. Genom korrekt resonemang krävs det att fastställa vilken av dem som är falsk, för att sedan fastställa att det andra påståendet är sant.
Det korrekta resonemanget slutar med en falsk, absurd slutsats, vars logiska skäl endast kan vara det motsägelsefulla villkoret för den sats som bevisas, som innehåller två delar av motsatt betydelse. De var det logiska skälet till den absurda slutsatsen, resultatet av bevis genom motsägelse.
Men under ett logiskt korrekt resonemang hittades inte ett enda tecken med vilket det skulle vara möjligt att fastställa vilket särskilt påstående som är falskt. Det kan vara påståendet: ekvationen x n + y n = z n , var n> 2 , har lösningar i positiva heltal. På samma grund kan det vara påståendet: ekvationen x n + y n = z n , var n> 2 , har inga lösningar i positiva heltal.
Som ett resultat av resonemanget kan det bara finnas en slutsats: Fermats sista teorem kan inte bevisas genom motsägelse.
Det skulle vara en helt annan sak om Fermats sista sats var en omvänd sats som har en direkt sats bevisad med den vanliga matematiska metoden. I det här fallet skulle det kunna bevisas genom motsägelse. Och eftersom det är ett direkt teorem, bör dess bevis inte baseras på den logiska metoden att bevisa genom motsägelse, utan på den vanliga matematiska metoden.
Enligt D. Abrarov reagerade den mest kända av moderna ryska matematiker, akademikern V. I. Arnold, "aktivt skeptiskt" på Wiles bevis. Akademikern konstaterade: "det här är inte riktig matematik - riktig matematik är geometrisk och stark i samband med fysik." (Citat från: Abrarov D. "Fermats teorem: fenomenet med Wiles bevis." Akademikerns uttalande uttrycker själva essensen av Wiles's icke-matematiska bevis för den stora Fermats sats.
Motsägelsefullt är det omöjligt att bevisa vare sig att ekvationen för den stora Fermats teorem inte har några lösningar eller att den har lösningar. Wiles misstag är inte matematiskt, utan logiskt - användningen av bevis genom motsägelse där användningen inte är meningsfull och inte bevisar den store Fermats teorem.
Fermats sista sats bevisas inte med den vanliga matematiska metoden, om den ges: ekvationen x n + y n = z n , var n> 2 , har inga lösningar i positiva heltal, och om det krävs för att bevisa i det: ekvationen x n + y n = z n , var n> 2 , har inga lösningar i positiva heltal. I denna form finns det inte ett teorem, utan en tautologi utan mening.
Notera. Mitt bevis på BTF diskuterades på ett av forumen. En av Trotils bidragsgivare, expert på talteori, gjorde följande auktoritativa uttalande med titeln: "A Brief Retelling of What Mirgorodsky Did." Jag citerar det ordagrant:
« A. Han bevisade att om z 2 = x 2 + y , då z n> x n + y n ... Detta är ett välkänt och ganska uppenbart faktum.
V. Han tog två trillingar - pytagoreisk och icke-pytagoreisk och visade genom enkel sökning att för en specifik, specifik familj av trillingar (78 och 210 stycken) är BTF uppfylld (och bara för honom).
MED. Och då utelämnar författaren det faktum att från < i en efterföljande grad kan vara = , inte bara > ... Ett enkelt motexempel - övergång n = 1 v n = 2 i Pythagoras triplett.
D. Denna punkt tillför inte något väsentligt till beviset för BTF. Slutsats: BTF har inte bevisats."
Jag kommer att överväga hans slutsats punkt för punkt.
A. Det bevisade BTF för hela den oändliga uppsättningen av trillingar av Pythagoras tal. Bevisat av den geometriska metoden, som, som jag tror, inte upptäcktes av mig, utan återupptäcktes. Och det upptäcktes, som jag tror, av P. Fermat själv. Det var detta som Fermat kanske hade i åtanke när han skrev:
"Jag har upptäckt ett verkligt underbart bevis på detta, men dessa fält är för smala för honom." Detta mitt antagande är baserat på det faktum att vi i det diofantiska problemet, mot vilket Fermat skrev i bokens marginaler, talar om lösningar av den diofantiska ekvationen, som är trippel av pythagoras tal.
En oändlig uppsättning trippel av pythagoras tal är lösningar av den diofatiska ekvationen, och i Fermats sats kan tvärtom ingen av lösningarna vara en lösning på ekvationen för Fermats sats. Och Fermats verkligt mirakulösa bevis är direkt relaterat till detta faktum. Senare kunde Fermat utvidga sitt teorem till mängden av alla naturliga tal. På uppsättningen av alla naturliga tal tillhör BTF inte "uppsättningen exceptionellt vackra satser". Detta är mitt antagande, som är omöjligt att bevisa eller motbevisa. Det kan både accepteras och förkastas.
V. Vid det här laget bevisar jag att både familjen för en godtyckligt tagen pytagoreisk triplett av tal och familjen till en godtyckligt tagen icke-pythagoras triplett av BTF-tal är uppfyllda. Detta är en nödvändig, men otillräcklig och mellanliggande länk i mitt bevis på BTF . Exemplen jag har tagit på en familj med en trippel av pythagoras tal och en familj av en trippel av icke-pytagoreiska tal har innebörden av specifika exempel som antar och inte utesluter förekomsten av liknande andra exempel.
Trotils påstående att jag "visade genom en enkel sökning att för en specifik, bestämd familj av trillingar (78 och 210 stycken) är BTF uppfylld (och endast för den) är grundlös. Han kan inte vederlägga det faktum att jag lika gärna kan ta andra exempel på de pytagoreiska och icke-pytagoreiska trillingarna för att få fram en specifik specifik familj av den ena och den andra trillingen.
Vilket par av trillingar jag än tar, kan deras lämplighet för att lösa problemet kontrolleras, enligt min åsikt, endast med den "enkla uppräkningsmetoden". Någon annan metod är inte känd för mig och krävs inte. Om Trotil inte gillar det, så borde det ha föreslagit en annan metod, vilket den inte gör. Utan att ge något i gengäld är det felaktigt att fördöma "enkel brute force", som i det här fallet är oersättlig.
MED. Jag utelämnade = mellan< и < на основании того, что в доказательстве БТФ рассматривается уравнение z 2 = x 2 + y (1), i vilken graden n> 2 — hela Positivt nummer. Av jämlikheten mellan ojämlikheterna följer obligatorisk beaktande av ekvation (1) med icke-heltalsgrad n> 2 ... Trotil räkning obligatorisk hänsyn till jämlikhet mellan ojämlikheter faktiskt anser nödvändig i beviset för BTF, beaktande av ekv. (1) för Ofullständig meningen med examen n> 2 ... Jag gjorde detta för mig själv och hittade den ekvationen (1) för Ofullständig meningen med examen n> 2 har en lösning med tre tal: z, (z-1), (z-1) med en icke-heltalsexponent.
Grigory Perelman. Refusenik
Vasilij Maximov
I augusti 2006 tillkännagavs namnen på de bästa matematikerna på planeten, som fick den mest prestigefyllda Fields-medaljen - en slags analog till Nobelpriset, som matematiker, på Alfred Nobels infall, berövades. Fields-medaljen - förutom hedersmärket tilldelas pristagarna en check på femton tusen kanadensiska dollar - delas ut av International Congress of Mathematicians vart fjärde år. Det grundades av den kanadensiske vetenskapsmannen John Charles Fields och belönades första gången 1936. Sedan 1950 har Fields-medaljen delats ut regelbundet personligen av kungen av Spanien för hans bidrag till utvecklingen av matematisk vetenskap. Pristagarna av priset kan vara från en till fyra forskare under fyrtio år. Fyrtiofyra matematiker har redan fått priset, varav åtta är ryssar.
Grigory Perelman. Henri Poincaré.
2006 var pristagarna fransmannen Wendelin Werner, australiensaren Terence Tao och två ryssar – Andrei Okunkov, som arbetar i USA, och Grigory Perelman, en vetenskapsman från St. Petersburg. Men i sista stund blev det känt att Perelman hade tackat nej till detta prestigefyllda pris - som arrangörerna meddelade, "av principiella skäl".
En sådan extravagant handling av den ryska matematikern kom inte som en överraskning för människorna som kände honom. Det är inte första gången som han har vägrat matematiska utmärkelser, och förklarar sitt beslut med att han inte gillar högtidliga händelser och överdriven hype kring sitt namn. För tio år sedan, 1996, tackade Perelman nej till priset från European Mathematical Congress med hänvisning till att han inte hade avslutat arbetet med det vetenskapliga problem som nominerats till priset, och det var inte sista gången. Den ryske matematikern verkade ha gjort det till sitt livs mål att förvåna människor, gå emot den allmänna opinionen och det vetenskapliga samfundet.
Grigory Yakovlevich Perelman föddes den 13 juni 1966 i Leningrad. Från en ung ålder var han förtjust i de exakta vetenskaperna, tog briljant examen från den berömda 239:e gymnasieskolan med fördjupade studier av matematik, vann många matematiska olympiader: till exempel 1982, som en del av ett team av sovjetiska skolbarn, deltog han i den internationella matematiska olympiaden, som hölls i Budapest. Perelman utan examen var inskriven i fakulteten för mekanik och matematik vid Leningrads universitet, där han studerade utmärkt och fortsatte att vinna i matematiska tävlingar på alla nivåer. Efter att ha tagit examen från universitetet med utmärkelser gick han in på forskarskolan vid Steklov Mathematical Institutes filial i St. Petersburg. Dess vetenskapliga rådgivare var den berömda matematikern Akademikern Aleksandrov. Efter att ha försvarat sin doktorsavhandling stannade Grigory Perelman kvar på institutet, i laboratoriet för geometri och topologi. Hans arbete med teorin om Aleksandrov-rymden är känt; han kunde hitta bevis för ett antal viktiga hypoteser. Trots många erbjudanden från ledande västerländska universitet föredrar Perelman att arbeta i Ryssland.
Hans mest högljudda framgång var lösningen 2002 på den berömda Poincaré-hypotesen, publicerad 1904 och sedan dess har förblivit oprövad. Perelman arbetade med det i åtta år. Poincarés hypotes ansågs vara ett av de största matematiska mysterierna, och dess lösning är den viktigaste bedriften inom matematisk vetenskap: den kommer omedelbart att främja forskningen om problemen med universums fysiska och matematiska grundvalar. De mest framstående hjärnorna på planeten förutspådde dess lösning bara flera decennier senare, och Clay Institute of Mathematics i Cambridge, Massachusetts, inkluderade Poincarés problem bland de sju mest intressanta olösta matematiska problemen under millenniet, som var och en utlovades ett miljonpris. (Millenniumprisproblem) ...
En gissning (ibland kallad ett problem) av den franske matematikern Henri Poincaré (1854–1912) är formulerad på följande sätt: varje slutet enkelt sammankopplat tredimensionellt rum är homeomorft till en tredimensionell sfär. För att förtydliga, använd ett illustrativt exempel: om du lindar ett äpple med ett gummiband, kan du i princip, genom att dra i tejpen, pressa äpplet till en punkt. Om du lindar en bagel med samma tejp, kan du inte klämma den till en punkt utan att slita sönder varken munken eller gummit. I det här sammanhanget kallas äpplet för en "enkelt sammankopplad" figur, medan munken inte bara är sammankopplad. För nästan ett sekel sedan slog Poincaré fast att den tvådimensionella sfären helt enkelt är sammankopplad, och föreslog att den tredimensionella sfären också helt enkelt är sammankopplad. Världens bästa matematiker kunde inte bevisa denna hypotes.
För att kvalificera sig till Clay Institutes pris behövde Perelman bara publicera sin lösning i en av de vetenskapliga tidskrifterna, och om ingen inom två år kan hitta ett fel i hans beräkningar, kommer lösningen att anses vara korrekt. Men Perelman avvek från reglerna från första början och publicerade sitt beslut på förtrycksplatsen för Los Alamos Science Laboratory. Kanske fruktade han att ett misstag hade smugit sig in i hans beräkningar – en liknande historia hade redan hänt i matematiken. 1994 föreslog den engelske matematikern Andrew Wiles en lösning på den berömda Fermats sats, och några månader senare visade det sig att ett misstag hade smugit sig in i hans beräkningar (även om det senare korrigerades, och sensationen ägde fortfarande rum). Det finns fortfarande ingen officiell publicering av beviset för Poincarés hypotes - men det finns en auktoritativ åsikt från de bästa matematikerna på planeten, vilket bekräftar riktigheten av Perelmans beräkningar.
Fields-medaljen tilldelades Grigory Perelman just för att ha löst Poincaré-problemet. Men den ryske forskaren tackade nej till priset, vilket han utan tvekan förtjänar. "Gregory berättade för mig att han känner sig isolerad från det internationella matematiska samfundet, utanför det här samhället, och därför inte vill ta emot ett pris," sade ordföranden för World Union of Mathematicians (HCM) vid en presskonferens i Madrid. , engelsmannen John Ball.
Ryktet säger att Grigory Perelman kommer att lämna vetenskapen helt och hållet: för sex månader sedan lämnade han sitt hemland Steklov Mathematical Institute, och de säger att han inte längre kommer att ägna sig åt matematik. Kanske tror den ryska forskaren att han, efter att ha bevisat den berömda hypotesen, gjorde allt han kunde för vetenskapen. Men vem skulle åta sig att prata om tankegångarna hos en så briljant vetenskapsman och enastående person? .. Perelman vägrar att kommentera, och till The Daily Telegraph sa han: "Inget jag kan säga är av det minsta allmänt intresse." Ledande vetenskapliga publikationer var dock eniga i sina bedömningar när de rapporterade att "Grigory Perelman, efter att ha löst Poincarés teorem, stod i nivå med de största genierna i det förflutna och nuet."
Månatlig litterär journalistisk tidskrift och förlag.
Att Andrew Wiles kommer att få Abelpriset 2016 för beviset på Taniyama-Shimura-förmodan för semistabla elliptiska kurvor och beviset för Fermats teorem som följer av denna hypotes. Premien är för närvarande 6 miljoner NOK, eller cirka 50 miljoner RUB. Enligt Wiles var priset "en fullständig överraskning" för honom.
Fermats teorem, som bevisades för mer än 20 år sedan, lockar fortfarande matematikernas uppmärksamhet. Delvis beror detta på dess formulering, som är förståelig även för en skolbarn: bevisa att för naturligt n> 2 finns det inga trippel av heltal som inte är noll så att a n + b n = c n. Pierre Fermat skrev detta uttryck i marginalen av Diophantus' Aritmetik, med den underbara signaturen "Jag har hittat ett verkligt underbart bevis på detta [av detta uttalande], men bokens marginaler är för smala för honom." Till skillnad från de flesta matematiska berättelser är den här verklig.
Utdelningen av priset är ett utmärkt tillfälle att minnas tio underhållande berättelser relaterade till Fermats teorem.
1.
Innan Andrew Wiles bevisade Fermats teorem var det mer korrekt att kalla det en hypotes, det vill säga Fermats gissning. Poängen är att ett teorem per definition är ett redan bevisat påstående. Men av någon anledning var ett sådant namn fast vid detta uttalande.
2.
Om vi sätter n = 2 i Fermats sats så har en sådan ekvation oändligt många lösningar. Dessa lösningar kallas "Pythagorean triplets". De fick detta namn eftersom de motsvarar rätvinkliga trianglar, vars sidor uttrycks av just sådana uppsättningar av tal. Du kan generera Pythagoras tripletter med dessa tre formler (m 2 - n 2, 2mn, m 2 + n 2). Olika värden på m och n måste ersättas i dessa formler, och resultatet blir de trippel vi behöver. Huvudsaken här är dock att se till att de erhållna talen blir större än noll - längderna kan inte uttryckas med negativa tal.
Det är förresten lätt att se att om alla siffror i Pythagoras trippel multipliceras med någon icke-noll så får man en ny Pythagoras trippel. Därför är det rimligt att studera trippel där de tre talen i aggregatet inte har en gemensam divisor. Schemat som vi har beskrivit tillåter oss att få alla sådana trillingar - detta är inte längre ett enkelt resultat.
3.
Den 1 mars, vid mötet 1847 för vetenskapsakademin i Paris, meddelade två matematiker på en gång - Gabriel Lame och Augustin Cauchy - att de var på väg att bevisa ett anmärkningsvärt teorem. De körde ett lopp genom att lägga upp bevis. De flesta akademiker hejade på Lame, eftersom Cauchy var en självbelåten, intolerant religiös fanatiker (och, naturligtvis, en helt briljant matematiker i kombination). Matchen var dock inte avsedd att ta slut – genom sin vän Joseph Liouville sa den tyske matematikern Ernst Kummer till akademikerna att bevisen för Cauchy och Lame hade samma fel.
I skolan är det bevisat att faktoriseringen av ett tal till primfaktorer är unik. Båda matematikerna trodde att om du tittar på nedbrytningen av heltal redan i det komplexa fallet, kommer denna egenskap - unikhet - att bevaras. Det är det dock inte.
Det är anmärkningsvärt att om vi bara betraktar m + i n, så är nedbrytningen unik. Sådana tal kallas Gaussiska. Men för Lame och Cauchys arbete krävdes faktorisering i cyklotomiska fält. Dessa är till exempel tal där m och n är rationella och i uppfyller egenskapen i ^ k = 1.
4.
Fermats sats för n = 3 har en tydlig geometrisk betydelse. Låt oss föreställa oss att vi har många små kuber. Anta att vi har samlat två stora kuber från dem. I det här fallet kommer naturligtvis sidorna att vara heltal. Är det möjligt att hitta två så stora kuber att vi, genom att plocka isär dem till de små kuber som de består av, kan sätta ihop en stor kub från dem? Fermats teorem säger att man aldrig kan göra detta. Det är roligt att om du ställer samma fråga för tre kuber så är svaret ja. Till exempel finns det fyra siffror, upptäckta av den underbara matematikern Srinivas Ramanujan:
3 3 + 4 3 + 5 3 = 6 3
5.
I berättelsen om Fermats teorem, noterade Leonard Euler. Han lyckades inte riktigt bevisa påståendet (eller ens närma sig beviset), men han formulerade en hypotes om att ekvationen
x 4 + y 4 + z 4 = u 4
har ingen heltalslösning. Alla försök att hitta en lösning på en sådan ekvation direkt har varit misslyckade. Det var inte förrän 1988 som Harvards Naum Elkies hittade ett motexempel. Det ser ut så här:
2 682 440 4 + 15 365 639 4 + 18 796 760 4 = 20 615 673 4 .
Vanligtvis kommer denna formel ihåg i samband med ett numeriskt experiment. Som regel ser det ut så här i matematik: det finns någon formel. Matematikern kontrollerar denna formel i enkla fall, verifierar sanningen och formulerar en hypotes. Sedan skriver han (även om oftare några av hans doktorander eller student) ett program för att kontrollera att formeln är korrekt för tillräckligt stora tal som inte kan räknas med händerna (vi pratar om ett sådant experiment med primtal). Detta är naturligtvis inget bevis, utan ett utmärkt skäl att ange en hypotes. Alla dessa konstruktioner bygger på det rimliga antagandet att om det finns ett motexempel till någon rimlig formel, så kommer vi att hitta det snabbt nog.
Eulers hypotes påminner oss om att livet är mycket mer varierat än våra fantasier: det första motexemplet kan vara godtyckligt stort.
6.
I själva verket försökte förstås inte Andrew Wiles bevisa Fermats teorem – han löste ett svårare problem som kallas Taniyama-Shimura-förmodan. Det finns två anmärkningsvärda klasser av objekt i matematik. Den första kallas modulära former och är i huvudsak en funktion på Lobachevsky-rummet. Dessa funktioner förändras inte med rörelserna på just detta plan. Den andra kallas "elliptiska kurvor" och är kurvor som definieras av en ekvation av tredje graden på det komplexa planet. Båda objekten är mycket populära inom talteorin.
På 50-talet av förra seklet träffades två begåvade matematiker, Yutaka Taniyama och Goro Shimura, i biblioteket vid Tokyos universitet. På den tiden fanns det ingen speciell matematik vid universitetet: det hade helt enkelt inte tid att återhämta sig efter kriget. Som ett resultat av detta studerade forskare med hjälp av gamla läroböcker och analyserade på seminarier problem som ansågs lösta i Europa och USA och inte var särskilt relevanta. Det var Taniyama och Shimura som upptäckte att det finns en viss överensstämmelse mellan modulära former och elliptiska funktioner.
De testade sin hypotes på några enkla klasser av kurvor. Det visade sig fungera. Så de antog att denna koppling alltid finns där. Så här dök Taniyama-Shimura-hypotesen ut och tre år senare begick Taniyama självmord. 1984 visade den tyske matematikern Gerhard Frey att om Fermats teorem är fel, så är Taniyama-Shimura-förmodan därför fel. Av detta följde att den som hade bevisat denna gissning också skulle bevisa satsen. Det är precis vad Wiles gjorde – men inte på ett väldigt allmänt sätt.
7.
Wiles tillbringade åtta år på att bevisa hypotesen. Och under kontrollen hittade recensenterna ett misstag i det, som "dödade" det mesta av bevisen, vilket omintetgjorde alla år av arbete. En av recensenterna vid namn Richard Taylor åtog sig att reparera detta hål med Wiles. Medan de arbetade dök det upp ett meddelande om att Elkies, den som hittade ett motexempel till Eulers gissning, hittade ett motexempel till Fermats teorem (senare visade det sig att det var ett aprilskämt). Wiles blev deprimerad och ville inte fortsätta – hålet i bevisningen stängdes inte på något sätt. Taylor övertalade Wiles att slåss i ytterligare en månad.
Ett mirakel hände, och i slutet av sommaren lyckades matematiker få ett genombrott - så här fungerar "Modular elliptic curves and the great Fermat theorem" av Andrew Wiles (pdf) och "Ring-theoretic properties of some Hecke algebras " av Richard Taylor och Andrew Wiles föddes. Detta var redan det korrekta beviset. Den publicerades 1995.
8.
Matematikern Paul Wolfskel dog i Darmstadt 1908. Efter sig själv lämnade han ett testamente, där han gav den matematiska gemenskapen 99 år på sig att hitta ett bevis på Fermats stora sats. Författaren till beviset borde ha fått 100 tusen mark (författaren till motexemplet skulle för övrigt inte ha fått någonting). Enligt populära legender fick kärleken Wolfskehl att göra en sådan gåva till matematiker. Så här beskriver Simon Singh legenden i sin bok Fermat's Last Theorem:
Berättelsen börjar med Wolfskels förälskelse i en vacker kvinna, vars identitet aldrig har fastställts. Till Wolfskels beklagande avvisade den mystiska kvinnan honom. Han föll i så djup förtvivlan att han bestämde sig för att begå självmord. Wolfskel var en passionerad man, men inte impulsiv, och började därför räkna ut sin död i varje detalj. Han bestämde ett datum för sitt självmord och bestämde sig för att skjuta sig själv i huvudet med klockans första slag vid exakt midnatt. Under de återstående dagarna beslöt Wolfskel att göra ordning på sina angelägenheter, som gick jättebra, och den sista dagen upprättade han ett testamente och skrev brev till nära vänner och släktingar.
Wolfskel arbetade så hårt att han avslutade alla sina affärer före midnatt och, för att på något sätt fylla de återstående timmarna, gick han till biblioteket, där han började titta igenom matematiska tidskrifter. Snart kom han över en klassisk artikel av Kummer, där han förklarade varför Cauchy och Lame hade misslyckats. Kummers arbete var en av de mest betydelsefulla matematiska publikationerna i sin tid och var den perfekta läsningen för en matematiker som planerar att begå självmord. Wolfskel följde noggrant, rad för rad, Kummers beräkningar. Plötsligt tycktes det för Wolfskel att han hade upptäckt en lucka: författaren gjorde ett visst antagande och underbyggde inte detta steg i sitt resonemang. Wolfskel undrade om han faktiskt hade hittat en allvarlig lucka, eller om Kummers antagande var giltigt. Om en lucka hittades, så fanns det en chans att Fermats sista sats kunde bevisas mycket lättare än många trodde.
Wolfskel satte sig vid bordet, analyserade noggrant den "felaktiga" delen av Kummers resonemang och började skissa på ett minibevis som antingen skulle stödja Kummers arbete, eller påvisa felaktigheten i hans antagande och som ett resultat motbevisa alla hans argument . I gryningen hade Wolfskel avslutat sina beräkningar. De dåliga nyheterna (matematiskt) var att Kummers bevis hade blivit helade, och Fermats sista teorem var fortfarande otillgänglig. Men det fanns goda nyheter: tiden för självmord var över, och Wolfskehl var så stolt över att han hade lyckats hitta och fylla en lucka i den store Ernest Kummers arbete att hans förtvivlan och sorg försvann av sig själva. Matematik återupplivade hans törst efter livet.
Men det finns också en alternativ version. Enligt henne började Wolfskel med matematik (och faktiskt Fermats sats) på grund av progressiv multipel skleros, vilket hindrade honom från att göra det han älskade - att vara läkare. Och han lämnade pengarna till matematiker för att inte lämna sin fru, som han helt enkelt hatade i slutet av sitt liv.
9.
Försök att bevisa Fermats teorem med elementära metoder ledde till uppkomsten av en hel klass märkliga människor som kallas "Fermatister". De var engagerade i att ta fram en enorm mängd bevis och misströstade inte alls när de hittade ett fel i detta bevis.
Vid fakulteten för mekanik och matematik vid Moscow State University fanns en legendarisk karaktär vid namn Dobretsov. Han samlade in certifikat från olika avdelningar och med hjälp av dem trängde han in på mekanik- och matematikavdelningen. Detta gjordes enbart för att hitta ett offer. På något sätt stötte han på en ung doktorand (blivande akademiker Novikov). Han, i sin naivitet, började noggrant studera pappersbunten att Dobretsov halkade honom med orden, säger de, här är beviset. Efter ytterligare ett "här är ett misstag ..." tog Dobretsov högen och stoppade ner den i sin portfölj. Från den andra portföljen (ja, han gick genom mekanik- och matematikavdelningen med två portföljer) tog han fram en andra hög, suckade och sa: "Jaså, låt oss se alternativ 7 B".
Förresten, de flesta av dessa bevis börjar med frasen "Låt oss överföra en av termerna till den högra sidan av jämlikheten och faktorisera den."
10.
Berättelsen om satsen blir inte komplett utan den underbara filmen "The Mathematician and the Devil".
Ändring
Avsnitt 7 i denna artikel angav ursprungligen att Naum Elkies hittade ett motexempel till Fermats teorem, som senare visade sig vara fel. Detta är inte sant: motexempelrapporten var ett aprilskämt. Vi ber om ursäkt för felaktigheten.
Andrey Konyaev
