Matematické Fórum

liamlim

Ahoj!

Vidí někdo nějakou chybu v tomto "důkazu"? Jestli ano, byl bych vděčný, kdyby napsal.

Řekněme, že máme po dvou nesoudělná $x$ , $y$ , $z$ a prvočíselné $n$ taková, že:

1) $x^n+y^n+z^n = 0$

Dále uvažujme libovolné z nekonečně mnoha přirozených $a$ takových, že $2n+a$ je prvočíslem. Snadno nahlédneme, že $a$ musí být liché. Navíc volíme $a$ takové, že $2n+a$ nedělí $xyz$ - takové $a$ jistě můžeme zvolit, neboť máme k dispozici nekonečně mnoho prvočísel...

2.1) $2n+a$ je prvočíslo
2.2) $2n+a$ nedělí $xyz$

Vyjdeme ze (1). Po odečtení $z^n$ a umocnění na druhou dostaneme:

3) $x^{2n} + y^{2n} + 2x^ny^n = z^{2n}$

Celou rovnost (3) přenásobíme $(xyz)^{a-1}$ . Dále využiji Eulerovy věty, tedy, že platí $x^{2n+a-1} \equiv 1 \mod 2n+a$ . Přičemž analogický vztah platí pro $y$ a $z$ . Mám tedy:

$y^{a-1}z^{a-1} + x^{a-1}z^{a-1} + 2x^{n+a-1}y^{n+a-1}z^{a-1} \equiv x^{a-1}y^{a-1} \mod 2n+a$
4) $2x^{n+a-1}y^{n+a-1}z^{a-1} \equiv x^{a-1}y^{a-1} - y^{a-1}z^{a-1} - x^{a-1}z^{a-1}\mod 2n+a$

Nyní celou rovnost 4 umocním na druhou a zase využiji Eulerovy věty. Přitom použiji: $2n+2a-2 = (2n+a-1) + (a-1)$

Pak dostanu $4x^{a-1}y^{a-1}z^{2a-2} \equiv (x^{a-1}y^{a-1} - y^{a-1}z^{a-1} - x^{a-1}z^{a-1})^2 \mod 2n+a$

To nyní jednoduše roznásobím a snadno upravím:

$2(x^{2a-2}y^{a-1}z^{a-1} + y^{2a-2}z^{a-1}x^{a-1} + x^{2a-2}x^{a-1}y^{a-1}) \equiv x^{2a-2}y^{2a-2}+y^{2a-2}z^{2a-2}+z^{2a-2}x^{2a-2} \mod 2n+a$

Neboli
$4(x^{2a-2}y^{a-1}z^{a-1} + y^{2a-2}z^{a-1}x^{a-1} + x^{2a-2}x^{a-1}y^{a-1}) \equiv (x^{a-1}y^{a-1} + y^{a-1}z^{a-1} + z^{a-1}x^{a-1})^2 \mod 2n+a$

Nyní pouze vytkneme...

5) $4(xyz)^{a-1}(x^{a-1} + y^{a-1}+z^{a-1}) \equiv (x^{a-1}y^{a-1} + y^{a-1}z^{a-1} + z^{a-1}x^{a-1})^2 \mod 2n+a$

TADY JE CHYBA: oprava v dalším příspěvku. Původní verze skryta:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

check_drummer · 23. 05. 2016 19:21

↑ liamlim:
Ahoj, proč jsi označil téma jako vyřešené? Našel jsi chybu? Pokud ano, kde?

liamlim · 23. 05. 2016 19:25

↑ check_drummer:

Ten bod jsem označil. Ale našel jsem "opravu". Ono je jasné, že tam chyba je. Spíš mě baví ji hledat. Asi pošlu "opravený" důkaz. Jen nevím, jestli mám zkopírovat velkou část původního, kterou bych nechal být, nebo jestli mám pouze psát tu konkrétní část. To se rozmyslím. Chyba byla před bodem 6 a místo jsem označil. Měl jsem násobit $(xyz)^{2n}$ , nemůžu totiž psát, že $x^{n+a-1} \equiv 1\mod 2n+a$ protože to neplatí

liamlim

5) $4(xyz)^{a-1}(x^{a-1} + y^{a-1}+z^{a-1}) \equiv (x^{a-1}y^{a-1} + y^{a-1}z^{a-1} + z^{a-1}x^{a-1})^2 \mod 2n+a$

Tady to bylo ještě dobře.

Tak tuto rovnost vynásobíme $(xyz)^{4n}$ . Tím dostaneme:

$4(xyz)^{2n} (x^{a-1} + y^{a-1}+z^{a-1}) \equiv (x^{2n} + y^{2n} + z^{2n})^2 \mod 2n+a$

Neboli

$4(x^{2n}y^{2n} + y^{2n}z^{2n} + z^{2n}x^{2n}) \equiv (x^{2n} + y^{2n} + z^{2n})^2 \mod 2n+a$

Což už stačí...

EDIT: Tak jsem psal, že mě baví hledat tu chybu. Už ne.. Čtu si to podesáté a nemůžu ji najít. Kdyby ji někdo na těch 6 bodech uviděl, pak prosím, aby sem napsal. Autor některé věci snadno přehlédne, protože je sám tvořil.

EDIT2: Tak ta chyba je hned v posledním řádku. Ono totiž pokud $x^n+y^n+z^n = 0$ pak ten poslední řádek vždy platí.

EDIT3: kazdopadne bod 5 mi presto prijde zajinavy. Treba by mohl byt zajimavy pro nejakou specialni hodnotu a...

Matematické Fórum

#1 23. 05. 2016 19:05 — Editoval liamlim (23. 05. 2016 19:33)

"důkaz" Velké Fermatovy věty

#2 23. 05. 2016 19:21

Re: "důkaz" Velké Fermatovy věty

#3 23. 05. 2016 19:25

Re: "důkaz" Velké Fermatovy věty

#4 23. 05. 2016 19:28 — Editoval liamlim (23. 05. 2016 21:08)

Re: "důkaz" Velké Fermatovy věty

Zápatí