Dokaz Fermatovega izreka je elementaren, preprost, razumljiv. Izpostavimo! Fermatov zadnji izrek dokazal? Nedokazan seznam izrekov

Pogosto med pogovorom s srednješolci o raziskovalnih prispevkih iz matematike slišim naslednje: "Kaj je mogoče odkriti novega v matematiki?" Toda v resnici: ali je mogoče doseči vsa velika odkritja in dokazati teoreme?

8. avgusta 1900 je na mednarodnem matematičnem kongresu v Parizu matematik David Hilbert predstavil seznam problemov, za katere je menil, da jih bo treba rešiti v 20. stoletju. Na seznamu je bilo 23 postavk. Enaindvajset jih je zdaj rešenih. Zadnji problem na Gilbertovem seznamu, ki ga je bilo treba rešiti, je bil znameniti Fermatov izrek, s katerim se znanstveniki niso mogli spoprijeti 358 let. Leta 1994 je Britanec Andrew Wiles predlagal svojo rešitev. In izkazalo se je, da je res.

Po vzoru Gilberta konec prejšnjega stoletja so številni matematiki poskušali oblikovati takšne strateške naloge za 21. stoletje. Enega takih seznamov je zaslovel bostonski milijarder Landon T. Clay. Leta 1998 je bil na njegove stroške v Cambridgeu (Massachusetts, ZDA) ustanovljen Clay Mathematics Institute in ustanovljene nagrade za reševanje številnih pomembnih problemov sodobne matematike. Strokovnjaki inštituta so 24. maja 2000 izbrali sedem problemov - glede na število milijonov dolarjev, dodeljenih za nagrade. Seznam je bil poimenovan Problemi z nagrado tisočletja:

1. Cookov problem (oblikovan leta 1971)

Recimo, da želite biti v velikem podjetju prepričani, da je tam tudi vaš znanec. Če vam rečejo, da sedi v kotu, bo dovolj že delček sekunde, da s pogledom zagotovite, da so informacije resnične. Če teh informacij ne bo, boste prisiljeni hoditi po celotni sobi in pregledovati goste. To kaže na to, da reševanje problema pogosto traja dlje kot preverjanje pravilnosti rešitve.

Stephen Cook je problem formuliral: ali je lahko preverjanje pravilnosti rešitve problema bolj zamudno kot samo rešitev, ne glede na algoritem preverjanja. Ta problem je tudi eden od nerešenih problemov na področju logike in računalništva. Njegova rešitev bi lahko revolucionirala osnove kriptografije, ki se uporabljajo pri prenosu in shranjevanju podatkov.

2. Riemannova hipoteza (oblikovana leta 1859)

Nekaterih celih števil ni mogoče izraziti kot zmnožek dveh manjših celih števil, na primer 2, 3, 5, 7 itd. Ta števila se imenujejo praštevila in igrajo pomembno vlogo v čisti matematiki in njenih aplikacijah. Porazdelitev praštevil v nizih vseh naravnih števil ne upošteva nobenega vzorca. Vendar je nemški matematik Riemann postavil hipotezo o lastnostih zaporedja praštevil. Če bomo dokazali Riemannovo hipotezo, bo to privedlo do revolucionarnih sprememb v našem znanju o šifriranju in do izjemnega preboja na področju internetne varnosti.

3. Birch in Swinnerton-Dyerjeva hipoteza (oblikovana leta 1960)

Povezan je z opisom nabora rešitev nekaterih algebarskih enačb v več spremenljivkah s celoštevilčnimi koeficienti. Primer takšne enačbe je izraz x2 + y2 \u003d z2. Euclid je dal popoln opis rešitev te enačbe, toda za bolj zapletene enačbe je iskanje rešitev zelo težko.

4. Hodgejeva hipoteza (oblikovana leta 1941)

V 20. stoletju so matematiki odkrili močno metodo za preučevanje oblike zapletenih predmetov. Glavna ideja je, da namesto samega predmeta uporabimo preproste "opeke", ki so zlepljene in tvorijo njegovo podobnost. Hodgeova hipoteza je povezana z nekaterimi predpostavkami o lastnostih takšnih "opek" in predmetov.

5. Navier-Stokesove enačbe (oblikovane leta 1822)

Če plujete s čolnom po jezeru, se pojavijo valovi, če letite z letalom, pa se v zraku pojavijo turbulentni tokovi. Predpostavlja se, da te in druge pojave opisujejo enačbe, znane kot Navier-Stokesove enačbe. Rešitve teh enačb niso znane in niti ni znano, kako jih rešiti. Pokazati je treba, da rešitev obstaja in je dovolj gladka funkcija. Rešitev tega problema bo bistveno spremenila metode hidrodinamičnih in aerodinamičnih izračunov.

6. Poincaréjev problem (oblikovan leta 1904)

Če gumico potegnete čez jabolko, jo lahko s počasnim premikanjem traku, ne da bi ga odstranili s površine, stisnete do točke. Po drugi strani pa, če isti gumijasti trak pravilno potegnemo okoli krofa, traku ne moremo stisniti do konca, ne da bi zlomil trak ali zlomil krof. Pravijo, da je površina jabolka preprosto povezana, površina krofa pa ne. Izkazalo se je, da je tako težko dokazati, da je samo krogla preprosto povezana, da matematiki še vedno iščejo pravilen odgovor.

7. Yang - Millsove enačbe (oblikovane leta 1954)

Enačbe kvantne fizike opisujejo svet osnovnih delcev. Fiziki Young in Mills, ki so odkrili povezavo med geometrijo in fiziko delcev, so napisali svoje enačbe. Tako so našli način za poenotenje teorij elektromagnetnih, šibkih in močnih interakcij. Iz Yang - Millsovih enačb je sledil obstoj delcev, ki so jih dejansko opazovali v laboratorijih po vsem svetu, zato je Yang - Millsovo teorijo sprejela večina fizikov, kljub temu da v okviru te teorije še vedno ni mogoče predvideti mase osnovnih delcev.

Mislim, da je to gradivo, objavljeno v blogu, zanimivo ne samo za študente, ampak tudi za šolarje, ki se resno ukvarjajo z matematiko. Pri izbiri tem in področij raziskovanja je treba nekaj razmisliti.

Na svetu ni toliko ljudi, ki še nikoli niso slišali za Fermatov zadnji izrek - morda je to edini matematični problem, ki je bil deležen tako velike priljubljenosti in je postal prava legenda. Omenjen je v številnih knjigah in filmih, medtem ko je glavni kontekst skoraj vseh referenc nemožnost dokazovanja izreka.

Da, ta izrek je zelo znan in je v nekem smislu postal "idol", ki ga častijo ljubiteljski matematiki in strokovnjaki, a le malo ljudi ve, da je bil njegov dokaz najden, in to se je zgodilo že leta 1995. Najprej pa najprej.

Torej je Fermatov zadnji izrek (pogosto imenovan tudi Fermatov zadnji izrek), ki ga je leta 1637 oblikoval briljantni francoski matematik Pierre Fermat, v svojem bistvu zelo preprost in razumljiv vsem, ki imajo srednjo izobrazbo. Pravi, da formula a do moči n + b do moči n \u003d c do moči n nima naravnih (torej nefrakcijskih) rešitev za n\u003e 2. Vse se zdi preprosto in jasno, toda najboljši matematiki in navadni amaterji so se borili iskanje rešitve že več kot tri stoletja in pol.

Zakaj je tako znana? Zdaj bomo izvedeli ...

Ali je malo dokazanih, nedokazanih in še ne dokazanih izrekov? Bistvo je v tem, da je Fermatov zadnji izrek največji kontrast med enostavnostjo formulacije in zahtevnostjo dokaza. Fermatov zadnji izrek je neverjetno težka naloga, kljub temu pa njegovo formulacijo lahko razumejo vsi s 5. razredom srednje šole, a dokaz tega nima niti vsak poklicni matematik. Niti v fiziki niti v kemiji, niti v biologiji niti v isti matematiki ni niti enega problema, ki bi bil tako preprosto oblikovan, a bi ostal tako dolgo nerešen. 2. Iz česa je sestavljen?

Začnimo s pitagorejskimi hlačami Besedilo je res preprosto - na prvi pogled. Kot vemo že iz otroštva, so "pitagorejske hlače na vseh straneh enake." Problem je videti tako preprost, ker je temeljil na matematični trditvi, ki jo vsi poznajo - pitagorejski izrek: v katerem koli pravokotnem trikotniku je kvadrat, zgrajen na hipotenuzi, enak vsoti kvadratov, zgrajenih na nogah.

V 5. stoletju pr. Pitagora je ustanovil pitagorejsko bratstvo. Pitagorejci so med drugim preučevali trojke celih števil, ki izpolnjujejo enakost x² + y² \u003d z². Dokazali so, da je pitagorejskih trojčkov neskončno veliko, in prejeli splošne formule za njihovo iskanje. Verjetno so poskušali iskati trojke in višje stopinje. Prepričani, da to ni delovalo, so pitagorejci opustili svoje neuporabne poskuse. Člani bratstva so bili bolj filozofi in esteti kot matematiki.

To pomeni, da je enostavno najti nabor števil, ki popolnoma ustrezajo enakosti x² + y² \u003d z²

Od 3, 4, 5 - osnovnošolec dejansko razume, da je 9 + 16 \u003d 25.

Ali 5, 12, 13: 25 + 144 \u003d 169. Super.

Tako se izkaže, da NISO. Tu se začne ulov. Preprostost je očitna, ker je težko dokazati ne prisotnost nečesa, temveč ravno odsotnost. Kadar je treba dokazati, da obstaja rešitev, jo lahko in morate samo dati.

Dokazati odsotnost je težje: nekdo na primer reče: taka in drugačna enačba nima rešitev. Da ga spraviš v lužo? enostavno: bam - tukaj je, rešitev! (prosimo, navedite rešitev). In to je to, nasprotnik je ubit. Kako dokazati odsotnost?

Recite: "Nisem našel takšnih rešitev"? Ali ste morda slabo gledali? Kaj pa, če so le zelo veliki, no, zelo taki, da tudi izjemno zmogljivemu računalniku še vedno primanjkuje moči? To je težko.

V vizualni obliki je to mogoče prikazati na naslednji način: če vzamete dva kvadrata primernih velikosti in razstavite na kvadratke enot, potem iz tega kupa kvadratov enot dobite tretji kvadrat (slika 2):


In če bomo enako storili s tretjo dimenzijo (slika 3), to ne bo delovalo. Ostane premalo kock ali dodatnih:

Toda matematik iz 17. stoletja, Francoz Pierre de Fermat, je navdušeno raziskal splošno enačbo x n + y n \u003d z n. In končno sem prišel do zaključka: za n\u003e 2 celoštevilni rešitvi ne obstajata. Fermatov dokaz je nepovratno izgubljen. Rokopisi gorijo! Ostala je le njegova pripomba v Diofantovi aritmetiki: "Našel sem res neverjeten dokaz tega predloga, toda robovi tukaj so preozki, da bi ga lahko vsebovali."

Pravzaprav se izrek brez dokaza imenuje domneva. Toda Fermat slovi, da nikoli ne dela napak. Tudi če ni pustil dokazov o nobeni izjavi, je bila kasneje potrjena. Poleg tega je Fermat dokazal svojo tezo za n \u003d 4. Tako se je hipoteza francoskega matematika zapisala v zgodovino kot Fermatov zadnji teorem.

Po Fermatu so pri iskanju dokazov delali tako veliki možje, kot je Leonard Euler (leta 1770 je predlagal rešitev za n \u003d 3),

Adrien Legendre in Johann Dirichlet (ti znanstveniki so leta 1825 skupaj našli dokaz za n \u003d 5), Gabriel Lame (ki je našel dokaz za n \u003d 7) in mnogi drugi. Sredi osemdesetih let prejšnjega stoletja je postalo jasno, da je znanstveni svet na poti do končne rešitve Fermatovega zadnjega izrek, a šele leta 1993 so matematiki videli in verjeli, da je bila tristoletna saga iskanja dokaza o zadnjem Fermatovem izrek praktično končana.

Lahko je pokazati, da je dovolj, da Fermatov izrek dokažemo samo za pra n: 3, 5, 7, 11, 13, 17, ... Za sestavljeni n dokaz ostane veljaven. Obstaja pa tudi neskončno veliko primerov ...

Leta 1825 so matematike Dirichlet in Legendre z uporabo metode Sophie Germain neodvisno dokazale izrek za n \u003d 5. Leta 1839 je Francoz Gabriel Lame z isto metodo pokazal resničnost izreka za n \u003d 7. Postopoma je bil izrek dokazan za skoraj vseh n manj kot sto.

Nazadnje je nemški matematik Ernst Kummer v sijajni študiji pokazal, da izrek v splošni obliki ni mogoče dokazati z metodami matematike 19. stoletja. Nagrada Francoske akademije znanosti, ustanovljene leta 1847 za dokaz Fermatovega izreka, ni bila podeljena.

Leta 1907 se je bogati nemški industrijalec Paul Wolfskel iz neuslišane ljubezni odločil, da si bo vzel življenje. Kot pravi Nemec je določil datum in čas samomora: točno ob polnoči. Zadnji dan je sestavil oporoko in pisal pisma prijateljem in sorodnikom. Posel se je končal pred polnočjo. Moram reči, da se je Paul zanimal za matematiko. Zaradi ničesar drugega ni odšel v knjižnico in začel brati znameniti Kummerjev članek. Naenkrat se mu je zdelo, da je Kummer v svojih razlogih naredil napako. Wolfskel je začel razčlenjevati ta odlomek članka s svinčnikom v roki. Polnoč je minila, prišlo je jutro. Vrzel v dokazih je bila zapolnjena. In sam razlog za samomor je bil zdaj videti popolnoma smešno. Paul je raztrgal poslovilna pisma in oporoko prepisal.

Kmalu je umrl naravno. Dediči so bili precej presenečeni: 100.000 mark (več kot 1.000.000 trenutnih funtov) je bilo nakazanih na račun Kraljevskega znanstvenega društva v Göttingenu, ki je istega leta objavilo natečaj za nagrado Wolfskehl. 100.000 mark je bilo zaradi preizkuševalca Fermatovega izreka. Niti en pfenig naj ne bi ovrekel izreka ...

Večina poklicnih matematikov je menila, da je iskanje Fermatovega zadnjega izrek brezupna naloga in odločno ni hotela izgubljati časa za tako neuporabno vajo. Toda amaterji so se čudovito brčkali. Nekaj \u200b\u200btednov po objavi je plaz "dokazov" zadel na univerzo v Göttingenu. Profesor E. M. Landau, katerega naloga je bila analizirati predložene dokaze, je svojim učencem razdelil karte:

Dragi. ... ... ... ... ... ... ...

Hvala za rokopis, ki ste mi ga poslali z dokazilom o Fermatovem zadnjem izrek. Prva napaka je na strani ... v vrsti .... Zaradi nje so vsi dokazi razveljavljeni.
Profesor E. M. Landau

Leta 1963 je Paul Cohen, opirajoč se na Gödelove sklepe, dokazal neločljivost enega od Hilbertovih triindvajsetih problemov - hipoteze o kontinuumu. Kaj pa, če je tudi Fermatov zadnji izrek nedoločljiv ?! Toda resnični fanatiki Velikega izreka niso bili niti najmanj razočarani. Pojav računalnikov je matematikom nenadoma dal nov način dokazovanja. Po drugi svetovni vojni so skupine programerjev in matematikov dokazale Fermatov zadnji izrek za vse vrednosti n do 500, nato do 1000 in kasneje tudi do 10.000.

V osemdesetih letih je Samuel Wagstaff mejo dvignil na 25.000, v devetdesetih pa so matematiki trdili, da Fermatov zadnji izrek velja za vse n vrednosti do 4 milijone. Če pa od neskončnosti odštejemo celo bilijon bilijonov, ta ne bo postal manjši. Statistik matematikov ne prepriča. Dokazati Veliki izrek je pomenilo dokazati za VSE n, ki gredo v neskončnost.

Leta 1954 sta dva mlada prijatelja japonskega matematika začela raziskovati modularne oblike. Ti obrazci generirajo vrstice števil, vsaka s svojo vrstico. Naključno je Taniyama te serije primerjal s serijami, ustvarjenimi z eliptičnimi enačbami. Ujemali so se! Toda modularne oblike so geometrijski predmeti, eliptične enačbe pa so algebrske. Povezav med tako različnimi predmeti še ni bilo mogoče najti.

Kljub temu so prijatelji po natančnem preizkušanju postavili hipotezo: vsaka eliptična enačba ima dvojno - modularno obliko in obratno. Prav ta hipoteza je postala temelj celotne smeri v matematiki, toda dokler hipoteza Taniyama-Shimura ni bila dokazana, bi se lahko celotna stavba vsak trenutek zrušila.

Leta 1984 je Gerhard Frey pokazal, da je rešitev Fermatove enačbe, če obstaja, lahko vključena v neko eliptično enačbo. Dve leti kasneje je profesor Ken Ribet dokazal, da ta hipotetična enačba v modularnem svetu ne more imeti nasprotja. Odslej je bil Fermatov zadnji izrek neločljivo povezan z domnevo Taniyama-Shimura. Potem ko smo dokazali, da je katera koli eliptična krivulja modularna, sklepamo, da eliptična enačba z rešitvijo Fermatove enačbe ne obstaja, Fermatov zadnji teorem pa bi bil takoj dokazan. Toda trideset let hipoteze Taniyama-Shimura ni bilo mogoče dokazati in upanja na uspeh je bilo vedno manj.

Leta 1963, ko je bil star le deset let, je Andrewa Wilesa že navdušila matematika. Ko je izvedel za Veliki izrek, je spoznal, da od njega ne more odstopati. Šolec, študent, podiplomski študent, se je pripravil na to nalogo.

Ko je izvedel za ugotovitve Kena Ribeta, se je Wiles naglo posvetil dokazovanju hipoteze Taniyama-Shimura. Odločil se je, da bo delal popolnoma izolirano in tajno. "Razumel sem, da vse, kar je povezano s Fermatovim zadnjim izrekom, preveč zanima ... Preveč gledalcev namerno posega v doseganje cilja." Sedem let trdega dela se je obrestovalo, Wiles je končno dokončal dokaz hipoteze Taniyama-Shimura.

Leta 1993 je angleški matematik Andrew Wiles svetu predstavil svoj dokaz Fermatovega zadnjega izrek (Wiles je svoje senzacionalno poročilo prebral na konferenci na Inštitutu Sir Isaac Newton v Cambridgeu.), Pri kateri je delo trajalo več kot sedem let.

Medtem ko se je hrup v tisku nadaljeval, se je začelo resno delo za preverjanje dokazov. Vsak dokaz je treba natančno pregledati, preden se lahko dokazi štejejo za stroge in natančne. Wiles je v napornem poletju čakal na povratne informacije recenzentov, v upanju, da bo dobil njihovo odobritev. Konec avgusta so strokovnjaki ugotovili premalo utemeljeno sodbo.

Izkazalo se je, da ta rešitev vsebuje grobo napako, čeprav je na splošno pravilna. Wiles se ni dal, poklical je na pomoč znanega strokovnjaka za teorijo števil Richarda Taylorja in že leta 1994 objavili popravljen in dopolnjen dokaz izreka. Najbolj neverjetno je, da je to delo zajemalo kar 130 (!) Strani v matematični reviji "Annals of Mathematics". A tudi tu se zgodba ni končala - zadnja točka je bila postavljena šele v naslednjem letu 1995, ko je bila objavljena končna in "idealna" z matematičnega vidika različica dokaza.

"... Pol minute po začetku slavnostne večerje ob njenem rojstnem dnevu sem Nadiji podaril rokopis celotnega dokaza" (Andrew Waltz). Sem rekel, da so matematiki čudni ljudje?

Tokrat o dokazu ni bilo dvoma. Dva članka sta bila podvržena najbolj natančni analizi in sta bila objavljena maja 1995 v Annals of Mathematics.

Od tega trenutka je minilo že veliko časa, vendar v družbi še vedno obstaja mnenje o nedoločljivosti Fermovega zadnjega izrek. Toda tudi tisti, ki vedo za najdeni dokaz, še naprej delajo v tej smeri - zelo malo ljudi je zadovoljnih, da Veliki izrek zahteva rešitev na 130 straneh!

Zato so zdaj sile mnogih matematikov (večinoma amaterjev, ne strokovnjakov) vržene v iskanje preprostega in jedrnatega dokaza, vendar ta pot najverjetneje ne bo vodila nikamor ...

vir

- "Naloge človeštva

NALOGE MATEMATIKE, KI JIH NI REŠIL ČLOVEŠTVO

Hilbertove težave

23 najpomembnejših problemov matematike je leta 1990 na drugem mednarodnem kongresu matematikov v Parizu predstavil največji nemški matematik David Hilbert. Potem ti problemi (ki pokrivajo temelje matematike, algebre, teorije števil, geometrije, topologije, algebraične geometrije, Liejevih skupin, realne in kompleksne analize, diferencialnih enačb, matematične fizike, variacijskega računa in teorije verjetnosti trenutno niso bili rešeni. Trenutno je rešenih 16 problemov od 23. Še dva nista pravilna matematična problema (eden je formuliran nejasno, da bi razumel, ali je bil rešen ali ne, drugi, ki še zdaleč ni rešen, je fizičen in ne matematičen). Od preostalih petih problemov dva na noben način nista rešena, tri pa so rešene samo v nekaterih primerih

Težave Landaua

Do zdaj je bilo veliko odprtih vprašanj, povezanih s prostimi števili (praštevilo je število, ki ima le dva delilnika: enega in samo število). Našteta so bila najpomembnejša vprašanja Edmund Landau na petem mednarodnem matematičnem kongresu:

Landauov prvi problem (Goldbachov problem): Ali drži, da je vsako sodo število, večje od dveh, mogoče predstaviti kot vsoto dveh praštevil, vsako liho število, večje od 5, pa kot vsoto treh praštevil?

Landauov drugi problem: je neskončna množica "Preprosti dvojčki" - praštevila, katerih razlika je 2?
Tretja težava Landaua (Legendrejeva hipoteza): ali je res, da za katero koli naravno število n med in vedno obstaja praštevilo?
Landauov četrti problem: Ali obstaja neskončen nabor osnovnih števil v obliki, kjer je n naravno število?

Izzivi tisočletja (Problemi z nagrado tisočletja)

To je sedem matematičnih problemov sin odločitev vsakega od njih je Clay Institute ponudil nagrado v višini 1.000.000 ameriških dolarjev. Ker je teh sedem problemov postavilo pred sodišče matematikov, jih je Clay Institute primerjal s 23 problemi D. Hilberta, ki so imeli velik vpliv na matematiko dvajsetega stoletja. Večina 23-ih Hilbertovih problemov je že rešenih in le ena - Riemannova hipoteza - je bila uvrščena na seznam tisočletnih težav. Od decembra 2012 je bil rešen le eden od sedmih tisočletnih problemov (Poincaréjeva hipoteza). Nagrado za rešitev je prejel ruski matematik Grigory Perelman, ki jo je zavrnil.

Tu je seznam teh sedmih nalog:

# 1. Enakopravnost razredov P in NP

Če je lahko pozitiven odgovor na vprašanje hitro preverite (z uporabo nekaterih pomožnih informacij, imenovanih potrdilo), ali je res, da je lahko sam odgovor (skupaj s potrdilom) na to vprašanje hitro najti? Problemi prvega tipa spadajo v razred NP, drugi pa v razred P. Problem enakosti teh razredov je eden najpomembnejših problemov v teoriji algoritmov.

# 2. Hodgejeva hipoteza

Pomemben problem v algebrski geometriji. Ugibanje opisuje razrede komologije na kompleksnih projektivnih sortah, ki jih uresničujejo algebrske podvrste.

Št. 3. Poincaréjeva hipoteza (dokazal G. Ya. Perelman)

Velja za najbolj znan problem topologije. Preprosteje rečeno, trdi, da mora biti kateri koli 3D "objekt", ki ima nekatere lastnosti tridimenzionalne krogle (na primer vsaka zanka v njej krčljiva), krogla do deformacije. Nagrado za dokazovanje Poincaréjeve domneve je prejel ruski matematik G. Ya Perelman, ki je leta 2002 objavil vrsto del, iz katerih sledi veljavnost Poincaréjevega ugibanja.

Št. 4. Riemannova hipoteza

Hipoteza navaja, da imajo vse netrivialne (torej z ne-ničelnim namišljenim delom) ničle Riemannove funkcije zeta realni del 1/2. Riemannova hipoteza je bila Hilbertov osmi problem.

Št. 5. Young - Millsova teorija

Problem s področja fizike osnovnih delcev. Dokazati je treba, da za katero koli preprosto kompaktno merilno skupino G obstaja kvantna Yang - Millsova teorija za štiridimenzionalni prostor in ima masno napako, ki ni nič. Ta trditev je skladna z eksperimentalnimi podatki in numeričnimi simulacijami, vendar še ni dokazana.

Št. 6. Obstoj in gladkost rešitev Navier - Stokesovih enačb

Navier-Stokesove enačbe opisujejo gibanje viskozne tekočine. Ena najpomembnejših nalog v hidrodinamiki.

Št. 7. Birch - Swinnerton-Dyerjeva hipoteza

Ugibanje je povezano z enačbami eliptičnih krivulj in množico njihovih racionalnih rešitev.

Nerešljivi problemi so 7 zanimivih matematičnih problemov. Vsako od njih so naenkrat predlagali znani znanstveniki, običajno v obliki hipotez. Že vrsto desetletij matematiki po vsem svetu zmedejo svojo rešitev. Tisti, ki bodo uspeli, bodo nagrajeni z milijonom ameriških dolarjev, ki jih ponuja Inštitut za glino.

Inštitut za glino

To je ime zasebne neprofitne organizacije s sedežem v Cambridgeu v Massachusettsu. Leta 1998 sta ga ustanovila harvardski matematik A. Jeffy in poslovnež L. Clay. Cilj Inštituta je popularizirati in razvijati matematično znanje. Da bi to dosegla, organizacija podeli nagrade znanstvenikom in sponzorjem, ki obetajo raziskave.

V začetku 21. stoletja je Glineni inštitut za matematiko ponudil nagrado tistim, ki rešujejo tako imenovane najtežje nerešljive probleme, in svoj seznam imenoval problemi z nagrado tisočletja. Na Hilbertov seznam je bila vključena le Riemannova hipoteza.

Izzivi tisočletja

Seznam Clay Institute je prvotno vključeval:

• hipoteza o Hodgejevem ciklu;
• enačbe kvantne Yang - Millsove teorije;
• poincaréjeva hipoteza;
• problem enakosti razredov P in NP;
• riemannova hipoteza;
• obstoj in gladkost njegovih rešitev;
• problem Birch-Swinnerton-Dyer.

Te odprte matematične težave so zelo zanimive, saj imajo lahko veliko praktičnih izvedb.

Kar je dokazal Grigory Perelman

Leta 1900 je sloviti znanstvenik-filozof Henri Poincaré predlagal, da je vsak preprosto povezan kompaktni 3-razdelilnik brez meje homeomorfen tridimenzionalni krogli. Njen dokaz na splošno ni bil najden stoletje. Šele v letih 2002-2003 je peterburški matematik G. Perelman objavil številne članke o rešitvi Poincaréjevega problema. Imeli so učinek eksplozije bombe. Leta 2010 je bila Poincaréjeva hipoteza izključena s seznama "Nerešenih problemov" Inštituta Clay, samega Perelmana pa so prosili, naj zaradi njega prejme precejšnjo nagrado, ki pa jo je ta zavrnil, ne da bi pojasnil razloge za svojo odločitev.

Najbolj razumljivo razlago tega, kar je ruskemu matematiku uspelo dokazati, lahko podamo tako, da si predstavljamo, da se gumijast disk potegne čez krof (torus), nato pa poskušajo robove njegovega kroga potegniti v eno točko. To očitno ni mogoče. Druga stvar je, če izvedete ta poskus z žogo. V tem primeru bo na videz tridimenzionalna krogla, ki izhaja iz diska, katerega obod je hipotetična vrvica v točko potegnila v točko, tridimenzionalna v razumevanju običajnega človeka, a v smislu matematike dvodimenzionalna.

Poincaré je predlagal, da je tridimenzionalna krogla edini tridimenzionalni "objekt", katerega površino je mogoče v enem trenutku potegniti skupaj, in Perelman je to lahko dokazal. Tako je danes seznam "nerešljivih nalog" sestavljen iz 6 problemov.

Yang-Millsova teorija

Ta matematični problem so avtorji predlagali leta 1954. Znanstvena formulacija teorije je naslednja: za katero koli preprosto skupino kompaktnih profilov kvantna vesoljska teorija, ki sta jo ustvarila Yang in Mills, obstaja z ničelno masno napako.

Če govorimo v navadnem človeku razumljivem jeziku, interakcije med naravnimi predmeti (delci, telesa, valovi itd.) Delimo na 4 vrste: elektromagnetne, gravitacijske, šibke in močne. Fiziki že vrsto let poskušajo ustvariti splošno teorijo polja. To bi moralo postati orodje za razlago vseh teh interakcij. Teorija Yang-Mills je matematični jezik, s katerim je bilo mogoče opisati 3 od 4 osnovnih naravnih sil. Ne velja za gravitacijo. Zato ni mogoče domnevati, da sta Young in Mills uspela ustvariti teorijo polja.

Poleg tega jih je zaradi nelinearnosti predlaganih enačb izjemno težko rešiti. Za majhne konstante spenjanja jih je mogoče približno rešiti v obliki niza teorije motenj. Vendar še ni jasno, kako je mogoče te enačbe rešiti z močno povezavo.

Navier-Stokesove enačbe

Ti izrazi opisujejo procese, kot so zračni tokovi, pretok tekočine in turbulenca. Za nekatere posebne primere so že bile najdene analitične rešitve Navier-Stokesove enačbe, vendar tega ni uspelo še nikomur v splošni. Hkrati lahko numerične simulacije za določene vrednosti hitrosti, gostote, tlaka, časa itd. Dosežejo odlične rezultate. Upati je še, da bo nekdo lahko uporabil Navier-Stokesove enačbe v nasprotni smeri, to je, da bo z njihovo pomočjo izračunal parametre ali dokazal, da ni rešitvene metode.

Breza - Swinnerton-Dyerjeva težava

Kategorija "Nerešeni problemi" vključuje tudi hipotezo, ki so jo predlagali britanski znanstveniki z univerze v Cambridgeu. Že pred 2300 leti je starogrški znanstvenik Evklid dal popoln opis rešitev enačbe x2 + y2 \u003d z2.

Če za vsako od praštevil preštejete število točk na krivulji modulo njenega modula, dobite neskončno množico celih števil. Če jo izrecno "prilepite" v 1 funkcijo kompleksne spremenljivke, potem dobite funkcijo zeta Hasse-Weil za krivuljo tretjega reda, označeno s črko L. Vsebuje informacije o vedenju modulo vseh osnovnih števil naenkrat.

Brian Birch in Peter Swinnerton-Dyer sta domnevala o eliptičnih krivuljah. Po njenem mnenju sta struktura in število nabora njenih racionalnih odločitev povezana z vedenjem L-funkcije pri enotnosti. Še vedno ni dokazana Birch - Swinnerton-Dyerjeva domneva je odvisna od opisa algebarskih enačb stopnje 3 in je edina razmeroma preprosta splošna metoda za izračun ranga eliptičnih krivulj.

Da bi razumeli praktični pomen tega problema, je dovolj, če povemo, da v sodobni kriptografiji na eliptičnih krivuljah temelji celoten razred asimetričnih sistemov, domači standardi za digitalne podpise pa temeljijo na njihovi uporabi.

Enakost razredov p in np

Če so preostali problemi tisočletja zgolj matematični, je ta povezan s trenutno teorijo algoritmov. Problem enakovrednosti razredov p in np, znan tudi kot Cook-Levinov problem, lahko enostavno oblikujemo na naslednji način. Recimo, da je mogoče pozitiven odgovor na določeno vprašanje preveriti dovolj hitro, torej v polinomskem času (PV). Potem je pravilno trditi, da je odgovor nanj mogoče najti precej hitro? Sliši se še bolj preprosto: ali rešitev težave res ni težje preveriti kot jo najti? Če se kdaj dokaže enakost razredov p in np, potem lahko vse probleme izbire rešimo s PV. Trenutno mnogi strokovnjaki dvomijo o resničnosti te trditve, čeprav ne morejo dokazati nasprotnega.

Riemannova hipoteza

Do leta 1859 ni bil ugotovljen noben vzorec, ki bi opisoval porazdelitev praštevil med narave. Morda je bilo to posledica dejstva, da se je znanost ukvarjala z drugimi vprašanji. Sredi 19. stoletja pa so se razmere spremenile in postale so ena najpomembnejših, ki so jo matematiki začeli preučevati.

Riemannova hipoteza, ki se je pojavila v tem obdobju, je predpostavka, da obstaja določen vzorec pri porazdelitvi praštevil.

Danes mnogi sodobni znanstveniki verjamejo, da bo moral, če bo dokazan, spremeniti številna temeljna načela sodobne kriptografije, ki so osnova za večino mehanizmov elektronskega poslovanja.

Po Riemannovi hipotezi se lahko narava porazdelitve praštevil bistveno razlikuje od tistega, kar se trenutno domneva. Dejstvo je, da do zdaj še ni bil odkrit noben sistem za porazdelitev praštevil. Na primer, obstaja problem "dvojčkov", katerih razlika je 2. Ti števili sta 11 in 13, 29. Drugi praštevilci tvorijo grozde. To so 101, 103, 107 itd. Znanstveniki že dolgo sumijo, da takšne kopice obstajajo med zelo velikimi prostimi številkami. Če jih bodo našli, bo moč sodobnih kripto ključev pod vprašajem.

Domneva o Hodgejevem ciklu

Ta še vedno nerešen problem je bil oblikovan leta 1941. Hodgejeva hipoteza predvideva možnost približevanja oblike katerega koli predmeta z "lepljenjem" preprostih teles višjih dimenzij. Ta metoda je bila dolgo poznana in se uspešno uporablja. Vendar ni znano, v kolikšni meri je mogoče poenostaviti.

Zdaj veste, kakšne nerešljive težave trenutno obstajajo. So predmet raziskav tisočev znanstvenikov po vsem svetu. Upati je še, da jih bodo v bližnji prihodnosti rešili, njihova praktična uporaba pa bo človeštvu pomagala vstopiti v novo stopnjo tehnološkega razvoja.

Pierre Fermat, ki je Diofant Aleksandrijski bral "Aritmetiko" in razmišljal o njenih nalogah, je imel navado zapisovati rezultate svojih razmišljanj na robove knjige v obliki kratkih opomb. Proti osmi Diofantovi težavi na robu knjige je Fermat zapisal: " Nasprotno, nemogoče je razgraditi niti kocko na dve kocki bodisi 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, toda ta polja so zanj preozka.» / E.T.Bell "Ustvarjalci matematike". M., 1979, str. 69 /. Opozarjam vas na osnovni dokaz izreka kmetije, ki ga lahko razume vsak srednješolec, ki je navdušen nad matematiko.

Primerjajmo Fermatov komentar o problemu Diophantus s sodobno formulacijo Fermatovega velikega izreka, ki ima obliko enačbe.
« Enačba

x n + y n \u003d z n (kjer je n celo število, večje od dveh)

nima rešitve v pozitivnih celih številih»

Komentar je v logični povezavi z nalogo, podobno kot logična povezava predikata s subjektom. Kar potrjuje problem Diofanta, nasprotno, potrjuje Fermatov komentar.

Fermatov komentar lahko razlagamo takole: če ima kvadratna enačba s tremi neznankami neskončen niz rešitev na množici vseh trojk pitagorejskih števil, potem nasprotno enačba s tremi neznankami do stopnje, večje od kvadrata

V enačbi ni niti kančka njegove povezave s problemom Diofanta. Njegova trditev zahteva dokaz, vendar pod njo ni pogoja, iz katerega izhaja, da nima rešitev v pozitivnih celih številih.

Meni znane različice dokaza enačbe se zvedejo na naslednji algoritem.

1. Za zaključek se vzame enačba Fermatovega izreka, katerega veljavnost se preveri s pomočjo dokaza.
2. Imenuje se enaka enačba original enačba, iz katere mora izhajati njen dokaz.

Kot rezultat 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 smisla. A to dokazuje protislovje.

• Predpostavka je nasprotna enačbi enačbe, ki jo želite dokazati. Ne bi smelo biti v nasprotju s prvotno enačbo, vendar ji nasprotuje. Nesmiselno je dokazovati, kaj je sprejeto brez dokazov, in brez dokazov sprejemati 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 Fermatovega velikega izreka ostaja neuresničljivo sanje strokovnjakov in ljubiteljev matematike.

Enačbo sem vzel kot zaključek izreka, osmi problem Diofanta in njegovo enačbo pa kot pogoj izreka.

»Če enačba x 2 + y 2 \u003d z 2 (1) ima neskončno množico rešitev na množici vseh trojk pitagorejskih števil, potem pa je enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 (2) nima rešitve za množico pozitivnih celih števil. "

Dokazi.

IN) Vsi vemo, da ima enačba (1) neskončno množico rešitev na množici vseh trojk pitagorejskih števil. Dokažimo, da nobena trojka pitagorejskih števil, ki je rešitev enačbe (1), ni rešitev enačbe (2).

Na podlagi zakona o reverzibilnosti enakosti se strani enačbe (1) zamenjata. Pitagorejska števila (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 njegovi hipotenuzi in nogah.

Kvadrati kvadratov enačbe (1) se pomnožijo s poljubno višino h :

z 2 h \u003d x 2 h + y 2 h (3)

Enačbo (3) lahko razlagamo kot enakost volumna paralelepipeda vsoti prostornin dveh paralelepipedov.

Naj bo višina treh paralelepipedov h \u003d z :

z 3 \u003d x 2 z + y 2 z (4)

Prostornina kocke se razgradi na dva volumna dveh paralelepipedov. Prostornino kocke pustite nespremenjeno in zmanjšajte višino prvega paralelepipeda na x in zmanjšajte višino drugega paralelepipeda na y ... Prostornina kocke je večja od vsote prostornin dveh kock:

z 3\u003e x 3 + y 3 (5)

Na množici trojk pitagorejskih števil ( x, y, z ) ob n \u003d 3 za enačbo (2) ne more biti rešitve. Zato je na množici vseh trojk pitagorejskih števil nemogoče razgraditi kocko na dve kocki.

V enačbi (3) naj bo višina treh paralelepipedov h \u003d z 2 :

z 2 z 2 \u003d x 2 z 2 + y 2 z 2 (6)

Prostornina paralelepipeda se razgradi v vsoto prostornin dveh paralelepipedov.
Levo stran enačbe (6) pustite nespremenjeno. Na desni strani je višina z 2 zmanjša na x v prvem mandatu in do ob 2 v drugem mandatu.

Enačba (6) se je spremenila v neenakost:

Prostornina paralelepipeda se razgradi na dva volumna dveh paralelepipedov.

Levo stran enačbe (8) pustite nespremenjeno.
Na desni strani višina z n-2 zmanjša na x n-2 v prvem obdobju in se zmanjša na y n-2 v drugem mandatu. Enačba (8) se spremeni v neenakost:

z n\u003e x n + y n

(9)

Na množici trojk pitagorejskih števil ne more biti rešitve za enačbo (2).

Posledično na množici vseh trojk pitagorejskih števil za vse n\u003e 2 enačba (2) nima rešitev.

Prejeli so "postinno čudežni dokaz", vendar le za trojčke pitagorejska števila... To je pomanjkanje dokazov in razlog za zavrnitev P. Fermata.

B) Dokažimo, da enačba (2) nima rešitve na množici trojk nepitagorovih števil, kar je neuspeh družine poljubnega trojnega pitagorejskega števila z \u003d 13, x \u003d 12, y \u003d 5 in družina poljubnega trojca pozitivnih celih števil z \u003d 21, x \u003d 19, y \u003d 16

Oba trojčka števil sta člana svoje družine:

	(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 na 12 in 21 na 20, to je 78 in 210.

Vsak član družine (10) vsebuje z \u003d 13 in spremenljivke x in ob 13\u003e x\u003e 0 , 13\u003e y\u003e 0 1

Vsak član družine (11) vsebuje z \u003d 21 in spremenljivke x in ob ki imajo celoštevilske vrednosti 21\u003e x\u003e 0 , 21\u003e y\u003e 0 ... Spremenljivke se postopoma zmanjšujejo za 1 .

Trojke 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 potrjuje povišanje števil na tretjo in četrto stopnjo.

Kocke večjega števila ni mogoče razgraditi na dve kocki manjših števil. Je ali manj ali več od vsote kock dveh manjših števil.

Bikvadrata večjega števila ni mogoče razgraditi na dva bikvadrata manjših števil. Je ali manj ali več kot vsota bikvadratov manjših števil.

Ko se eksponent povečuje, imajo vse neenakosti, razen leve skrajne neenakosti, enak pomen:

Vse neenakosti imajo enak pomen: stopnja večjega števila je večja od vsote moči manjših dveh števil z istim eksponentom:

	13 n\u003e 12 n + 12 n; 13 n\u003e 12 n + 11 n; ...; 13 n\u003e 7 n + 4 n; ...; 13 n\u003e 1 n + 1 n	(12)
	21 n\u003e 20 n + 20 n; 21 n\u003e 20 n + 19 n; ...; ;…; 21 n\u003e 1 n + 1 n	(13)

Najkrajši levi člen zaporedja (12) (13) je najšibkejša neenakost. Njegova pravilnost določa pravilnost vseh nadaljnjih neenakosti zaporedja (12) za n\u003e 8 in zaporedje (13) za n\u003e 14 .

Med njimi ne more biti ene same enakosti. Samovoljno vzeta trojka pozitivnih celih števil (21,19,16) ni rešitev enačbe (2) Fermatovega velikega izreka. Če samovoljno vzeta trojka pozitivnih celih števil ni rešitev enačbe, potem enačba nima rešitve na množici pozitivnih celih števil, kar smo morali dokazati.

FROM) Fermatov komentar o problemu Diophantus navaja, da je nemogoče razgraditi " na splošno nobena stopinja večja od kvadrata, za dve stopinji z enakim eksponentom».

Celo stopinjo, večjo od kvadrata, je res nemogoče razgraditi na dve stopinji z enakim eksponentom. Neprimerno stopinjo, večjo od kvadrata, lahko z enakim eksponentom razložimo na dve stopinji.

Vsak poljuben triplet pozitivnih celih števil (z, x, y) lahko pripada družini, katere član je sestavljen iz stalnega števila z in dve številki manj kot z ... Vsak član družine je lahko predstavljen v obliki neenakosti, vse pridobljene neenakosti pa lahko predstavimo 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 desne, in konča z neenakostmi, pri katerih je desna stran manjša od leve. Z naraščajočim eksponentom n\u003e 2 število neenakosti na desni strani zaporedja (14) se poveča. Z eksponentom n \u003d k vse neenakosti na levi strani zaporedja spremenijo svoj pomen in prevzamejo pomen neenakosti na desni strani neenakosti v zaporedju (14). Kot rezultat povečanja eksponenta za vse neenakosti se izkaže, da je leva stran večja od desne:

z k\u003e (z-1) k + (z-1) k; z k\u003e (z-1) k + (z-2) k; ...; z k\u003e 2 k + 1 k; z k\u003e 1 k + 1 k

(15)

Z nadaljnjim povečanjem eksponenta n\u003e k nobena od neenakosti ne spremeni svojega pomena in se ne spremeni v enakost. Na tej podlagi lahko trdimo, da je poljubno poljubno trojko pozitivnih celih števil (z, x, y) ob n\u003e 2 , z\u003e x , z\u003e 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 teorem je dokazan.

D) Ne glede na to, kako veliko je število z , v naravnem nizu števil pred njim je velik, vendar končen nabor celih števil, po njem 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 teorema, na primer poljubno trojko pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) , pri čemer z + 1\u003e x in z + 1\u003e y za vse vrednosti eksponenta n\u003e 2 ni rešitev enačbe Velikega Fermatovega izreka.

Naključna trojka pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) lahko pripada družini trojk števil, katerih vsak član je sestavljen iz stalnega števila z + 1 in dve številki x in ob z različnimi vrednostmi manj kot z + 1 ... Družinske člane lahko predstavimo v obliki neenakosti, pri katerih je stalna leva stran manjša ali večja od desne. Neenakosti lahko uredimo urejeno kot zaporedje neenakosti:

Z nadaljnjim povečanjem eksponenta n\u003e k do neskončnosti nobena neenakost zaporedja (17) ne spremeni svojega pomena in se ne 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 obliki (z + 1) n\u003e x n + y n ali biti na levi strani kot (z + 1) n< x n + y n .

V vsakem primeru trojka pozitivnih celih števil (z + 1, x, y) ob n\u003e 2 , z + 1\u003e x , z + 1\u003e y v zaporedju (16) je neenakost in ne more predstavljati enakosti, torej ne more predstavljati rešitve enačbe izreka Velikega Fermata.

Preprosto in enostavno je razumeti izvor zaporedja neenakosti moči (16), v katerem sta zadnja neenakost na levi in \u200b\u200bprva neenakost na desni strani neenakosti nasprotnega pomena. Nasprotno, šolarjem, srednješolcem in srednješolcem ni lahko in ni lahko razumeti, kako se zaporedje neenakosti (17) oblikuje iz zaporedja neenakosti (16), v katerem imajo vse neenakosti enak pomen.

V zaporedju (16) povečanje celoštevilčne 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 nujno obstaja enakost moči. Njegova stopnja ne more biti celo število, saj med dvema zaporednima naravnima številoma obstajajo samo necela števila. Enačbe moči necele stopnje po hipotezi izreka ni mogoče šteti za rešitev enačbe (1).

Če v zaporedju (16) stopnjo še naprej povečujemo za 1 enoto, se bo zadnja neenakost njene leve strani spremenila v prvo neenakost nasprotnega pomena desne strani. Posledično ne ostane niti ena neenakost na levi strani in ostanejo le neenakosti na desni strani, ki predstavljajo zaporedje naraščajočih neenakosti moči (17). Nadaljnje povečanje njihove celotne stopnje za enoto samo krepi njene neenakosti v moči in kategorično izključuje možnost pojavljanja enakosti v celoti.

Zato na splošno nobene celoštevilčne moči naravnega števila (z + 1) zaporedja neenakosti moči (17) ni mogoče razstaviti v dve celoštevilčni moči z enakim eksponentom. Zato enačba (1) nima rešitev za neskončno množico naravnih števil, kot je zahtevano.

Zato 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 katere koli trojke (z, x, y) Pitagorejska števila,
• v oddelku C) za vse trojke števil (z, x, y) , ni veliko število z
• v oddelku D) za vse trojne številke (z, x, y) naravna vrsta števil.

Spremembe so bile izvedene 05.09.2010.

Katere izreke je mogoče in ne moremo dokazati s protislovjem

V razlagalnem slovarju matematičnih izrazov je podana definicija dokaza nasprotnega izreka, nasprotnega obratnemu izreku.

»Dokaz z nasprotjem je metoda dokazovanja izreka (predloga), ki je sestavljena iz dokazovanja ne samega izreka, temveč njegovega ekvivalenta (ekvivalenta), nasproti obratnemu (obratno nasprotnemu) izreku. Dokaz s protislovjem se uporablja, kadar je neposreden izrek težko dokazati, nasprotno pa je lažje dokazati. Pri dokazovanju s protislovjem se sklep izreka nadomesti z negacijo in z obrazložitvijo pride do negacije pogoja, tj. v protislovje, v nasprotno (nasprotno od tega, kar je dano; to reduciranje na absurdnost dokazuje izrek. "

Dokaz s protislovjem je v matematiki zelo pogost. Dokaz s protislovjem temelji na zakonu izključene tretjine, to je pri dveh trditvah (trditvah) A in A (negacija A), ena od njih je resnična, druga pa napačna. " / Pojasnjevalni slovar matematičnih izrazov: Vodnik za učitelje / O. V. Manturov [in drugi]; izd. 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 dovoljeno trditi, da je dokaz s protislovjem "uporabljen, kadar je neposreden izrek težko dokazati", če pa je dejansko uporabljen le in samo, če zanj ni nadomestka?

Karakterizacija razmerja neposrednih in obratnih izrekov med seboj si zasluži posebno pozornost. »Konverzni izrek za dani izrek (ali za dani izrek) je izrek, v katerem je pogoj zaključek, zaključek pa pogoj danega izreka. Ta izrek glede na obratni izrek se imenuje neposredni izrek (izvirnik). Hkrati bo nasprotni izrek izgovorjenem izreku dan izrek; zato se direktni in inverzni izrek imenujeta medsebojno inverzna. Če je neposredni (dani) izrek resničen, potem obratni izrek ni vedno resničen. Če je na primer štirikotnik romb, so njegove diagonale medsebojno pravokotne (neposredni izrek). Če so diagonale v štirikotniku medsebojno pravokotne, potem je štirikotnik romb - to ni res, to pomeni, da obratni izrek ne drži. " / Pojasnjevalni slovar matematičnih izrazov: Vodnik za učitelje / O. V. Manturov [in drugi]; izd. V. A. Ditkina.- M.: Izobraževanje, 1965. - 539 str.: Ilustr.-C.261 /.

Ta značilnost razmerja med neposrednim in obratnim izrekom ne upošteva dejstva, da se pogoj neposrednega izreka vzame kot dani, brez dokaza, tako da njegova pravilnost ni zagotovljena. Pogoj obratnega izreka ni vzet kot dan, saj gre za zaključek dokazanega neposrednega izreka. Njegovo pravilnost potrjuje dokaz neposrednega izreka. Ta bistvena logična razlika med pogoji neposrednega in obratnega izreka se izkaže za odločilno pri vprašanju, kateri izrek lahko in katerega z logično metodo ni mogoče dokazati s protislovjem.

Predpostavimo, da je v mislih neposredni izrek, ki ga je mogoče dokazati z običajno matematično metodo, vendar je težko. Oblikujmo ga v splošni obliki v kratki obliki, kot sledi: od IN bi morali E ... Simbol IN pomemben je dani pogoj izreka, vzet brez dokazov. Simbol E pomen sklepa izreka, ki ga je treba dokazati.

Neposredni izrek bomo dokazali s protislovjem, logično metoda. Za dokazovanje izreka, ki ga ima, se uporablja logična metoda ne matematično stanje in logično stanje. To je mogoče dobiti, če je matematični pogoj izreka od IN bi morali E , dopolnilo z nasprotnim stanjem od IN ne sledi E .

Rezultat je logično protislovni pogoj novega izreka, ki vsebuje dva dela: od IN bi morali E in od IN ne sledi E ... Nastali pogoj novega izreka ustreza logičnemu zakonu izključene sredine in dokazu izreka s protislovjem.

Po zakonu je en del protislovnega pogoja napačen, drugi del resničen in tretji izključen. Dokaz s protislovjem ima svojo nalogo in želi natančno ugotoviti, kateri del obeh delov pogoja izreka je napačen. Takoj ko bo ugotovljen napačni del pogoja, bo ugotovljeno, da je drugi del resnični del, tretji pa izključen.

Glede na razlagalni slovar matematičnih izrazov "Dokaz je sklepanje, med katerim se ugotovi resničnost ali neresničnost katere koli izjave (sodbe, trditve, izreka)"... Dokazi s protislovjem obstaja sklepanje, med katerim je ugotovljeno neresničnost (absurdnost) sklepa, ki izhaja iz napačno pogoji izreka, ki se dokazuje.

Glede na: od IN bi morali E in od IN ne sledi E .

Dokaži: od IN bi morali E .

Dokazi: Logični pogoj izreka vsebuje protislovje, ki zahteva njegovo razrešitev. Protislovje pogoja mora najti svojo rešitev v dokazu in njegovem rezultatu. Rezultat se izkaže za napačnega z brezhibnim sklepanjem in brez napak. Z logično pravilnim sklepanjem je lahko razlog za napačen zaključek le protislovni pogoj: od IN bi morali E in od IN ne sledi E .

Nobenega dvoma ni, da je en del pogoja napačen, drugi pa v tem primeru resničen. Oba dela pogoja imata enak izvor, sprejemljiva sta kot podatek, domnevna, enako mogoča, enako dopustna itd. V okviru logičnega sklepanja ni bila najdena niti ena logična značilnost, ki bi ločevala en del pogoja od drugega. Zato v enaki meri lahko od IN bi morali E in mogoče od IN ne sledi E ... Izjava od IN bi morali E je lahko napačno, nato izjava od IN ne sledi E bo res. Izjava od IN ne sledi E lahko napačna, potem izjava od IN bi morali E bo res.

Posledično je nemogoče dokazati neposredni izrek s protislovjem.

Zdaj bomo isti neposredni izrek dokazali z običajno matematično metodo.

Glede na: IN .

Dokaži: od IN bi morali E .

Dokazi.

1. Od IN bi morali B

2. Od B bi morali IN (po predhodno dokazanem izreku)).

3. Od IN bi morali D (po predhodno dokazanem izreku).

4. Od D bi morali D (po predhodno dokazanem izreku).

5. Od D bi morali E (po predhodno dokazanem izreku).

Na podlagi zakona o prehodnosti, od IN bi morali E ... Neposredni izrek dokazujemo z običajno metodo.

Naj ima dokazani neposredni izrek pravilni obratni izrek: od E bi morali IN .

Dokažimo z običajnim matematični metoda. Dokaz obratnega izreka lahko izrazimo simbolično v obliki algoritma matematičnih operacij.

Glede na: E

Dokaži: od E bi morali IN .

Dokazi.

1. Od E bi morali D

2. Od D bi morali D (s predhodno dokazanim obratnim izrekom).

3. Od D bi morali IN (s predhodno dokazanim obratnim izrekom).

4. Od IN ne sledi B (obratni izrek ne drži). Zato od B ne sledi IN .

V tej situaciji nima smisla nadaljevati matematičnega dokaza obratnega izreka. Razlog za situacijo je logičen. Nemogoče je zamenjati napačen obratni izrek z ničemer. Zato tega obratnega izreka ni mogoče dokazati z običajno matematično metodo. Vse upanje je v dokaz tega obratnega izreka s protislovno metodo.

Da bi to dokazali s protislovno metodo, je treba njegovo matematično stanje nadomestiti z logičnim protislovnim pogojem, ki v svojem pomenu vsebuje dva dela - napačen in resničen.

Obraten izrek navaja: od E ne sledi IN ... Njeno stanje E , iz česar sledi zaključek IN , je rezultat dokazovanja neposrednega izreka z običajno matematično metodo. Ta pogoj je treba hraniti in dopolniti z izjavo od E bi morali IN ... Kot dodatek dobimo protislovni pogoj novega obratnega izreka: od E bi morali IN in od E ne sledi IN ... Na podlagi tega logično nasprotujoč si pogoj, lahko obratni izrek dokažemo s pravilnim logično samo obrazložitev in samo, logično s protislovjem. V dokaz s protislovjem so vsa matematična dejanja in operacije podrejena logičnim in zato ne štejejo.

V prvem delu nasprotujoče si trditve od E bi morali IN stanje E je dokazal dokaz neposrednega izreka. V drugem delu od E ne sledi IN stanje E je bila sprejeta in sprejeta brez dokazila. Nekateri med njimi so lažni, drugi pa resnični. Treba je dokazati, kateri izmed njih je lažen.

Dokažemo s pravilnimi logično in ugotovili, da je njen rezultat napačen, absurden zaključek. Razlog za napačen logični zaključek je protislovno logično stanje izreka, ki vsebuje dva dela - napačen in resničen. Le izjava je lahko napačen del od E ne sledi IN , pri čemer E je bil sprejet brez dokazila. V tem se razlikuje od E odobritev od E bi morali IN , kar dokazuje dokaz neposrednega izreka.

Zato drži naslednja trditev: od E bi morali IN , kot je potrebno za dokazovanje.

Zaključek: z logično metodo, s protislovjem se dokaže le tisti obratni izrek, ki ima neposreden izrek, ki ga dokazuje matematična metoda in ki ga ni mogoče dokazati z matematično metodo.

Pridobljeni zaključek dobi izjemno pomembnost glede metode dokazovanja s protislovjem izreka Velikega Fermata. Velika večina poskusov, da bi to dokazali, ne temelji na običajni matematični metodi, temveč na logični metodi dokazovanja s protislovjem. Dokaz Wilesovega velikega Fermatovega izrekanja ni nobena izjema.

Dmitry Abrarov je v svojem članku "Fermatov izrek: fenomen Wilesovih dokazov" objavil komentar Wilesovega dokaza o velikem Fermatovem teoremu. Po Abrarovu Wiles dokazuje velik Fermatov izrek s pomočjo izjemne najdbe nemškega matematika Gerharda Freyja (rojen 1944), ki je povezal potencialno rešitev Fermatove enačbe x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , z drugo, povsem drugačno enačbo. Ta nova enačba je podana s posebno krivuljo (imenovano Freyjeva eliptična krivulja). Freyjeva krivulja je podana z enačbo zelo preproste oblike:
.

»Frey je namreč primerjal z vsako rešitvijo (a, b, c) Fermatova enačba, to je številke, ki ustrezajo razmerju a n + b n \u003d c nnad krivuljo. V tem primeru bi od tu sledil veliki Fermatov izrek.(Citat: Abrarov D. "Fermatov izrek: pojav Wilesovih dokazov")

Z drugimi besedami, Gerhard Frey je domneval, da enačba velikega Fermatovega izreka x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , ima rešitve v pozitivnih celih številih. Po Freyjevi predpostavki so te rešitve rešitve njegove enačbe
y 2 + x (x - a n) (y + b n) \u003d 0 , ki je podana z njeno eliptično krivuljo.

Andrew Wiles je sprejel to izjemno Freyjevo najdbo in z njo končal matematični metoda je dokazala, da ta najdba, to je Freyjeva eliptična krivulja, ne obstaja. Zato ni enačbe in njenih rešitev, ki jih daje neobstoječa eliptična krivulja, zato bi moral Wiles sprejeti sklep, da enačba velikega Fermatovega izreka in samega Fermatovega izreka ne obstaja. Vendar je bolj konzervativno zaključil, da enačba Fermatovega zadnjega izrek nima rešitev v pozitivnih celih številih.

Mogoče je neizpodbitno dejstvo, da je Wiles sprejel predpostavko, ki je po pomenu ravno nasprotna tisti, ki jo navaja Fermatov zadnji teorem. Wilesa zavezuje, da Fermatov zadnji izrek dokaže s protislovjem. Sledili bomo njegovemu zgledu in videli, kaj bo iz tega primera.

Fermatov zadnji teorem navaja, da enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih.

V skladu z logično metodo dokazovanja s protislovjem se ta trditev ohrani, vzame se kot podana brez dokaza in se nato v pomenu dopolni z nasprotno izjavo: enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , ima rešitve v pozitivnih celih številih.

Domnevna izjava je prav tako sprejeta kot dana, brez dokazov. Obe trditvi, obravnavani z vidika osnovnih logičnih zakonov, sta enako veljavni, enaki in enako možni. S pravilnim sklepanjem je treba ugotoviti, kateri izmed njih je napačen, da bi nato ugotovili, ali je druga trditev resnična.

Pravilno sklepanje se konča z napačnim, absurdnim zaključkom, katerega logični razlog je lahko le nasprotujoči si pogoj dokazanega izreka, ki vsebuje dva dela nasprotnega pomena. Bili so logični razlog za absurdni zaključek, rezultat dokazovanja s protislovjem.

Vendar med logično pravilnim sklepanjem ni bilo mogoče najti niti enega znaka, s katerim bi lahko ugotovili, katera trditev je napačna. Lahko bi bila izjava: enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , ima rešitve v pozitivnih celih številih. Na isti podlagi je lahko izjava: enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih.

Kot rezultat obrazložitve je lahko le en zaključek: fermatovega zadnjega izreka ni mogoče dokazati s protislovjem.

Popolnoma drugače bi bilo, če bi bil Fermatov zadnji izrek obratni izrek, ki ima neposreden izrek, dokazan z običajno matematično metodo. V tem primeru bi to lahko dokazali s protislovjem. In ker gre za neposredni izrek, njegov dokaz ne bi smel temeljiti na logični metodi dokazovanja s protislovjem, temveč na običajni matematični metodi.

Po besedah \u200b\u200bD. Abrarova se je najbolj znan najsodobnejši ruski matematik, akademik V. I. Arnold, na Wilesov dokaz odzval "aktivno skeptično". Akademik je izjavil: »to ni resnična matematika - prava matematika je geometrična in močna v povezavi s fiziko.« (Citat: Abrarov D. »Fermatov izrek: pojav Wilesovih dokazov.« Izjava akademika izraža samo bistvo Wilesovega ne-matematičnega dokaza o izreku Velikega Fermata.

S protislovjem je nemogoče dokazati, da enačba izreka Velikega Fermata nima rešitev, niti da ima rešitve. Wilesova napaka ni matematična, ampak logična - uporaba dokaza z nasprotij, kadar njegova uporaba ni smiselna in ne dokazuje izreka Velikega Fermata.

Fermatov zadnji izrek ni dokazan z običajno matematično metodo, če je dana: enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih, in če je treba v njem dokazati: enačba x n + y n \u003d z n kje n\u003e 2 , nima rešitev v pozitivnih celih številih. V tej obliki ni izrek, ampak tavtologija brez pomena.

Opomba. O mojem dokazu BTF so govorili na enem od forumov. Eden od sodelavcev Trotila, strokovnjak za teorijo števil, je podal naslednjo verodostojno izjavo z naslovom "Kratek pripoved o tem, kaj je storil Mirgorodski." Dobesedno citiram:

« IN. Dokazal je, da če z 2 \u003d x 2 + y potem z n\u003e x n + y n ... To je dobro znano in povsem očitno dejstvo.

IN. Vzel je dve trojki - pitagorejsko in ne-pitagorejsko in s preprostim iskanjem pokazal, da je za določeno, specifično družino trojk (78 in 210 kosov) BTF izpolnjen (in samo zanj).

OD. In potem avtor izpusti dejstvo, da < v naslednji stopnji je lahko = , ne samo > ... Preprost nasprotni primer - prehod n \u003d 1 v n \u003d 2 v pitagorejski trojki.

D. Ta točka ne prispeva nič pomembnega k dokazu BTF. Zaključek: BTF ni dokazan. "

Njegov zaključek bom obravnaval po točkah.

IN. Dokazal je BTF za celoten neskončen nabor trojk pitagorejskih števil. Dokazano z geometrijsko metodo, ki je, kot verjamem, nisem odkril jaz, ampak jo znova odkril. In odkril jo je, kot verjamem, sam P. Fermat. Na to je morda mislil Fermat, ko je zapisal:

"Odkril sem res čudovit dokaz za to, toda ta polja so zanj preozka." Ta moja predpostavka temelji na dejstvu, da v problemu Diofanta, ob katerem je na robovih knjige zapisal Fermat, govorimo o rešitvah diofantove enačbe, ki so trojke pitagorejskih števil.

Neskončen nabor trojk pitagorejskega števila je rešitev diofske enačbe, v Fermatovem izreku, nasprotno, nobena od rešitev ne more biti rešitev enačbe Fermatovega izreka. In Fermatov res čudovit dokaz je neposredno povezan s tem dejstvom. Kasneje je Fermat lahko svoj izrek razširil na množico vseh naravnih števil. Na množici vseh naravnih števil BTF ne spada v "množico izjemno lepih izrekov". To je moja predpostavka, ki je ni mogoče niti dokazati niti ovreči. Lahko je sprejet in zavrnjen.

IN. V tem odstavku dokazujem, da je zadovoljena tako družina poljubno zajetih pitagorejskih trojk števil kot družina poljubno vzetih nepitagorovskih trojk BTF številk. Primeri, ki sem jih vzel za družino trojnice pitagorejskih števil in družino trojk ne pitagorejskih števil, imajo pomen posebnih primerov, ki predpostavljajo in ne izključujejo obstoja podobnih drugih primerov.

Trotilova trditev, da sem s preprostim naštevanjem pokazal, da je BTF za določeno družino trojčkov (78 in 210 kosov) izpolnjen (in samo zanjo), nima temeljev. Ne more ovreči dejstva, da lahko prav tako vzamem druge primere pitagorejskih in ne pitagorejskih trojčkov, da dobim točno določeno družino enega in drugih trojčkov.

Ne glede na par trojčkov, ki jih vzamem, je po mojem mnenju njihovo primernost za rešitev problema mogoče preveriti le z metodo "preprostega iskanja". Neka druga metoda mi ni znana in ni potrebna. Če Trotilu to ni všeč, bi moral predlagati drug način, česar pa ne. Če ne ponudimo ničesar v zameno, je napačno obsojati "preprosto surovo silo", ki je v tem primeru nenadomestljiva.

OD. Sem izpustil \u003d med< и < на основании того, что в доказательстве БТФ рассматривается уравнение z 2 \u003d x 2 + y (1), v katerem je stopnja n\u003e 2 — celota pozitivno število. Iz enakosti med neenakostmi izhaja obvezno upoštevanje enačbe (1) za necelo število n\u003e 2 ... Štetje trotil obvezno upošteva enakost med neenakostmi, dejansko meni potrebno v dokazu BTF upoštevanje enačbe (1) za nepopolna pomen diplome n\u003e 2 ... To sem naredil zase in ugotovil, da enačba (1) za nepopolna pomen diplome n\u003e 2 ima rešitev treh števil: z, (z-1), (z-1) z eksponentom, ki ni celoštevilčen.