Chủ đề này có 190 trả lời

[alias]

Cho đến giờ tôi nghĩ Wiles đúng vì tôi vừa tìm được kết quả sau:
Với n là số nguyên tự nhiên lớn hơn hay bằng 3, phương trình x^n + y^n = 1 chỉ có nghiệm hữu tỷ khi x = 0 hoặc y = 0.

[alias]

For every integer n >= 3, the only rational solutions of the curve C given by
x^n + y^n - 1 = 0
are the points (1, 0), (0, 1) if n is odd and (-1, 0), (0, -1), (1, 0), (0, 1) if n even.

[toilachinhtoi]

@alias: Chứng minh của cậu dài bao nhiêu trang, và sử dụng kiến thức như thế nào?

Bạn tôi cũng có một chứng minh ngắn gọn như sau: Chứng minh: Giả sử định lý Fermat không đúng. Khi đó sẽ dẫn đến hypersurface x^n +y^n=z^n trong CP^2 là anti-analysis-super-algebraic, nhưng điều này trái với một bổ đề của Wiles. (QED)

@dot: Không biết có tin gì mới về bài báo của Lev Aizenberg không?

[dot]

Em không đánh giá được nhưng chắc là sai rồi. Sau đây là những đánh giá của người khác:
Well the author's mistake is very simple. On page 3, he bounds |I_1| by
something + Integral of (t-t0) phi(t) f(t),
where f(t) is some positive function and phi(t) < C t.
However (t-t0) changes sign on the interval of integration, so it does not
follow, that this integral is bounded by integral of C(t-t0) t f(t).

This error seems to be the consensus.
So we have an illustration of the difference between a preprint
(such as in arXiv) and a paper published in a refereed journal.
Because of the established process in mathematics, errors in the
latter type of paper are far less frequent than in the former.

[alias]

Bạn cậu đăng bài ở tạp chí nào?

[alias]

There exits an elementary proof of FLT. Fermat had a proof!

ìIt is impossible to separate a cube into two cubes, or a biquadrate into two biquadrates, or in general any power higher than the second into powers of like degree; I have discovered a truly marvelous proof, which this margin is too small to contain.”

Pierre de Fermat

It is impossible to separate an odd prime number into two cubes, or two biquadrates, or in general two of any power higher than the second; I have discovered a truly marvelous proof, which this forum is too large to overlay.

Alias

I use a new method named ìThe split method”.

[alias]

Oh, I am sorry!
17 = 1^4 + 2^4.
7 = 2^3+(-1)^3
I must revise some conditions.

[Ham_Toan]

Cho đến giờ tôi nghĩ Wiles đúng vì tôi vừa tìm được kết quả sau:
Với n là số nguyên tự nhiên lớn hơn hay bằng 3, phương trình x^n + y^n = 1 chỉ có nghiệm hữu tỷ khi x = 0 hoặc y = 0.

Giỡn hoài bạn, CM được cái này là bạn CM được FLT rồi !

[alias]

Bạn không thấy tôi hàm ý là đã tìm được lá diêu bông sao?

[alias]

̀Tôi tin rằng Fermat đã có một chứng minh trong tình huống ông ta đã chứng minh trường hợp n = 4 trước rồi sau đó một thời gian khá lâu mới đưa ra ghi chú bên lề sách. Giả định này bị nhiều người bác bỏ nhưng tôi vẫn ngây thơ tin vào sự tồn tại của lá diêu bông. Nhiều lần tôi cố gắng tìm kiếm chứng minh ấy bằng cách tấn công trực diện và ngỡ rằng mình đã tìm thấy chứng minh của Fermat nhưng đều thất bại thảm hại. Cho đến nay tôi vẫn chưa tìm thấy chứng minh đó nhưng bù lại tôi đã tìm thấy phương pháp split - phương pháp này cho phép chúng ta chứng minh FLT chỉ một trang và hoàn toàn sơ cấp thông qua xét đường cong x^n + y^n = 1. Bản thân FLT không quan trọng bằng phương pháp tiếp cận nó. Lần này tôi không nghĩ rằng đây là chứng minh của Femat vì thực sự tôi đã giải bài toán số 10 của Hilbert cho trường hợp hàm hai biến. Dù rằng Matijacevic đã chứng minh không có lời giải trong trường hợp tổng quát nhưng với hàm hai biến câu trả lời là có. Phương pháp này có thể mở rộng cho những hàm có số biến nhiều hơn với một số điều kiện nhưng việc này xin nhường lại cho những nhà toán học giải quyết. Đối với tôi làm được như thế là quá đủ vì may mắn khó đến hai lần. Có một người đã ước tính xác xuất chứng minh thành công FLT bằng phương pháp sơ cấp là 1/10^128 và với amateurs hầu như bằng không nhưng trúng số độc đắc thì đâu cần trình độ miễn là bạn chịu khó mua vé số. Diêu bông hỡi diêu bông, sao em nỡ vội lấy chồng! Tôi đã tìm thấy nó sau Wiles 15 năm. Do bất cẩn làm mất bản thảo nên tôi phải ngồi viết lại lời giải trước khi gửi nó cho Annals.

[alias]

Chứng minh của tôi dài khoảng 100 trang bao gồm 1 bổ đề, 2 định lý, 4 hệ quả. Tôi dự kiến sẽ viết xong trong vòng 3 tháng nhưng vì bị mất ngủ nhiều nên không thể viết nhanh hơn. Hiện giờ tôi đang viết lại được khoảng 60 trang.

[alias]

Sau khi viết xong, vì sự gần gủi chắc là tôi phải ngó qua phỏng đoán Birch and Swinnerton-Dyer:

"Mathematicians have always been fascinated by the problem of describing all solutions in whole numbers x,y,z to algebraic equations like

x^2 + y^2 = z^2

Euclid gave the complete solution for that equation, but for more complicated equations this becomes extremely difficult. Indeed, in 1970 Yu. V. Matiyasevich showed that Hilbert's tenth problem is unsolvable, i.e., there is no general method for determining when such equations have a solution in whole numbers. But in special cases one can hope to say something. When the solutions are the points of an abelian variety, the Birch and Swinnerton-Dyer conjecture asserts that the size of the group of rational points is related to the behavior of an associated zeta function ζ(s) near the point s=1. In particular this amazing conjecture asserts that if ζ(1) is equal to 0, then there are an infinite number of rational points (solutions), and conversely, if ζ(1) is not equal to 0, then there is only a finite number of such points. "

Tôi thích phỏng đoán này và giả thuyết Riemann:

"Some numbers have the special property that they cannot be expressed as the product of two smaller numbers, e.g., 2, 3, 5, 7, etc. Such numbers are called prime numbers, and they play an important role, both in pure mathematics and its applications. The distribution of such prime numbers among all natural numbers does not follow any regular pattern, however the German mathematician G.F.B. Riemann (1826 - 1866) observed that the frequency of prime numbers is very closely related to the behavior of an elaborate function

ζ(s) = 1 + 1/2s + 1/3s + 1/4s + ...

called the Riemann Zeta function. The Riemann hypothesis asserts that all interesting solutions of the equation

ζ(s) = 0

lie on a certain vertical straight line. This has been checked for the first 1,500,000,000 solutions. A proof that it is true for every interesting solution would shed light on many of the mysteries surrounding the distribution of prime numbers."

[Alexi Laiho]

Bạn alias thế này thì giải quyết hết những vấn đề lớn nhất trong toán rồi còn gì nữa, nhỉ. Chắc mai mốt bạn chuẩn bị hành lý khăn gói đi lãnh giải Fields.

[namdung]

Rất hoành tráng và đáng mừng!

[evarist]

Thưa thầy vậy là bác ấy chứng minh được định lý lớn Fermat thật rồi hả thầy

[MrMATH]

Ý thầy Dũng đáng mừng ở đây là vì bác gì đó ở trên đã bỏ công viết cẩn thận những tìm tòi của mình thành bài báo có đầy đủ mệnh đề, hệ quả, ... nghiêm chỉnh, tất nhiên, đúng sai lại là chuyện khác

[NangLuong]

Mình nghĩ là nên đóng chủ đề này, nếu không nó sẽ toàn những bài viết chẳng có căn cứ gì cả, đã thế chủ đề lại được đánh dấu chú ý nữa chứ. Thực tế những bài post cuối cùng của alias không mang lại được thông tin gì cho người đọc. Mong bạn không biến chủ đề thành nơi viết nhật ký của bạn.

[dot]

Seeing is believing.

[namdung]

Thưa thầy vậy là bác ấy chứng minh được định lý lớn Fermat thật rồi hả thầy

Điều này chỉ có 2 người biết, em ạ!

Tôi đồng ý với Năng Lượng là nên đóng chủ đề này lại, cho đến khi có cái gì đó thực tế để anh em bàn luận và tìm ... chỗ sai.

[vannamlhp]

Định lí Fermat: Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì hiệu số $a^p -a$ chia hết cho p, với a là một số nguyên bất kỳ .
.

Cách giải : giả sừ a không chia hết cho p. Lúc đó các số a, 2a, 3a, ...,(p-1)a đều không chia hết cho p, và phép chia các số này cho p để lại các số dư khác nhau. Vì, Nếu ka và la ( với p-1 $\geq$k>1) khi chia cho p để lại các số dư bằng nhau thì lúc đó ka - la = (k-l)a sẽ chia hết cho p; điều này không thể được vì p là một số nguyne6 tố, số a đã giả sử không chia hết cho p và k-1 thì nhỏ hơn p.
Vì tạo hợp các số dư được để lại, do từ phép chia các số a, 2a, 3a, ..., (p-1)a cho p, đã được dùng hết bởi p-1 số 1, 2, 3, ..., p-1, (hay nói cách khác tập hợp các số dư trên gồm p-1 phần tử, đó là các số 1, 2, 3, ..., p-1) nên:
a = $q_1p$ + $a_1$; 2a=$q_2p + a_2$; 3a=$q_3p + a_3$, ..., (p-1)a = $q_{p-1}.p + a_a{p-1}$
với $a_1, a_2, a_3, ..., a_{p-1}$ là các số 1,2,3, ..., p-1 không nhất thiết theo thứ tự. Nhân tấc cả các đẳng thức này vế theo vế, chúng ta được: [1.2.3....(p-1)]$a^{p-1}$ = Np + $a_1a_2...a_{p-1}$
Nghĩa là:
[1.2.3...(p-1)]$a^{p-1) - 1) = Np$
suy ra $ a^{p-1} -1 $ chia hết cho p và, do đó, $a^p -1$ cũng chia hết cho p. Trong trường hợp số a chia hết cho p điều khẳng định của địh lý Fermat là hiển nhiên.