Chủ đề này có 190 trả lời

[phtung]

Fields Medal chắc giống bầu cầu thủ xuất sắc nhất thế giới. Như Henry chẳng hạn, đá thì hay nhưng ko đóng vai trò lớn trong việc đoạt cúp tầm lục địa trở lên cả, nên có bầu chọn cũng toàn về nhì ba.

[Alexi Laiho]

phải nói nghe cái giọng ông bạn Invariant này lại làm mình nhớ tới anh chàng Cellist, giống giống nhau. Về string theory anh bạn phát biểu nhiều đoạn chưa chính xác và còn ỡm ờ lắm.

[Invariant]

To leoteo: leoteo nói thế thì tôi biết tôi nhầm. To AL: hình vi phân và string theory là ngành tôi học- cách tiếp cận của tôi đi từ vật lý cho nên không hiểu tác dụng của hhds vào nó mấy, AL thấy có gì không đúng thì sửa sai hộ cho.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Invariant: 05-04-2007 - 18:54

[lavieestunemerde]

Tất nhiên chứng mính sơ cấp của Selberg (2 bài) đăng ở Annals of Math. Đấy là điều mà một số người cực đoan không thể tài nào giải thích nổi

[cuong to ACBK]

hay nhi dang ve Fermat ma

[alias]

hay nhi dang ve Fermat ma

Vậy thì quay trở lại. Đây có phải là chứng minh của Fermat về FLT không?
Proof
We shall denote the greatest common divisor of the numbers x and y by (x, y).
Suppose that d^n + e^n = f^n where d, e, f are positive integers and n is an odd prime, then we may always assume that
(d, e) = (e, f) = (f, d) = 1 (1)
0 < d < e < f (2)
It follows from and (2) that d^n-1 + e^n-1 > f^n-1
It follows from (2) that e^n-1 + f^n-1 > d^n-1 and f^n-1 + d^n-1 > e^n-1
Thus, the numbers a = d^n -1, b = e^n -1, c = f^n -1 can represent three sides of a triangle ABC from a geometrical point of view.
In the triangle ABC whose sides are represented by a, b, c we have
c^2 = a^2 + b^2 - 2abcosC (3)
a^2 = b^2 + c^2 - 2bccosA (4)
b^2 = c^2 + a^2 - 2cacosB (5)
4S^2 = (absinC)^2 = (bcsinA)^2 = (casinB)^2 (6)
S^2 = s(s-a)(s-b)(s-c) (7)
in which S is the area and s is the semi perimeter of the triangle ABC.
It follows from and (1) that there only exist three following cases:
Case 1: f is an even number and d, e are odd numbers.
Case 2: d is an even number and f, e are odd numbers.
Case 3: e is an even number and f, d are odd numbers.
We shall first consider case 1.
The expression (3) can be written as
abcosC = (a^2 + b^2 - c^2)/2
In this case, we have s, (s-c), abcosC are odd numbers and (s-a), (s-b), (a^2 + b^2 – c^2), S^2 are even numbers.
For n is an odd prime, it follows from and (2) that a^2 + b^2 – c^2 < 0 then cosC < 0.
If -1 < cosC < 0, we can put
cosC = -u/v in which (u, v) = 1 and 0 < u < v
Then abcosC = -abu/v (8)
Since abcosC is an integer and (u, v) = 1, ab must be divisible by v, i.e. ab has the form
ab = kv where k is a positive integer (9)
Since kv is an odd number, we have k, v are odd numbers.
Since abcosC is an odd number, it follows from (8) and (9) that ku is an odd number. Hence, k, u are odd numbers.
The expression (6) can be written as
4S^2 = (ab)^2(sinC)^2
= (ab)^2[1 - (cosC)^2]
= (ab)^2[1 - (u/v)^2]
= (ab/v)^2(v^2 - u^2)
= k^2(v^2 - u^2)
Or v^2 - u^2 = 4S^2/k^2 (10)
Since (4, k^2) = 1, S^2 must be divisible by k^2. Therefore, we can put
S^2 = mk^2 where m is a positive integer
And the expression (10) becomes
v^2 - u^2 = 4m
Or [(v – u)/2][(v + u)/2] = m (11)
It follows from (u, v) = 1 that ([(v – u)/2], [(v + u)/2]) = 1.
Since S^2 is even and k^2 is odd, m is even.
Suppose that p_1q_1,..., p_lq_l are all forms of factorizations of m such that p_i is even, q_i is odd and (p_i, q_i) = 1 for all i = 1, 2…l.
The expression (11) becomes
[(v – u)/2][(v + u)/2] = p_iq_i (12) for all i = 1, 2…l.
For every i = 1, 2…l, it follows from (12) that all possible values of (v – u)/2 are 1, p_i if p_i < q_i and q_i if q_i < p_i. Then the respective values of (v + u)/2 are p_iq_i, q_i, and p_i. Therefore, we obtain
v = q_i + p_i , u = q_i – p_i if q_i > p_i (13)
or v = p_i + q_i , u = p_i – q_i if p_i > q_i (14)
And v = p_iq_i + 1 , u = p_iq _i - 1 (15)
It is evident that the solutions v, u are satisfied the above conditions.
For the solution (15), we have
(s-a)(s-b) = [(b+c-a)(c+a-b)]/4
= [2ab(1-cosC)]/4
= [kv(1-u/v)]/2
= k(v-u)/2
= k(2)/2
= k (16)
This is unreasonable because the left hand side of (16) is an even number while its right hand side is an odd number.
From here it follows that cosC must equal -1 and then C = 180 degrees. This means that the triangle ABC does not exist.
Similarly, for the solution (14) we have the fact that the triangle ABC does not exist and for the solution (13) the triangle ABC exists.
Consider the following propositions:
(H): d^n + e^n = f^n where d, e, f are positive integers and n is an odd prime.
(K): the triangle ABC exists.
It is clear that it follows from (H) that both (K) and non-(K) exist. Therefore, (H) is a false proposition. Consequently, FLT holds true in case 1.
Similarly, FLT also holds true in the other cases when we begin with the expression (4) in case 2 and the one (5) in case 3.
FLT is now proved completely.

[hungkhtn]

Đọc cái topic này thấy mọi người bàn luận xôn xao, e đã giành cả tối để đọc hết nó, công nhận là ... hay vì có 1 ... cao nhân nơi nào đã đưa ra đc một proof... Em nhớ lại hồi học lớp 8 có thằng bạn cùng lớp nó bảo "mày mà giải đc bài toán này sẽ được Viện toán thưởng 10 triệu. Đơn giản là một PT nghiệm nguyên thôi " Lúc đó em chả biết Viện toán ở đâu, chả biết rằng thằng bạn chơi ác đưa ngay bài toán FLT, nhưng nghe thấy.. 10 triệu là sướng lắm cả đêm gặm nhấm mãi. Em nhớ là đã 3 lần mừng rồi lại hụt vì chứng minh sai lè, nhưng lúc đó cũng CM được với mũ 4. Một tuần sau nó bảo bài toán này cả thế giới chưa giải đc thì... em điên tiết cho nó một trận Lên lớp 9 đọc cuốn PT Nghiêmk Nguyên thấy nó cũng miêu tả khá rõ về FLT và Weil, nên ấn tượng lắm. bản thân em (đây chỉ là suy nghĩ cá nhân thôi, các pac' đừng bắt bẻ) coi nó là bài toán đẹp nhất trong toán học,

Em không thử check chứng minh của pác Alias nhưng e tin rằng nó có vấn đề Logic. Em chắc chắn là nếu có cách giải kiểu này chỉ chác bác Fecma ngày xưa... nói thật...

[alias]

Cám ơn hungkhtn. Bạn đã có một nhận xét hết sức tinh tế. Thật không hổ danh tuổi trẻ tài cao.
Một thời gian dài tôi hết sức băn khoăn về định lý của Wiles và đến nay vẫn chưa tìm được câu trả lời từ bất cứ ai.
Tạm thời tôi suy nghĩ thế này không biết có đúng không? Theo mạch chứng minh chúng ta có khuynh hướng cho là tam giác ABC tồn tại và cảm thấy nó mâu thuẫn với định lý của Wiles. Chúng ta quên rằng nó tồn tại dựa trên sự giả định. Logic sẽ rõ ràng khi chúng ta trả lời câu hỏi: "Một tam giác được giả định tồn tại liệu có thực sự tồn tại?" . Ở đây d, e, f , u, v là những đại lượng chưa biết và chúng ta cần xác định u, v theo d, e, f để tồn tại.
Nhiều người đưa ra phản ví dụ bằng cách cho d, e, f những giá trị cụ thể thỏa mãn hết mọi điều kiện trong chứng minh của tôi trừ để minh chứng rằng tam giác ABC thực sự tồn tại. Khi đó rõ ràng u, v có những giá trị cụ thể và (11) không phải là một phương trình. Lưu ý rằng ở chứng minh bất đẳng thức d^n-1 + e^n-1 > f^n-1 là giả định, còn ở phản ví dụ nó là thực tế. Sự khác biệt này đã bị bỏ qua trong lập luận bác bỏ của họ.
Khi tôi yêu cầu họ dùng lập luận đó để kiểm tra định lý của Wiles thì họ lảng tránh. Tại sao thế nhỉ?

[chautruong]

một số trang web về fermat theorem:
http://www.maa.org/r...ws/fltamat.html
http://fermatslastth...m.blogspot.com/
http://homepages.cwi...matics/flt.html
http://www.mathrefer...m-zext,flt.html
http://www.math.roch...7/home/FLT.html
http://www-history.m...st_theorem.html
http://www.mbay.net/~cgd/flt/flt01.htm

[chautruong]

một số trang web về fermat theorem:
http://www.maa.org/r...ws/fltamat.html
http://fermatslastth...m.blogspot.com/
http://homepages.cwi...matics/flt.html
http://www.mathrefer...m-zext,flt.html
http://www.math.roch...7/home/FLT.html
http://www-history.m...st_theorem.html
http://www.mbay.net/~cgd/flt/flt01.htm

[antiboy511]

em nghe nói thi IMO ở Việt Nam , vừa có 1 ông nước ngoài mang 1 cách chứng minh sơ cấp cho Fecma nhờ mấy anh ở Viện Toán check hộ, CM ko dài lắm, vài chục trang giấy thoai,nhưng cũng như từ trước đến giờ, mọi chứng minh( trừ 1 cách) đều sai cả, hôm nào phải xin ông anh cái bản thảo cm về đọc cho đỡ buồn thoai.

[Ham_Toan]

To alias:
Mình thấy rằng bạn đang rất băn khoăn về điều này:
1. Bạn CM được rằng: Nếu tồn tại (a,b,c) nguyên sao cho a^n + b^n + c^n = 0 thi abc 0
2. A.Wiles CM: Nếu tồn tại (a,b,c) hữu tỉ sao cho a^n + b^n + c^n = 0 thì abc = 0

Mình xin giải thích điều này như sau:
Trước tiên, ta nhắc lại FLT:
Không tồn tại (a,b,c) nguyên sao cho a^n + b^n = c^n

Ta thấy rằng, nếu một trong 3 số a,b,c bằng 0 thì định lý FLT còn j để CM. Do đó, ta chỉ xét cả 3 số a,b,c khác 0, cụ thể hơn ta chỉ cần xét a,b,c nguyên dương.
Vậy đương nhiên abc 0

Còn trong CM của A.Wiles, ông CM từ những mệnh đề của ông ta sẽ suy ra được mệnh đề:
Nếu tồn tại (a,b,c) hữu tỉ sao cho a^n + b^n + c^n = 0 thì abc = 0

Mà ta chỉ đang xét a,b,c khác 0 nên chuyện abc = 0 là không thể nên kết thúc CM cho định lý FLT

-------------------------
Còn CM của bạn gửi sau cùng ấy, mình nghĩ có lẽ nên xem lại ở những chỗ similar. Có khi nó không thật sự similar, sai lầm chết người thường nằm ở đó, cần phải viết cụ thể ra, đừng cứ nghĩ là tương tự. Mình bị vấp nhiều chỗ đó rồi !

Chúc thành công

[alias]

Cám ơn bạn Ham Toan. Đây là lời giải thích tốt nhất tôi nhận được cho đến nay. Khi chứng minh tôi đã đặt điều kiện 0 < d < e < f và theo quán tính tôi đã đem nó vào định lý của Wiles. Bạn có biết điều kiện của những mệnh đề trước suy ra FLT không? Có điều kiện nào liên quan đến d, e, f không? Do bài chứng minh của Wiles rất dài nên nếu trích ngang có thể chúng ta sẽ không thấy các điều kiện liên quan.

[Ham_Toan]

Cám ơn bạn Ham Toan. Đây là lời giải thích tốt nhất tôi nhận được cho đến nay. Khi chứng minh tôi đã đặt điều kiện 0 < d < e < f và theo quán tính tôi đã đem nó vào định lý của Wiles. Bạn có biết điều kiện của những mệnh đề trước suy ra FLT không? Có điều kiện nào liên quan đến d, e, f không? Do bài chứng minh của Wiles rất dài nên nếu trích ngang có thể chúng ta sẽ không thấy các điều kiện liên quan.

Thật ra theo mình biết, CM của Wiles chủ yếu dựa vào giả thuyết Shimura-Tanayama:
Mọi đường cong Eliptic đều có dạng modula.

Theo CM của Ken Ribet, nếu (d,e,f) thỏa d^n+e^n = f^n thi (d,e,f) sẽ nằm trên một đường cong eliptic đặc biệt đến nỗi nó không có dạng modula.

Và A.Wiles đã CM thành công giả thuyết Shimuara trên=> kết thúc FLT

[dot]

Ngày 23 tháng 8 năm 2007 có bác Võ Văn Rân thông báo bằng mail cho em biết là bác đã tìm được cách chứng minh sơ cấp cho FLT, chỉ ra Andrew Wile sai và đã xuất bản thành cuốn sách "Elementary Fermat's Last Theorem" . Ngoài ra bác ấy còn chỉ ra phương pháp giải các phương trình dạng Wiles-Fermat trong cuốn sách "Toán học xưa và nay". Bạn nào quan tâm hãy vào trang web khoahoc.net tìm đọc những bài viết của Võ Văn Rân để biết thêm chi tiết. Nhân tiện đây cũng xin nhờ các anh kiểm chứng dùm tính chân thật của thông tin trên vì bác ấy nói đã công bố từ năm 1995.

[nguyendinh_kstn_dhxd]

Hài hước nhỉ? Nhưng giá là sự thật thì hay biết mấy, VN ta đã nổi tiếng trên bản đồ Mathematics rồi!

[namdung]

Tôi đã vào thử www.khoahoc.net để xem bài của bác Võ Văn Rân. Đọc văn của bác thấy cũng vui vui, nhưng phần toán thì chẳng có gì mới, phải nói là rất buồn cười. Thế mà bác ấy bảo đấy là Tổng quát hóa của phương trình Fermat!

Đọc cả các lời bình trong website, mới thấy các bác ở Khoahoc.net chắc là dân khoa học xã hội, dân thần học là nhiều hơn. Và đặc biệt ngữ pháp và chính tả của các bác ấy rất có vấn đề.

[namdung]

Các bạn muốn thư giãn thì có thể vào xem bác Rân đưa Việt Nam mình lên mây xanh ở đây. Tiếc là thế giới hình như chưa công nhận.

http://www.khoahoc.n...07-fermat-2.htm

[alias]

Định lý của Wiles không có gì là khó hiểu nếu như chúng ta xét mệnh đề đảo. Suốt thời gian dài tôi cứ băn khoăn về một điều hết sức đơn giản. Thật buồn cười.

Noel này sẽ tuyệt vời nếu như tôi tìm được phương pháp xác định điểm hữu tỷ trên đường cong f(x, y) = 0. Khi đó xét đường cong x^n + y^n = 1 với n là số tự nhiên lớn hơn hay bằng 3 chúng ta sẽ dễ dàng chứng minh được FLT bằng kiến thức thời Fermat. Hy vọng sau vài ngày kiểm tra tôi không thấy mình nhầm lẫn.

[dot]

Từ sci.math em thấy thông tin sau:
Lev Aizenberg (Bar Ilan University) claims invalidity of Riemann
Hypothesis, here is a link:
http://arxiv.org/abs/0801.0114v1
That sounds a bit like AP claiming that FLT must be wrong because he
has a very simple and elementary result that contradicts FLT, while
Wiles' proof is long and complicated.