Matematické Fórum

liamlim

$y=Dd$ Opět všechny zdravím, znovu jsem něco zkoušel a počítal sem si, tentokrát s Velkou Fermatovou větou. O tom, že byla dokázána Wilesem vím, o důkaz se rozhodně nepokouším (vím jak byl dlouhý). Jen by mě zajímalo, jestli by můj postup zatím byl správný (nejde mi o to jestli k něčemu vede, jen o jeho správnost.)

$a^p + b^p = c^p$ kde a,b,c jsou nesoudělná a $p\in P$ . Jestli se nepletu (důkaz nemůžu provézt, binomickou větu neumím) tak platí, že pro prvočíselné $p$ platí $(a+b)^p = a^p+b^p +p(a+b)x$ . toto jsem ale vypozoroval jen z pascalova trojúhelníku, nevím jestli to platí pro libovolné prvočíselné p, ale zdá se mi že jsem to kdysi četl.

jestliže by to platilo, pak by šlo celou rovnici napsat jako:

$(a+b)^p -p(a+b)x = c^p$ můžeme zavézt $a+b=y$

rovnost by měla tvar: $y^p-pxy=c^p$ neboli $y^p-c^p=pxy$ Nechť největi psolečný dělitel čísel y,c je D, potom
$y=Dd$ a $c=De$ pro nesoudělná d,e
$D^pd^p-D^pe^p=pxDd$ .nyní (zase si nejsem jistý) si myslím, že jestli platí rovnost $(a+b)^p -p(a+b)x = c^p$ pro nesoudělná a,b pak a+b (neboli y) je nespoudělné s x. Celou rovnici, kterou jsme před chvílí odvodili, vydělíme D:

$D^{p-1}d^p-D^{p-1}e^p=pxd$ vzhledem k tomu, že $y=Dd$ je x a D nesoudělné. platí tedy také, že $D^{p-1}$ dělí $pd$ zároveň zřejmě platí, že $d$ dělí $D^{p-1}$ vzhledem k nesoudělnosti mezi d,e. Nechť tedy $D^{p-1}=dl$ potom platí, že $dl$ dělí $dp$ neboli $l$ dělí $p$ což je prvočíslo. jsou dvě možnosti, buď $l=1$ nebo $l=p$

1) nechť $l=1$ : $D^{p-1}=d$
$d^p-e^p=px$

2) nechť $d=p$ : $D^{p-1}=dp$
$d^p-e^p=x$

v obou případech bych už nevěděl jak dál postupovat. toto nebyl pokus o Žádný důkaz, spíš sem si tak jenom trochu upravoval rovnici a teď mě zajímá jestli jsem někde neudělal chybu. a jestli ano, abych ji příště neudělal. jestli se to někomu chtělo číst tak děkuji...

check_drummer · 12. 01. 2013 23:16

liamlim napsal(a):
Jestli se nepletu (důkaz nemůžu provézt, binomickou větu neumím) tak platí, že pro prvočíselné $p$ platí $(a+b)^p = a^p+b^p +p(a+b)x$

Ahoj, to neplatí - tedy pokud nezvolíš vhodně to x, které může být obecně neceločíselné. Jak definuješ prosím x?

liamlim

↑ check_drummer:

já celou dobu považuji a,b za kladná celočíselná. zapomněl jsem to doplnit, moje chyba. tim x myslim ten zbytek rozkladu. například: $(a+b)^3=a^3+b^3+3(a+b)ab$ v tomto případě $x=ab$ .

edit: ja to x nevolim, ja ho jen dopočítávám, protože pro prvočíselné p je podle mě rozdíl $(a+b)^p-a^p-b^p$ dělitelný p. samozřejmě pro celá a,b. zároveň si myslím, že $a^p+b^p$ je pro prvočíslo větší než dva vždy dělitelné součtem $a+b$ přičemž si myslím, že podíl $\frac{a^p+b^p}{a+b}$ je vždy se součtem $a+b$ nesoudělný. (ve všech případech jsou také a,b nesoudělná)

edit2 : to jsou ale tvrzení která nemám dokázaná, pouze sem si řekl, že by mohly platit. myslím si že na to dokázání bych právě potřeboval něco, co ještě neumím. třeba tu binomickou větu

liamlim · 13. 01. 2013 12:28

Totiž, možná bych mohl vysvětlit, jak sem došel k tomu, že hledám a,b nesoudělná a současně kladná celočíselná. třeba sem udělal chybu už v této úvaze...

takže 1) a je záporné, b a c jsou kladná. (všechny celočíselné nenulové)

$a^p+b^p=c^p$ zavedeme $x=-a$ potom platí rovnost $b^p=c^p+x^p$ kde všechna jsou kladná.

za 2) celou rovnici vynásobíme -1, poté máme dvě kladná, a jedno záporné. To je případ (1) který je již vyřešen.

za 3) všechna jsou záporná - vynásobíme -1 a máme všechna kladná.

závěr: Abychom určili, zda rovnice nemá řešení, stačí nám najít jeden protipříklad. a já sem teď dokázal, že jestliže ten protipříklad má jednu z hodnot a,b,c zápornou, pak existuje protipříklad, kde všechny hodnoty jsou kladné.

Tedy máme $a^p+b^p=c^p$ pro kladná celočíselná a,b,c. označme D jako největší společný dělitel čísel a,b, pak pro nějaká nesoudělná x,y platí rovnost: $D^p(x^p+y^p)=c^p$ tedy c je dělitelné D. a zároveň je nesoudělné s x,y, jinak by nastal spor s jejich vzájemnou nesoudělností. Odtud tedy:

závěr 2: Abychom prokázali, že existuje protipříklad s Velkou Fermatovou větou, pak stačí nalézt řešení rovnice $a^p+b^p=c^p$ pro kladná celočíselná, navzájem nesoudělná a,b,c

check_drummer · 13. 01. 2013 19:19

↑ liamlim:
Ahoj, připadá mi Tvá úvaha v pořádku. jen si nejsem jist u:
"pro nesoudělná a,b - pak a+b (neboli y) je nespoudělné s x"
pro p=3 to platí, ale njsem si jist u vyšších p.

liamlim

↑ check_drummer:↑ check_drummer:

to si myslím, že by mělo platit. platí to v tom případě, jestli je pro libovolné liché n součet $a^n+b^n$ dělitelný součtem $a+b$ - nevím jestli to platí, ale myslím že ano.

Potom bychom totiž pro libovolné prvočíselné p zapsali $(a+b)^p=a^p+b^p+p(a+b)(\frac{ab(a^{p-2}+b^{p-2})}{a+b}+\frac{a^2b^2(a^{p-4}+b^{p-4})}{a+b}+\cdot\cdot\cdot + \frac{a^nb^n(a+b)}{a+b}$ kde ta nejdelší část v součinu na pravé straně rovnosti je právět to x

edit: jak sem si to takhle rozepsal, tak už vlastně vidím, že to nemusí nutně platit. diky za kontrolu check_drummer

liamlim · 05. 05. 2013 21:31

Znovu všechny zdravím, po delší době jsem se pokusil na velkou fermatovu větu trochu jiným pohledem, zase, když by se to někomu chtělo číst, bych byl rád o kontrolu správnosti mého postupu. Bohužel sám si to můžu číst desetkrát a chybu nenajdu.

Řekl jsem si, že budu hledat řešení rovnice $x^n+y^n=z^n$ pro kladná celá, po dvou nesoudělná $x,y,z$ a prvočíselné $n$ větší jak 2.

Můj

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Protože je ten závěr tak divný, mám podezření na chybu, pokud někdo nějakou uvidíte, prosím napište.

Ty konkrétní podmínky jako nesoudělnost $x,y,z$ a prvočíselnost $n$ jsou jen jendoduché úpravy klasické Velké fermatovy věty. Pokud by neexistovalo řešení v takto zjednodušeném případě, neexistovalo by ani v obecném.

liamlim · 05. 05. 2013 22:20

myslím že můžeme hledat takovou trojici, kde $z$ je nejmenší. pak se mi pro případ $z=x+n$ asi podařilo dostat spor:

$x^n+y^n=(x+n)^n$ po roznásobení se odečtou $x^n$ . pak snadno určíme $y>n$ neboli $y=n+m$ pro nějaké kladné $m$ .

$x^n+(n+m)^n=(x+n)^n$
$x^n=(x+n)^n-(n+m)^n$ Odsud snadno určíme že $x-m$ dělí $x$ . Což může nastat jen když $m$ je dělitel $x$ neboli $x=mb$ pro nějaké přirozené $b$

$m^nb^n+(n+m)^n=(mb+n)^n$

Odsud plyne $m^nb^n+m^n\equiv m^nb^n\mod n$ neboli, vzhledem k prvočíselnosti $n$ je $m$ dělitelné $n$ . Takže $m=na$ pro nějaké $a$ . Dosadíme:

$n^na^nb^n+n^n(a+1)^n=n^n(ab+1)^n$ neboli

$a^nb^n+(a+1)^n=(ab+1)^n$ . Jestli se nepletu, tady je hledaný spor, je to tak?