MỞ ĐẦU
Qua truyền thông báo chí, qua thư từ, qua Internet được biết nhiều Giáo Sư, độc giả và các bạn trẻ trong nước và hải ngoại, có quan tâm về TOÁN HỌC, muốn biết cách chứng minh Định lý sau cùng của Fermat, còn gọi là Định lý lớn (The Great Theorem), như thế nào ?
Mặc dù năm 1995 GS Andrew Wiles đã giải rồi và “Vào mùa hè 1995, đã có một hội nghị lớn tổ chức tại Boston University để đi sâu vào chi tiết của bài chứng minh. Các chuyên gia trong mỗi lãnh vực liên quan đã có bài phát biểu giải thích nền tảng và nội dungcông trình của Wiles và Taylor. Sau khi khảo sát bài chứng minh quá kỹ lưỡng đến như vậy, cộng đồng toán học cảm thấy thoải mái khi công nhận rằng nó đúng”
Hội nghị đã đóng lại bài toán khó nhất, từng làm các Nhà Toán học điên đảo trên 360 năm, tuy vậy “FLT” vẫn còn là bài toán khó nhất, chưa có nhà Toán học nào tìm ra cách chứng minh, ngắn gọn từ 1 đến 2 trang, Nhiều nhà Toán học còn thách thức rằng, hiện nay có ai còn nghĩ đến việc, chứng minh định lý sau cùng của Fermat ngắn gọn trong một trang, (single page) thì người đó không được bình thường, nói theo kiểu Việt nam là bị chạm hay bị ấm đầu…
Trong các nhà sách lớn của các nước trên Thế giới, trong các thư viện Đại Học hay Quốc gia có hàng trăm đầu sách viết về Fermat’s Last Theorem (FLT) như các đầu sách sau:
Fermat’s Last Theorem (Paperback) by Simon Singh
Fermat’s Enigma: The Epic Quest to Solve the World’s Greatest
Mathematical Problem (Paperback) by SIMON SINGH, JOHN LYNCH
Fermat’s Last Theorem: Unlocking the Secret of an Ancient
Mathematical Problem (Paperback) by Amir D. Aczel
Cho dù quý vị có đọc hết những quyển sách trên, hay đọc thêm hàng chục quyển sách khác, của các nhà Toán học nói về Fermat’s Last Theorem, quý vị và các bạn trẻ cũng không thể nào biết cách để chứng minh FLT. Vì phần lớn, sách được viết như một loại tiểu thuyết khoa học, toán học, chỉ dựa trên những yếu tố có liên quan đến Fermat như Shimura Taniyama Conjecture, Frey Conjecture … Sách được viết một cách chung chung, có nghĩa là:
*Khi chưa đọc sách FLT, quý vị chưa biết cách chứng minh FLT ra sao?
*Đọc sách xong quý vị cũng không biết chứng minh FLT như thế nào?…
Đây là nhận xét của cá nhân tôi, nếu không đúng xin được sự chỉ giáo của quý vị.
Định lý Fermat nguyên thủy
“The full text of Fermat’s statement, written in Latin, reads “Cubum autem in duos cubos, aut quadrato-quadratum in duos quadrato-quadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi.
Hanc marginis exiguitas non caperet” (Nagell 1951, p. 252) In translation, “It is impossible for a cube to be the sum of two cubes, a fourth power to be the sum of two fourth powers, or in general for any number that is a power greater than the second to be the sum of two like powers. I have discovered a truly marvelous demonstration of this proposition that this margin is too narrow to contain.”
Phát biểu đơn giản như sau
“Fermat’s Last Theorem states that
xn + yn = zn
Have no solution for non-zero integers x, y, and z if n is an integer great than 2 (n > 2)”
Pierre de Fermat (sinh 1601 – mất 1665) nhà Toán học Pháp dựa trên định lý của Pythagoras x2 + y2 = z2 phát biểu rằng:
Không có giá trị x, y, z là số nguyên khác không, có thể thỏa mãn phương trình “xn+yn=zn”, với n > 2.
Ông nói rằng ông đã có một cách chứng minh đơn giản định lý này, nhưng lề quyển sách quá hẹp nên không đủ viết chứng minh,
TÌM HIỂU CỘI NGUỒN FLT
Từ 1900 đến 1600 năm trước Công nguyên, người Babylon đã biết về bộ ba của Pythagoras (3, 4, 5);
(5, 12, 13); (8, 15, 17)….nghiệm đúng phương trình a2 + b2 = c2 , có lẽ (3, 4, 5) là triple Pytagoras nguyên thủy.
Các nhà khảo cổ đã tìm thấy những bản bằng đất viết bằng chữ Babylon cổ đại, hiện được biết qua danh mục Plimpton 332 lưu giữ ở trường Đại học Columbia
Còn bên Anh quốc thì ta đọc được
“An old Babylonian tablet (1900 – 1600 BC), shown on the right, contains the so-called Pythagorean Theorem, except that it predates Pythagoras by a millennium or more. A translation of another Babylonian tablet preserved in the British
museum states (John Heise): 4 is the length and 5 the diagonal. What is the breadth? Its size is not known. 4 times 4 is 16. 5 times 5 is 25. You take 16 from 25 and there remains 9. What times what shall I take in order to get 9? 3 times 3 is 9. 3 is the breadth.”
Định lý Pythago và Định lý sau cùng của Fermat đã có cội nguồn từ nhiều ngàn năm trước, Nhưng mãi đến Thế kỷ thứ V trước Công nguyên Nhà Toán học Pythagoras mới có chứng minh định lý :
“trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương 2 cạnh góc vuông”
Và đến thế kỷ XVII Pierre de Fermat mới có đinh lý sau cùng Không có giá trị x, y, z là số nguyên khác không, có thể thỏa mãn phương trình
“xn+yn=zn”, với n > 2
TÌM HIỂU FLT CŨA TUỔI TRẺ VIỆT NAM
Gần đây các bạn trẻ trong nước có liên lạc với tôi qua email,
Do đó tôi xin trình bày một cách rất bình dân về đinh lý sau cùng của Fermat để quý vị và các bạn trẻ có quan tâm đến các VẤN ĐỀ TOÁN HỌC cùng đóng góp ý kiến.
Các nhà TOÁN HỌC thuộc giới thượng lưu, họ suy nghĩ quá cao xa, đôi khi đi lạc hướng, lạc hướng ở đây tỷ dụ nó thuộc về Số học thì tưởng là Hình hoc, hay ngược lai. Còn chúng ta thuộc giới trung lưu, và bình dân thì không bắt kip suy nghĩ quá cao xa của giới thượng lưu Toán học, nên thường có mặc cảm cách biệt, hay tự ti mặc cảm…
Trước hết chúng ta phải tìm hiểu phần chứng minh của các nhà Toán học trong quá khứ “Ôn cố Tri tân” những năm gần đây, cho ta thấy các nhà Toán học chỉ chứng minh vòng vòng bên ngoài, rồi kết luận FLT đúng, chứ không thể chứng minh trực tiếp vào FLT như sơ đồ dưới đây
Đã có vô số nhà Toán học chuyên và không chuyên, trên 360 năm cố công tìm chứng minh của Fermat, hoặc chứng minh cách khác, nhưng không ai thành công trong hai lãnh vực nầy, cuối cùng họ nghi ngờ Fermat không có chứng minh, hoặc có mà chứng minh nhưng sai nên hủy bỏ luôn (?).
Phương trình “xn+yn=zn”, với n =1, n= 2 cho ta vô số nghiệm, nên ta không dùng cách chứng minh quy nạp, để chứng minh những gía trị n > 2, các nhà Toán học phải chứng minh từng thời điểm một của n như n = 3, n = 4, n = 5, n = 6,… n đến vô cực, mặc khác các giá tri x, y, z cũng tiến đến vô cực, biết đâu ở miền vô cực có nghiệm, thông thường 3 ẩn số x, y, z, ta phải có 3 phương trình mới giải được, ở đây 3 ẩn số x, y, z trong 1 phương trình bậc n (n → ∞) nên vô cùng khó khăn
Các nhà Toán học đã chứng minh Định lý sau cùng cùng của Fermat
Chúng ta đơn cử một số nhà Toán học như
Leonhard Euler (1707- 1803) Mãi đến thế kỷ XVIII Nhà Toán học Thụy sĩ L. Euler bỏ ra nhiều công sức mới giải được n = 3
Với phương trình “x3 + y3 = z3” vô nghiệm, rất khó chứng minh vì 3 ẩn số trong một Phương trình, x, y, z, tiến đến vô cực, biết đâu ở MIỀN vô cực x, y, z, có nghiệm?
Sophie Germain (1776-1831) là nữ Toán học người Pháp, bà sinh trưởng trong một gia đình buôn bán giàu có ở Paris, cha là giám đốc ngân hang “Bank of France”. Đến năm 18 tuổi bà ghi danh vào trường chuyên Khoa toán mathematicians and scientists. Nhưng trường không nhận Nữ sinh, sau dó bà nhập học với tên Nam là M. LeBlanc, Sophie Germain chia Định lý sau cùng của Fermat ra 2 trường hợp,
Trường hợp 1: không có x, y, z được chia đúng bởi n.
GCD(x,y,z) ≠ n
Trường hợp 2: một và chỉ một x, y, z được chia đúng bởi n”
Bà giải được n = 5 với phương trình “x5 + y5 = z5” vô nghiệm
Năm 1832 Dirichlet dựa trên thuyết 2 trường hợp, của nhà toán học Sophie Germain để chứng minh n = 5 với Phương trình “x5 + y5 = z5” và n = 7 “x7 + y7 = z7” vô nghiệm.
Goro Shimura, Yutaka Taniyama (1927-1958) và Frey (1984)Đã đưa ra giả thuyết về elliptic curve và modular form có liên quan đến Diophantine Equations và Fermat’s last theorem
1985 Kenneth Ribet đã chứng minh dự đoán Frey
Cho tới gần đây (1993), với kỹ nghệ Điện toán phát triển mạnh, nhờ đó nhà Toán học đã chứng minh được có giá trị đến 4,000,000 là vô nghiệm, nhưng biết đâu 4,000,001 (bốn triệu lẽ một có nghiệm) có nghiệm, cho dù với máy điện toán có tìm ra n lớn đến 4,000,000,000 (4 tỷ) vô nghiệm, cũng không thể kết luận FLT đúng, biết đâu 4,000,000,001(4tỷ lẻ 1) có nghiệm
Năm 1993 Giáo sư Andrew Wiles nhà toán học người Anh, ông cũng là Chủ tịch khoa Toán của Đại học Princeton University Hoa kỳ, đã khám phá ra cách chứng minh, trong khi nghiên cứu về một bài toán hình học tổng quát hơn
Ông đã biết định lý sau cùng của Fermat ở lứa tuổi 10s, khi ông vào thư viện ở làng quê ông bên Anh quốc. Nhưng sau đó không lâu Nhà toán học Nich Katz đã tìm thấy chổ sai trong chứng minh của Giáo sư Andrew Wiles
Năm 1994 Richard Taylor giúp GS Andrew Wiles mới hoàn tất chứng minh “conjectured by the Japanese mathematician Goro Shimura based on some ideas that Yutaka Taniyama posed, hypothetical elliptic curve, called the Frey curve” và từ đó GS Andrew Wiles kết luận Định lý sau cùng của Fermat ĐÚNG
Các nhà Toán học nhận xét thế nào về chứng minh của Andrew Wiles?
Helen G. Grundman, giáo sư toán tại Byrn Mawr College, Glenn H. Stevens ở khoa toán tại Boston University cho biết:
“Vâng, các nhà toán học bằng lòng rằng FLT đã được chứng minh, Cách chứng minh của Andrew Wiles theo ‘semistable modularity conjecture’ – phần mấu chốt của cách chứng minh của ông – đã được kiểm tra cẩn thận và thậm chí đơn giản hóa. Trước khi có chứng minh của Wiles, người ta đã biết FLT sẽ là một hệ quả của modularity conjecture, kết hợp nó với một định lý lớn khác theo Ken Ribet và dùng các ý tưởng mấu chốt từ Gerhard Frey và Jean-Pierre Serre …”
Hiện nay các nhà Toán học trên Thế giới điều công nhận chứng minh của Andrew Wiles đúng và quá hay, có lúc họ đã lấy tên Giáo sư Wiles để đặt cho định lý sau cùng của Fermat là Fermat-Wiles Theorem. Nhờ chứng minh nổi tiếng nầy, ông đã nhận được nhiều phần thưởng bằng hiện kim và medal rất giá trị của Quốc tế: “Wiles has received are the Wolf Prize and the MacArthur Fellowship”, silver plaque, the gold Fields Medal…
Tháng 1, 1998 ông đã nhận được phần thưởng 200,000 USD của Vua Faisal Bin Abdelaziz Saudi Arabia
“Following the proof of the Fermat problem, Wiles won the Wolf Prize (1995–96).
British mathematician who proved Fermat’s last theorem; in recognition he was awarded a special silver plaque—he was beyond the traditional age limit of 40 years for receiving the gold Fields Medal — by the International Mathematical Union in 1998.”
Trở lại vấn đề FLT, tôi mới giới thiệu sơ qua các nhà Toán hoc, nhất là thành quả về chứng minh của giáo sư Andrew Wiles, xin mời quý vị và các bạn trẻ vào đia chỉ sau đây
http://math.stanford.edu/~lekheng/flt/wiles.pdf
Để biết về chứng minh của Giáo sư Andrew Wiles khó đến đâu, đúng sai như thế nào ? … Hỏi tức là có vấn đề rồi, chưa đúng (?) hay nói khác đi là GS Andrew Wiles chưa chứng minh được FLT. Nói như vậy có quá đáng không? Vì các nhà Toán học đã công nhận ĐÚNG trong Hội nghị toán học 1995 rồi, sau Hội nghị có ai nói đến GS A.Wiles sai, là nói tới các Nhà Toán học đồng thuận với kết qủa Hôi nghị cũng sai luôn, chứ không phải một mình GS Andrew Wiles, dĩ nhiên là có những nhà Toán học không đồng thuận, nhưng không có phương pháp nào để phản bác lại, …. Rân được định cư tại hoa kỳ năm 1990 theo diện HO, đã phản bác quyết định của Hội nghị toán học 1995 rằng “….them wrong”
Thành thật cảm ơn quý vị và các bạn trẻ
Võ Văn Rân
(Tham khảo qua Internet mathsoft, sci.math, mathworld, drmath…)
33 Comments
Trần văn Thao
Mời các bạn xem một chứng minh sơ cấp dài 7 trang của một người Việt vừa được post tại http://mathforum.org ngày 1/10/2011.
Link down (bo dau ” “)
“http://mathforum.org/kb/thread.jspa?threadID=2302486&tstart=60”
vanloc
My solve about Pierre De Fermat ‘s Last Theorem.
The Case n=3 and the general case n>2.
x,y,z,n are the integers>0.
n is the integer>2.
z^n not=x^n+y^n.
Case n=3.
z^3 not=x^3+y^3.
Give
A= a^3 = x^3+y^3.
a possible is integer or not.
Because z is integer.
z^3=[z(z-1)/2]^2 – [ (z-1)*z/2]^2. example 3^3=[3(4)/2]^2 – [2(3)/2]^2 =36 – 9=27.
If z^3=x^3+y^3.
Infer
a coincide z..
I prove by contradiction.
a don’t coincide z
z^3 not=x^3+y^3.
x^3=[x(x+1)/2]^2 – [ (x-1)*x/2]^2.
a^3=x^3+y^3
a^3={ [x(x+1)/2]^2 – [ (x-1)*x/2]^2 } + { [ y(y+1)/2]^2 – [(y-1)*y/2]^2 }
a^3 = { [x(x+1)/2]^2 + [ y(y+1)/2]^2] } – { [(x-1)*x/2]^2 +[ y(y-1)/2]^2 }
z^3 = [z(z+1)/2]^2 – [(z-1)*z/2]^2.
Call the function F follow x with
F(x) =[ x(x+1)/2]^2
F(x-1) = [ (x-1)*x/2]^2
A =[ F(x) +F(y)] – [ F(x-1)+F(y-1)]
z^3 = F(z) – F(z-1).
F(x)+F(y)= F(z) not equivalent F(x-1)+ F(y-1) =F(z-1).
a^3 not =z^3.
z not coincide a.
Named Q1
is F(x)+F(y)= F(z).
Named Q2
is F(x-1)+ F(y-1) =F(z-1).
I prove by Contradiction.
Q1 equivalent Q2
infer
Q1 infer Q2
infer
Q2 infer Q3
.infer
………
Qn infer Q(n-1)
infer….
Q(z-x-1) infer Q(z-x-2)
I prove Q(z-x-1) infer Q(z-x-2)) is false
Infer
Q1 infer Q2 is false.
Q1 not equivalent Q2.
F(x)+F(y)= F(z) not equivalent F(x-1)+ F(y-1) =F(z-1).
a^3 not =z^3.
z not coincide a.
Q(z-x-1) is
F(z-x-1)=F(x-x-1)+F(y-x-1)
F(z-x-1)=F(-1)+F(y-x-1)
F(z-x-1)=0+F(y-x-1)
z=y
Q(z-x-2) is
F(z-x-2)=F(x-x-2)+F(y-x-2)
z=y
F(z-x-2)=F(y-x-2)
F(x-x-2)=0
F(-2)=0
1=0
Q(z-x-1) infer Q(z-x-2)) is false
Infer
Q1 infer Q2 is false.
Infer
Q1 not equivalent Q2
z not coincide a.
a not is integer.
z^3 not=x^3+y^3
Case
n is any number.
z^n not=x^n+y^n
Similar.
Give
A= a^n =x^n+y^n.
a possible is integer or not.
Because z is integer.
z^n= z^(n-3)*z^3.
Give G(z) = z^(n-3).
z^n = G(z)*z^3.
z^n= G(z)*[F(z)-F(z-1)]
If z^n=x^n+y^n
Infer
a coincide z..
I prove by contradiction.
a don’t coincide z
z^n not=x^n+y^n
x^n = G(x)*[F(x) – F(x-1)]
y^n = G(y)*[F(y) – F(y-1)]
A =x^n+y^n.
=[ G(x)*F(x) +G(y)*F(y)] – [ G(x)*F(x-1)+G(y)*F(y-1)]
z^n=G(z)*F(z) – G(z)*F(z-1).
G(x)*F(x)+G(y)*F(y)= G(z)*F(z) not equivalent G(x)*F(x-1)+ G(y)*F(y-1) =G(z)*F(z-1).
a^n not =z^n.
z not coincide a.
Named Q1
is G(x)*F(x)+G(y)*F(y)= G(z)*F(z).
Named Q2
is G(x)*F(x-1)+ G(y)*F(y-1) =G(z)*F(z-1).
I prove by Contradiction.
Q1 equivalent Q2
infer
notQ1 infer notQ2
infer
notQ2 infer notQ3
.infer
………
notQn infer notQ(n-1)
infer….
notQ(x-x+1) infer notQ(x-x)
I prove Q(x-x) infer Q(x-x+1)) is false
Infer
notQ(x-x+1) infer notQ(x-x) is false
notQ1 infer notQ2 is false.
Q1 not equivalent Q2
G(x)*F(x)+G(y)*F(y)= F(z) not equivalent G(x)*F(x-1)+ G(y)*F(y-1) =F(z-1).
a^3 not =z^3.
z not coincide a.
Q(x-x) is
G(z)*F(z-x)=G(x)*F(x-x)+G(y)*F(y-x)
G(z)*F(z-x)=G(x)*F(0)+G(y)*F(y-x)
G(z)*F(z-x)=0+G(y)*F(y-x)
G(z)*F(z-x)=G(y)*F(y-x)
z=y
Q(x-x+1) is
G(z)*F(z-x+1)=G(x)*F(x-x+1)+G(y)*F(y-x+1)
z=y
G(z)*F(z-x+1)=G(y)*F(y-x+1)
G(x)*F(x-x+1)=0
G(x)*F(1)=0
G(x)*1=0
Because x>0
G(x)>0
1=0
This is impossible.
Q(x-x) infer Q(x-x+1) false.
not Q(x-x+1) infer not Q(x-x) is false.
Infer
notQ1 infer notQ2 is false.
Infer
Q1 not equivalent Q2
z not coincide a
a not is integer.
z^n not=x^n+y^n
Happy & Peace.
Vanloc
Vo Van Ran
Kinh anh Van Loc
Chung minh cua anh moi doc qua rat hay, nhung no khong don gian nhu vay, That ra chung minh mot so gia tri n (nhu n=3, n=4, n=5, n=7 …). thi Pierre de Fermat, L. Euler, Sophie Germain, va nhieu nguoi khac da chung minh. nhung nguoi ta khong the dung quy nap (n va n+1)de ket luan nhu anh noi
Case
n is any number.
z^n not=x^n+y^n
Similar.
Give
A= a^n =x^n+y^n.
a possible is integer or not.
…
Vi n = 2 ta co vo so nghiem nhu 3 4 5 … va n+1 = 2+1 = 3 thi khong co nghiem, nam 1993 voi may dien toan hien dai da chung minh duoc n = 4,000,000 khong co nghiem, nhung khong the ket luan voi moi gia tri n, biet dau n = 4,000,001 co nghiem?
Toi nho khong lam mot GS Toan nguoi Nhat noi rang ho giai duoc, nhung khong du giay but de viet khi n tien den vo cuc, bai toan kho la o diem nay,con chung minh n o mot so gia tri nao do cac nha toan hoc da chung minh duoc, song ho khong dung chung minh tuong tu (similar)de ket luan any number
Cam on anh da doc va dong gop phuong phap chung minh
xin anh sua lai (z+1) chu khong phai z-1 o phan tren cung
z^3=[z(z-1)/2]^2 – …
Vo Van Ran
trantancuong
Cam ou anh Vo Van Ran rat nhieu.
Xin loi vi da ton thi gio qui bau cua anh.
Trai ua nua nam voi nhieu sai lam.
Bay gio chung minh cua toi da duoc nhieu nha toan hoc tren the gioi dong y.
Pierre De Fermat ‘s last Theorem.
The conditions:
x,y,z,n are the integers and >0. n>2.
Proof:
z^n=/x^n+y^n.
We have;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-1)z/2]^2
Example;
5^3=[5(5+1)/2]^2-[5(5-1)/2]^2=225-100=125
And
z^3+(z-1)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-2)(z-1)/2]^2
Example;
5^3+4^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-2)(5-1)/2]^2=225-36=189
And
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-3)(z-2)/2]^2
Example
5^3+4^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-3)(5-2)/2]^2=225-9=216
And
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3+(z-3)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-4)(z-3)/2]^2
Example
5^3+4^3+3^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-4)(5-3)/2]^2=225-1=224
General:
z^3+(z-1)^3+….+(z-m)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-1)(z-m)/2]^2
We have;
z^3=z^3+(z-m-1)^3 – (z-m-1)^3.
Because:
z^3+(z-m-1)^3=[z^3+(z-1)^3+….+(z-m-1)^3] – [(z-1)^3+….+(z-m)^3]
So
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3.
Similar:
z^3=z^3+(z-m-2)^3 – (z-m-2)^3.
So
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3.
….
….
Suppose:
z^n=x^n+y^n
So
z^(n-3)*z^3=x^(n-3)^n*x^3+y^(n-3)*y^3.
So
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3}=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-1)(x-m)/2]^2 – (x-m-1)^3}+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-1)(y-m)/2]^2 – (y-m-1)^3}
Similar:
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-3)(x-m-2)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – (x-m-2)^3+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-3)(y-m-2)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – (y-m-2)^3.
….
….
Because it is codified .
So
Impossible all are the integers.
So:
z^n=/x^n+y^n.
ISHTAR.
trantancuong
Xin thanh that cam on anh Vo Van Rân rat nhieu.
Toi goi cho anh bai giai moi nhat da duoc khoang hon muoi nha toan hoc tren the gioi cong nhan la dung.Day la mot so thu tra loi cua hoi Fermat , Einstein Euler and Mathematic ..
Wow! Perché non la sottoponi al giudizio di qualche matematico?
interesting…but you should submit it to the judgment of an expert mathematician..if the demonstration is really valid then Fermat was right for what he said on the demonstration!Let me know! See you soon!
Happy new year.
Michele.
Looks about right to me. So elegant!
And to you too. Stay brilliant and keep adding to the Fermat wall. In fact, adding the proof in the message you sent me to the wall will certainly stimulate discussion. I encourage you to do so.
1:45pm
Pierre de Fermat
This may very well be all correct. I created this Facebook page for a math project my sophomore year in high school, and truthfully it was not intended to get as much recognition as it has thus far. I guess what I am trying to say is that if there is incorrect information on this page, it is because I made it rather half-assedly and do not keep up with it. With that being said, I am beyond impressed by your calculations. I (the creator of this Pierre de Fermat page) am not much of a math brain, and have no business arguing with anything you have presented. A large KUDOS is definitely in order, and if there is info on this page that you feel should be changed, that can be done. However, unless it is absolutely necessary, I will probably leave it alone. Again, incredible what you have done. I am insanely jealous of how smart you must be! Put those awesome brain powers to good use, the world needs more people like you
Albert Einstein Quotes
Thank you Mr.Van for providing us with Fermat’s last theorem and I’m pretty familiar with that theorem. However, I’m welcoming you to discuss this theorem here in this page,,,even though his “original note” was claimed to be lost!! Also, some “Mathematicians” have proved that there is a proof in which the Diophantine equation x^n+y^n=z^n has integer solutions for n>2 and x,y,z=0.
Sincerity,,,
Mathematics
Hi, Loc Van. So you claim to have proven Fermat’s Last Theorem? Before proceeding, let me remind you that humanity has tried to solve that problem for hundreds of years with results only in recent years using very complicated mathematical theory that few people understand much of. So I must admit that I am inclined to be a bit skeptical. But if you’re sure, I will gladly give your proof a chance and try to examine it as best as I can to see if your conclusions are valid. What strikes me the most is the conclusive sentence: “Because it is codified. So it is impossible that all are integers”. Could you explain what exactly you mean by that? Because I’m not sure I follow why the long formula you have derived should prove that x, y, and z can’t be integers. Thanks in advance
haha nu yan?ow sorry this page is my project in math when i’m in 4th year high school
And good morning to you!
Great
Gr8
Thank you very much.
Cuong.
Bằng chứng định lý cuối của Pierre De Fermat.
Điều kiện
x,y,z,n là các số nguyên và >0. n>2.
Chúng minh;
z^n=/x^n+y^n.
Ta có:
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-1)z/2]^2
Ví dụ:
5^3=[5(5+1)/2]^2-[5(5-1)/2]^2=225-100=125
Và
z^3+(z-1)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-2)(z-1)/2]^2
Ví dụ:
5^3+4^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-2)(5-1)/2]^2=225-36=189
Và
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-3)(z-2)/2]^2
Ví dụ:
5^3+4^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-3)(5-2)/2]^2=225-9=216
Và
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3+(z-3)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-4)(z-3)/2]^2
Ví dụ
5^3+4^3+3^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-4)(5-3)/2]^2=225-1=224
Tổng quát;
z^3+(z-1)^3+_+(z-m)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-1)(z-m)/2]^2
Ta có:
z^3=z^3+(z-m-1)^3 – (z-m-1)^3.
Bởi vì:
z^3+(z-m-1)^3=[z^3+(z-1)^3+….+(z-m-1)^3] – [(z-1)^3+….+(z-m)^3]
Do,đó;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3.
Tương tự;
z^3=z^3+(z-m-2)^3 – (z-m-2)^3.
Do,đó;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3.
….
….
Giả định;
z^n=x^n+y^n
Do,đó;
z^(n-3)*z^3=x^(n-3)^n*x^3+y^(n-3)*y^3.
Do,đó;
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3}=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-1)(x-m)/2]^2 – (x-m-1)^3}+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-1)(y-m)/2]^2 – (y-m-1)^3}
Tương tự;
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-3)(x-m-2)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – (x-m-2)^3+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-3)(y-m-2)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – (y-m-2)^3.
….
….
Bởi vì nó được hệ thống hóa.
Do đó:
Không thể tất cả đều là các số nguyên.
Do đó:
z ^ n = / x ^ n + y ^ n.
ISHTAR.
Vo Van Ran
Kính anh
Rất vui khi được anh chia xẽ những thành quả về chứng minh FLT,
đúng vậy có rất nhiều cách chứng minh, riêng tôi có 2 cách chứng minh, vấn đề quang trọng là làm thế nào áp dụng định lý vào toán học, để sớm đưa định lý FLT và giáo dục.
GS Andrew Wiles giải FLT năm 1993 năm 1995 Hội nghị Toán học Boston University công nhận, nhưng đến nay gần 20 năm vẫn chưa đưa vào Giáo dục
Chứng minh của tôi trình làng năm 2002 đã được các nhà Toán học khắp nơi
đón nhận nồng nhiệt, đã đưa vào một số trường Đại học chuyên toán, Sinh viên khắp nơi cũng được khuyến khích
http://www.amazon.com/Fermats-Last-Theorem-Ran-Van/dp/0759654743
Năm 2012 tôi nhờ LS đặt vấn đề với nhà in, họ tạm ngưng, tôi đang viết lại quyển FLT 120 trang, thành 2 tập
tập 1 gần 240 trang, tâp 2 cũng vậy, nếu có dịp tâm sự và cộng tác với quý anh thì vui quá
Kính chúc anh và gia đình vui khỏe
Rân
trantancuong
Kính chào anh Vo Vẩn Ran.
Anh là người Viet Nam đầu tiên doc bằng chứng của tôi.
Anh giỏi quá vì là tác giả của một cuốn sách.Các nhà toán học trên thế giới giới thiệu cho tôi nhiều cách giải nhưng tôi chẳng hiểu gì cả vì vấn dề ký hiệu cao cấp.Tôi chỉ là sinh viên kỹ sư điện tử năm 1974.
Hân hạnh được làm quen với anh.
Chũc mừng năm mới,
Cuong.
Tình sầu vạn ý
Thưa bác Trần Tấn Cường, đọc những comment những người mà bác gọi la các nhà toán học, đã đồng ý với chứng minh của bác, tôi cho rằng chỉ là ngộ nhận của riêng bác mà thôi. Họ chỉ nói chung chung, xã giao, động viên, thế thôi!
Chẳng cần kiểm tra nhiều, tôi cũng biết rằng chứng minh của bác và của bác Rân về FLT hoàn toàn sai vì một lẻ đơn giản là chứng minh của 2 bác không sử dụng giả thiết x,y,z, n là các số nguyên (dương) và n > 2 trong quá trình chứng minh. Nếu như 2 bác không dùng đến những giả thiết này trong quá trình chứng minh, thế thì những giả thiết này dư à? Và dù chứng minh của 2 bác có đúng thì 2 bác đã chứng minh 1 định lý không phải là Fermat’s Last Theorem. Tôi nói thế , không biết 2 bác có nhận ra là mình chưa bao giờ chứng minh được FLT không?
Riêng bác Võ văn Rân, tôi đã comment cho bác nhưng dù đã lâu vẫn không thấy bác trả lời thắc măc về những ký hiệu toán mà bác sử dụng:
Tình sầu vạn ý says:
November 6, 2011 at 12:58 am
Bác viết sách không phải là bác đúng. Ở Hoa Kỳ, ai muốn viết sách, in sách, bán sách chả được. Bác thử đưa chứng minh của bác lên sci.math xem người ta bác bỏ như thế nào. Ngay tại đây đã thấy bác sai rồi
” x3 + y3 = z4
Chúng ta viết lại phương trình trên thành
x3 + y3 = z • z3 ”
z là ẩn số,c là hằng số nên không thể đặt c = z được.
“Áp dụng phương pháp bình dân, xin phép quý vị trình bày cách rất dể nhớ như sau:
gia đình rân & sen “r & s” và con cái “c”
ζ(s) = rn + sn = c
r = n√(c – sn) ζ(c) = 1
n à ∞
x = r.z
y = s.z ”
Ngoài ra ζ(s) = rn + sn với nghĩa ζ là một hàm của biến s. Thế thì ζ(c) = rn + cn làm sao mà ζ(c) = 1 ? . Nếu vậy thì rn + cn = 1 sao ?!!! Nếu ζ(s) = rn + sn thì bác phải viết ζ(r,s) = rn + sn với nghĩa ζ là một hàm của 2 biến r và s.
Bác nên tỉnh lại đi. Bác ngộ nhận bao nhiêu năm rồi đó. Nhiều người đọc bài bác viết, chán quá họ chẳng buồn comment.
và
Tình sầu vạn ý says:
November 6, 2011 at 7:14 am
Chẳng biết nói sao với các công thức của bác. Ví dụ cho bác thấy nhé
CÔNG THỨC 1
ζ(s) = α^2 + β^2 = 1
ζ(s) = 1 & ζ(1) = 0
Nghĩa là ζ(s) = 1 = 0 ?!!!
Rồi ở đoạn dưới
ζ(s) = r^n + s^n = 1
ζ(s) = c & ζ(c) = 0
Nghĩa là ζ(s) = 1 = 0 ?!!!
Tôi rất kính trọng tinh thần tìm kiếm, ham khoa học của 2 bác nhưng tôi không thể không nói ra điều mà 2 bác ngộ nhận. Chân lý là chân lý, không thể cãi bướng, cố chấp hay làm lơ góp ý của người khác để mà vẫn cho là mính đúng. Muốn mình đúng thì phải chứng minh bằng cách phản bác lại những ý kiến phê bình với chứng cứ rõ ràng. Mong 2 bác tiếp nhận ý kiến của kẻ hậu sinh này.
Kính
Tình sầu vạn ý
Một bài chứng minh phải thoả 2 điều kiện: tính toán và logic. Một chứng minh chỉ đúng tính toán mà không đúng về logic cũng không được chấp nhận. Cụ thể, để chứng minh FLT, 2 bác phải thoả logic sau:
Chứng minh phải sử dụng giả thiết x,y,z, n là các số nguyên (dương) và n > 2
Chứng minh phải hoạt động tốt khi n > 2 và không hoạt động khi n = 2 (vì phương trình x^2 + y^2 = z^2 có nghiệm nguyên.
2 bác chứng chiếu theo đó mà kiểm chứng bài chứng minh của mình đúng hay sai, để thoát ra khỏi cơn mê ngộ nhận. Nếu còn muốn làm, thì hãy sử dụng logic đó làm kim chỉ nam để xây dựng chứng minh.
Đó là chưa kể các ký hiệu toán sử dụng phải phổ biến như thế giới quy ước, nếu sử dụng ký hiệu lạ phải giải thích. Mgoài ra phải viết bài bằng LATEX, các tạp chí mới chấp nhận. Việc viết sách để khẳng định mình đúng hay để người khác tìm đọc, 2 bác chỉ làm được khi mình đã có tiếng tăm.
Gửi thêm cho 2 bác bài báo hướng dẫn sau:
Làm Toán và viết Toán như thế nào?
Reuben Hersch là một nhà toán học Mỹ. Ông đã viết nhiều bài báo và sách bàn về toán học được độc giả yêu thích. Bài báo này có tiêu đề tiếng Anh là “How to do and write math research” đăng trong tạp chí The Mathematical Intelligencer, số 19 (2), 1997. Dưới đây là bản dịch Tiếng Việt của bài báo.
Nhiều nhà toán học có kinh nghiệm có thể viết những bài báo về chủ đề này tốt hơn nhưng họ đã không làm điều đó, vì vậy tôi đã làm. Lời khuyên này dành cho những người mới bắt đầu nghiên cứu, họ có thể đã gào thét trong đêm rằng: “Làm thế nào có thể nghiên cứu môn Toán chết tiệt này?”.
Tôi sẽ bàn về hai chủ đề riêng biệt: Làm Toán như thế nào? Viết Toán như thế nào?
Làm toán như thế nào?
Bạn tìm thấy ý tưởng ở đâu? Hoặc cụ thể hơn, bạn tìm thấy vấn đề nghiên cứu ở đâu? Có rất nhiều nguồn, một số tệ hơn những cái khác.
Giả sử bạn đã có một “người hướng dẫn” và một “chuyên ngành” hoặc một “lĩnh vực nghiên cứu”. Và người hướng dẫn của bạn đã nói với bạn rằng: “Vấn đề nóng bỏng năm nay trong lĩnh vực của bạn là “Vấn đề duy nhất”. Có thể luận án của bạn là một lời giải riêng biệt-đối tượng duy nhất dưới điều kiện A. Bạn đã có một bài báo đầu tiên. Bạn sẽ làm gì tiếp theo?
1. Một chiến lược phổ biến là làm yếu điều kiện A. Ở bài báo tiếp theo, làm yếu nó để được điều kiện A’, và sau đó là điều kiện A” cho bài kế tiếp. Bạn sẽ có thể được biết đến như một chuyên gia trong việc làm yếu điều kiện A.
2. Một ý tưởng khác nữa là hãy chú ý đến bản thân “Vấn đề duy nhất”. Có cả nửa tá những cái đầu cũng như bạn đang nỗ lực tập trung vào cuộc đua này. Hãy giữ liên lạc với họ bằng thư điện tử hoặc gặp trực tiếp. Hãy xem làm thế nào để làm mịn kĩ thuật mới của ông X bằng cách đơn giản là chắt lọc kết quả “metric” của ông ấy và sau đó đưa vào kỹ thuật cũ của ông Y từ năm ngoái. Hãy viết nhanh chóng để công bố trước ông Z. Nếu bạn có đủ tốc độ và có sức làm việc dẻo dai thì bạn có thể được biết đến như là một chuyên gia trẻ trong Vấn đề duy nhất.
3. Vẫn có những con đường khác để đi. Bạn có thể cố gắng để bù đắp sự thiếu hụt kiến thức của mình, điều mà bây giờ bạn mới nhận ra. Bạn có thể bắt đầu bằng cách đọc những bài báo ở ngoài chuyên môn của mình. Nếu bạn làm việc bằng cách không chính thống này, sẽ thỉnh thoảng bạn phát hiện ra những điều bất bình thường, một sự tương đồng kì lạ giữa những kết quả dường như không liên quan, hoặc không được chú ý, không được khai thác đúng mức.
Tìm hiểu bạn sẽ tiếp tục làm gì? Bạn sẽ đi đến một công bố, thậm chí vài công bố. Sau đó bạn có thể nhận ra rằng một đám đông những người trẻ tuổi đang hăng hái dựa vào vài kết quả của bạn để tìm cách tổng quát hoá, đặc biệt hoá và mở rộng ý tưởng của bạn.
4. Tổng quát hoá: Cách làm này rất phổ biến, nó như một con đường cao tốc có nhiều xe đi lại. Giáo sư Q có kết quả trong không gian Lp. Tổng quát nó trong không gian Banach trừu tượng. Sau đó tiếp tục tổng quát trong không gian Fréchet. Kế đến có thể vẫn tiếp tục, thậm chí đến cả không gian Hausdorff. Ba bài báo chỉ trong một tháng! Nếu bạn không khôn ngoan, bạn đã có thể bắt đầu ngay trong không gian Hausdorff, nhưng như thế nghĩa là bạn chỉ có duy nhất một bài báo. Tôi cảnh báo bạn rằng- đây không phải là con đường tốt để đi. Bạn sẽ suốt đời bị coi là một người không ra gì.
Trước khi bạn tổng quát hoá, hãy đặt ra hai câu hỏi: “Sự tổng quát hoá có chứa ít nhất một trường hợp riêng lý thú nào không?”. “Việc chứng minh sự tổng quát hoá có cần tới một ý tưởng nào mới, không tầm thường trong suốt quá trình tổng quát hay không?”. Nếu câu trả lời là không cho cả hai câu hỏi này thì hãy dành đề tài đó cho một sinh viên kém của bạn.
5. Sự đặc biệt hoá thường không được xem xét đúng mức như một chiến thuật nghiên cứu. Giáo sư Y có một định lý hay trong không gian Banach, việc đặc biệt hoá trong không gian Lp có mang lại những công thức cụ thể đáng ngạc nhiên, hay một vài sự liên quan bất ngờ với xác suất hoặc phương trình đạo hàm riêng hay không?
Trong năm cách nghiên cứu ở trên, cách liên kết các chuyên ngành, các phương pháp hoặc các kết quả mà lúc đầu không liên quan đến nhau là cách sẽ dẫn đến vinh quang nhất. Nó chỉ yêu cầu bạn phải có chút ít kiến thức về hai lĩnh vực khác nhau.
Nếu bạn muốn giấu những chứng minh của mình cho đến khi nó hoàn thiện và muốn rằng sau đó làm ngạc nhiên các đồng nghiệp, thì bạn đang ở tình thế bất lợi nghiêm trọng. Nói chuyện với những người khác có thể rất hữu ích. Có lẽ sẽ khó để tìm được một người chịu lắng nghe bạn. Có một cách là tìm một ai đó cũng đang tìm một người lắng nghe mình. Người đó sẽ nghe công trình của bạn và về chủ đề sub-von Neumannian hyper-loops, và bạn sẽ nghe về công trình semi-Markovian submartingales của người ấy.
Viết công trình của bạn
Quyết định đầu tiên của bạn là: bạn viết cho người khác hiểu hay cho người khác không hiểu?
Trong bức thư gửi cho Florimond De Beaune, René Descartes đã viết vào ngày 20/2/1963 như sau “… trong trường hợp của tiếp tuyến, tôi chỉ đưa ra một ví dụ đơn giản để phân tích, thực sự được lấy ra từ một khía cạnh khó hơn, và tôi đã bỏ qua rất nhiều thứ có thể được thêm vào để thực hiện phân tích đó dễ dàng hơn. Tôi có thể đảm bảo với bạn rằng tôi đã bỏ qua tất cả một cách kỹ lưỡng, ngoại trừ trường hợp của đường tiệm cận, mà tôi đã quên. Nhưng rồi tôi cảm thấy chắc chắn rằng những người nào đó đã khoe khoang rằng họ biết mọi thứ sẽ không bỏ qua cơ hội nói rằng họ đã biết tất cả những gì tôi viết, nếu tôi làm cho mình trở nên dễ hiểu đối với họ. Tôi sẽ không có được niềm vui mà tôi đáng được hưởng từ những phản bác vô căn cứ của họ.”
Một số nhà toán học viết để mọi người không thể hiểu được và không thể nhận ra rõ ràng những điều họ viết theo đúng mục đích của họ. Sự mơ màng cũng có nhiều ưu điểm của nó. Nhưng vì bạn đang đọc bài báo này, tôi cho bạn muốn biết bạn đang làm gì. Một số lời khuyên trong việc làm cho người khác không hiểu, thu nhận được từ những bài báo gần đây:
1) Đừng giải thích tại sao bạn làm những thứ mà bạn đang làm, bỏ qua giải thích kể cả những nhận xét khó hiểu như là: “Vấn đề duy nhất liên quan đến sự hình thành và phân loại những vấn đề cho sub-von Neumannian hyper-loops.“
2) Đừng giải thích một cách rõ nghĩa những gì đã được làm. Hãy đưa ra những tài liệu tham khảo- ít nhất là 30 tài liệu, chủ yếu bằng tiếng Pháp.
3) Tránh dùng ngôn ngữ tự nhiên. Bất kì điều gì đó có thể nói bằng Tiếng Anh thì đều có thể diễn đạt bằng kí hiệu, nếu bạn thật sự nỗ lực.
4) Đừng nhắc lại bất kì cái gì đã được đề cập đến trong các tài liệu tham khảo. Không nhiều độc giả sẽ tra cứu chúng trong thư viện, đặc biệt là nếu các tài liệu đó không có trong thư viện.
5) Sử dụng nhiều kiểu chữ khác nhau. Chữ Đức cổ thì càng tốt, nhưng nếu bạn dùng những kí hiệu đến hai hoặc ba lớp thì có thể bài báo sẽ bị từ chối in.
6) Hãy viết “dễ thấy rằng” và “từ một tính toán ngắn ta thu được” và “từ đây ta suy ra ngay”, “bằng một lý luận nổi tiếng của Khổng Tử” một cách thường xuyên nếu như bạn dám làm.
Thế đã là quá đủ.
Nếu muốn người khác hiểu thì phải làm gì?
Viết để người khác không hiểu thì khó hơn là viết để người ta hiểu. Luôn luôn viết như vậy sẽ làm giảm năng suất của bạn. Người ta thường nghĩ rằng những bài viết dễ hiểu có thể không tốt cho danh tiếng của bạn. “Nếu tôi có thể hiểu được điều đó thì nó chắc hẳn sẽ là tầm thường”. Đừng bị chi phối bởi quan niệm đó. Hãy bỏ qua nó. Những người làm toán rất biết ơn những nhà toán học viết cho người khác hiểu được. Họ sẽ dễ dàng đọc những bài báo đó.
Viết cho người khác hiểu chắc chắn phải tránh những điều để người ta không hiểu đã nói ở trên.
Một cách hữu hiệu để viết một bài báo cho người khác hiểu là phải có một ý tưởng chủ đạo. Phát biểu nó ngay từ đầu. Nhắc lại nó trong từng bước một. Chỉ ra trong quá trình bạn viết rằng bạn vẫn đi theo ý tưởng chủ đạo mà bạn đã phát biểu ngay từ đầu.
Công trình của bạn có thể không có sự thống nhất, tính mạch lạc. Có thể bạn làm rất nhiều thứ không liên quan đến nhau, tất cả đều phù hợp với Vấn đề duy nhất. Sau đó làm một sự phân chia rõ ràng bài báo của bạn thành các phần, mỗi phần thống nhất trong việc giải quyết một vấn đề. Trong phần giới thiệu, giải thích tại sao bạn lại tổ chức bài báo của mình như vậy. Những phần khác nhau của bài báo liên quan với nhau ở đâu, thảo luận sự liên kết giữa chúng. Dành ra một vài dòng của bản in để giải thích chuyện đó thì bạn sẽ tiết kiệm được một vài phút cho độc giả, đó là một việc làm chính đáng.
Nếu bạn muốn bỏ qua một lý luận hoặc một sự tính toán, hãy đưa ra một nét phác chính về cái mà bạn bỏ qua, để một người đọc hứng thú thực sự có cơ hội để thực hiện lại nó.
Sử dụng tiêu chuẩn cao nhất của một bài viết mà bạn có thể có. Không dùng những đại từ mà sự suy diễn của chúng mập mờ, sơ sài. Những từ ngắn tốt hơn những từ dài. Những danh từ và động từ cụ thể sẽ tốt hơn là trừu tượng. Sử dụng thể chủ động hơn là bị động. Sử dụng những câu ngắn, đúng ngữ pháp. Chia đoạn dựa theo mạch ý tưởng. Chỉ dùng thì quá khứ hoặc thì hiện tại, dùng chủ ngữ là “các bạn”,”chúng ta” hoặc “người ta”. Nếu bạn sử dụng một từ nước ngoài, hãy giải thích nghĩa của nó.
Khi bạn đã hoàn thành, hãy để bài báo của mình lại một tuần. Đọc lại nó. Trong mỗi câu, hãy tìm những từ không cần thiết. Hãy bỏ chúng đi. Trong mỗi đoạn, hãy tìm những câu không cần thiết. Bỏ chúng đi.
Đặc biệt hãy tìm những cụm từ và những khái niệm chưa được giải thích, và giải thích chúng.
Để bài báo của bạn thêm một tuần nữa.
Đọc lại nó. Chỉnh sửa lại.
Tiếp tục để bài báo thêm một tuần nữa, đọc lại và chỉnh sửa đến khi nó thật sự hoàn hảo.
Bạn đã hoàn thành nhiệm vụ của mình. Hãy gửi nó đi.
Bạn sẽ phải chờ những lời phàn nàn và những yêu cầu để chỉnh sửa thêm lần nữa từ phản biện hoặc biên tập của tạp chí.
Nhân dịp xuân về, kính chúc sức khoẻ 2 bác. Mong 2 bác tiếp tục tìm kiếm để trí óc luôn được vận động, về già không bị lú lẫn.
trantancuong
Kinh chao anh Vo Van Ran.
Toi da lam viec mot nam tai cac cau lac bo toan quoc te nhu Math Math Education cua Rebecca Hanson va McAlister Colin.
Hoac la Trang Fermat cua Jean Yves Rollin.
Jean Yves Rollin danh nguyen mot trang gioi thieu ve vấn đề của tôi bằng tiếng pháp.
Hiên nay tôi chưa có bản quyền. Rất muốn hợp tác với anh.Neu anh muốn tôi xin nhường quyền xuất bản lại cho anh. Xịn anh cho tôi biết ý kiến. Xin anh gởi bằng Thư email
Thành thật cám ơn.
Cuong.
Email.
trantancuong21@yahoo.com
Bằng chứng định lý cuối của Pierre De Fermat.
Điều kiện
x,y,z,n là các số nguyên và >0. n>2.
Chúng minh;
z^n=/x^n+y^n.
Ta có:
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-1)z/2]^2
Ví dụ:
5^3=[5(5+1)/2]^2-[5(5-1)/2]^2=225-100=125
Và
z^3+(z-1)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-2)(z-1)/2]^2
Ví dụ:
5^3+4^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-2)(5-1)/2]^2=225-36=189
Và
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-3)(z-2)/2]^2
Ví dụ:
5^3+4^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-3)(5-2)/2]^2=225-9=216
Và
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3+(z-3)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-4)(z-3)/2]^2
Ví dụ
5^3+4^3+3^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-4)(5-3)/2]^2=225-1=224
Tổng quát;
z^3+(z-1)^3+_+(z-m)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-1)(z-m)/2]^2
Ta có:
z^3=z^3+(z-m-1)^3 – (z-m-1)^3.
Bởi vì:
z^3+(z-m-1)^3=[z^3+(z-1)^3+….+(z-m-1)^3] – [(z-1)^3+….+(z-m)^3]
Do,đó;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3.
Tương tự;
z^3=z^3+(z-m-2)^3 – (z-m-2)^3.
Do,đó;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3.
….
….
Giả định;
z^n=x^n+y^n
Do,đó;
z^(n-3)*z^3=x^(n-3)^n*x^3+y^(n-3)*y^3.
Do,đó;
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3}=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-1)(x-m)/2]^2 – (x-m-1)^3}+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-1)(y-m)/2]^2 – (y-m-1)^3}
Tương tự;
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-3)(x-m-2)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – (x-m-2)^3+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-3)(y-m-2)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – (y-m-2)^3.
….
….
Bởi vì nó được hệ thống hóa.
Do đó:
Không thể tất cả đều là các số nguyên.
Do đó:
z ^ n = / x ^ n + y ^ n.
ISHTAR.
trantancuong
Kinh chao anh Vo Van Ran.
Toi da lam viec mot nam tai cac cau lac bo toan quoc te nhu Math Math Education cua Rebecca Hanson va McAlister Colin.
Hoac la Trang Fermat cua Jean Yves Rollin.
Jean Yves Rollin danh nguyen mot trang gioi thieu ve vấn đề của tôi bằng tiếng pháp.
Hiên nay tôi chưa có bản quyền. Rất muốn hợp tác với anh.Neu anh muốn tôi xin nhường quyền xuất bản lại cho anh. Xịn anh cho tôi biết ý kiến. Xin anh gởi bằng Thư email
Thành thật cám ơn.
Cuong.
Email.
trantancuong21@yahoo.com
Bằng chứng định lý cuối của Pierre De Fermat.
Điều kiện
x,y,z,n là các số nguyên và >0. n>2.
Chúng minh;
z^n=/x^n+y^n.
Ta có:
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-1)z/2]^2
Ví dụ:
5^3=[5(5+1)/2]^2-[5(5-1)/2]^2=225-100=125
Và
z^3+(z-1)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-2)(z-1)/2]^2
Ví dụ:
5^3+4^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-2)(5-1)/2]^2=225-36=189
Và
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-3)(z-2)/2]^2
Ví dụ:
5^3+4^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-3)(5-2)/2]^2=225-9=216
Và
z^3+(z-1)^3+(z-2)^3+(z-3)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-4)(z-3)/2]^2
Ví dụ
5^3+4^3+3^3+2^3=[5(5+1)/2]^2-[(5-4)(5-3)/2]^2=225-1=224
Tổng quát;
z^3+(z-1)^3+_+(z-m)^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-1)(z-m)/2]^2
Ta có:
z^3=z^3+(z-m-1)^3 – (z-m-1)^3.
Bởi vì:
z^3+(z-m-1)^3=[z^3+(z-1)^3+….+(z-m-1)^3] – [(z-1)^3+….+(z-m)^3]
Do,đó;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3.
Tương tự;
z^3=z^3+(z-m-2)^3 – (z-m-2)^3.
Do,đó;
z^3=[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3.
….
….
Giả định;
z^n=x^n+y^n
Do,đó;
z^(n-3)*z^3=x^(n-3)^n*x^3+y^(n-3)*y^3.
Do,đó;
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-1)(z-m)/2]^2 – (z-m-1)^3}=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-1)(x-m)/2]^2 – (x-m-1)^3}+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-1)(y-m)/2]^2 – (y-m-1)^3}
Tương tự;
z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-3)(z-m-2)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-2)(z-m-1)/2]^2 – (z-m-2)^3=x^(n-3)*{[x(x+1)/2]^2-[(x-m-3)(x-m-2)/2]^2 – [x(x-1)/2]^3+[(x-m-2)(x-m-1)/2]^2 – (x-m-2)^3+y^(n-3)*{[y(y+1)/2]^2-[(y-m-3)(y-m-2)/2]^2 – [y(y-1)/2]^3+[(y-m-2)(y-m-1)/2]^2 – (y-m-2)^3.
….
….
Bởi vì nó được hệ thống hóa.
Do đó:
Không thể tất cả đều là các số nguyên.
Do đó:
z ^ n = / x ^ n + y ^ n.
ISHTAR.
trantancuong
Thân tang tinh sau van y.
Toi khong chung minh dieu gi ca tôi chi dung linh cam de thay ;
3^3+4^3+5^3=6^3.
Happy new year
Tình sầu vạn ý
Thưa bác Trần Cường, chỗ nào trong chứng minh của bác sử dụng giả thiết
x,y,z,n là các số nguyên và >0 n>2.
như bác đã tuyên bố. Bác chỉ cho tôi xem.
Vo Van Ran
Thưa anh tình sầu …
Cảm ơn anh đã có ý kiến:
November 6, 2011 at 7:14 am
Chẳng biết nói sao với các công thức của bác. Ví dụ cho bác thấy nhé
CÔNG THỨC 1
ζ(s) = α^2 + β^2 = 1
ζ(s) = 1 & ζ(1) = 0
Nghĩa là ζ(s) = 1 = 0 ?!!!
tôi tính trả lời anh nhưng lu bu quên mất, xin lỗi anh,
mời anh vào 1 trong 7 vấn đề cuả Thiên niên kỷ sẽ rỏ hơn
the Birch and Swinnerton-Dyer conjecture
họ có đề cập đến
ζ(s) near the point s=1. Trong đó có ζ(1) is equal to 0, và if ζ(1) is not equal to 0,… nếu rảnh anh nên đọc thêm sách toán sẽ hiểu chứ không phải
ζ(s) = 1 = 0 ?!!!
Tôi cũng đồng ý với anh, thời buổi bây giờ làm thơ, viết hồi ký, viết chuyện … bỏ ra năm, ba ngàn đô
In sách, gởi tặng bạn bè, hoặc gởi đến các tiệm VN bán cũng có thể lấy vốn, còn ở Hoa kỳ hay phương Tây, những sách có giá trị cao mới có mặt trong tiệm của họ. Anh thấy sách của tôi Fermat’s Last Theorem được sắp ngang hang với các nhà Toán học trên thế giới, thì đó là vinh dự không riêng cho tôi, mà cho cả anh, chứ tôi không dám nói của người VN … bán với giá rất cao,
Ngay ở các trường Đại học Hoa kỳ nầy cũng có sách của tôi để làm nguồn viết sách Giáo khoa, và cho SV đọc cho biết, anh vào Google, yahoo, amazon … anh viết Ran Van Vo bấm lên sẽ thấy
Anh có thể khinh tôi dốt ít học, tôi đồng ý ngay, vì tôi là Nông dân ít học thật, còn anh khinh các nhà toán học trên thế giới, nhất là giới trí thức Hoa kỳ dốt sao đi mua sách sai của tôi về xem, tôi không đồng ý với anh điều nầy.
Vấn đề đúng sai, anh bảo tôi sai hay anh bạn Cường sai, tôi chỉ miễn cười thôi, vấn đề khó khăn thuộc về Quốc tế như FLT, sau 2 năm trình làng (Publish) không ai phản đối, thì kể như đúng,chắc anh biết đều nầy hơn tôi
Tóm lại anh đã bỏ công chỉ giáo tôi để nên người, nên tôi cũng bỏ công đáp lễ anh, gần tới Tết Quý tỵ
Chúc anh và gia đình sức khỏe an vui hạnh phúc
R
Vo Van Ran
Anh tình sầu ui
Nảy giờ lo trả lời anh, quên chúc mừng anh, và bạn anh,
mình nên viết cái gì họ cần thì mới quý
chúc anh viết nhiều hơn
r
Tình sầu vạn ý
Thưa bác Võ văn Rân, tôi cũng biết giải được Birch and Swinnerton-Dyer conjecture là có 1 triệu đô xài chơi. Tôi chỉ không biết bác đang giải FLT hay là BSD, tôi chỉ căn cứ vào những dòng chứng minh của bác viết ra trên diễn đàn này mà chỉ cho bác thấy sự mâu thuẫn của ký hiệu hàm zetha mà bác sử dụng. Còn điều này “còn anh khinh các nhà toán học trên thế giới” là bác gán chữ vào miệng tôi đấy nhé, nếu không gán bác chỉ ra cho tôi xem. Còn việc “giới trí thức Hoa kỳ dốt sao đi mua sách sai của tôi về xem, tôi không đồng ý với anh điều nầy.” tôi chỉ nghe bác nói chứ không thấy, tôi đoán họ tò mò qua cái tựa. Nếu bác chứng minh được FLT thì truyền thông thế giới làm ầm lên rồi, mà với internet thì tôi cũng hân hạnh được biết, phải vậy không?
Tình sầu vạn ý
À mà quên chưa trả lời cho cái giải thích vừa rồi của bác. Rõ ràng bác viết:
ζ(s) = α^2 + β^2 = 1
ζ(s) = 1 & ζ(1) = 0
Rồi ở đoạn dưới
ζ(s) = r^n + s^n = 1
ζ(s) = c & ζ(c) = 0
nghĩa là tất cà các dòng bác đều viết ζ(s) = ….chứ bác khôntg viết ζ(1) is equal to 0, và if ζ(1) is not equal to 0,…nên tôi dùng luật bắc cầu suy ra vậy thôi. Bác định nhập 2 ký hiệu này làm một để giải thích cho cái mâu thuẫn mà bác tạo ra phải không? Bác nhớ là bác đang chứng minh FLT, còn nếu bác nói bác đang chứng minh FLT bằng BSD thì xin bái phục, bái phục!!! Nếu bác chứng minh được BSD thì Clay cũng đã tuyên dương bác như Grigory Prelman đã chứng minh giả thuyết Poincare chứ nhỉ?
Vo Van Ran
Anh Tình sầu ui
Mấy hôm nay lo vui Xuân, nên chưa trả lời cho Tình sầu câu
“Rồi ở đoạn dưới
ζ(s) = r^n + s^n = 1
ζ(s) = c & ζ(c) = 0”
Xin trả lời
ζ(s) = r^n + s^n = 1 cái nầy tôi viết sai rồi, phải viết như thế nầy mới đúng
ζ(s) = r^n + s^n = c
Thành thật xin lỗi Tình sầu và quý độc giả, nếu gặp trường hợp nầy kính xin quý vị sửa lại là c chứ không phải 1
Tôi dựa theo Định Luật Tạo Hóa, chuyển sang Định Luật Toán Học, để giải những bài toán khó.
Tiền nhân chúng, luôn cầu xin, Trời đất, Thượng đế, Đấng Tạo hóa, che chở, giúp đở, mỗi khi gặp khó khăn, do đó chúng ta nhờ vào Định luật Tạo hóa, để giải những bài toán khó, cũng hợp với ý Trời, không phản lại đạo đức, không thay Trời …
Nhưng làm thế nào giải được bài toán khó, bằng Định luật của Tạo hóa, đó là vấn đề tôi xin trình bày lại:
Lớn lên có vợ, có chồng, rồi sinh con cái, đó là ơn phước của Tạo hóa ban cho mọi người, chứ không riêng cho gia đình tôi, do đó ta có thể lấy tên vợ chồng ông bà hàng xóm, hay bạn bè, đâu cần lấy tên Ran Sen, nhưng để khỏi rắc rối về sau, tôi lấy tên gia đình tôi cho chắc ăn, mong quý vị thông cảm.
ran + sen => con
Người đời ưa chụp mũ, xin chụp mũ cho “ran” và “sen” cái mũ “n” chứ đừng chụp “nón cối” tội nghiệp, “con” còn nhỏ vô tội xin đừng chụp mũ.
Từ Định luật của Tạo hóa, viết gọn lại và được quý vị chụp cho cái mũ n như sau
r^n + s^n = c
Đây là công thức tìm c cho phương trình
x^n + y^n = c∙z^n
Còn gọi là FERMAT-WILES EQUATION
R
Tình sầu vạn ý
Thưa bác Võ Văn Rân, vậy là bác đã xác nhận là bác chưa từng chứng minh FLT rồi nhé. Bác đang nói về cái bác gọi là FERMAT-WILES EQUATION. Sau đây, xin có vài lời cho cái này
Thứ nhất, việc dùng thêm ký hiệu ζ(s) chẳng để làm gì trong dòng ζ(s) = r^n + s^n = c, chỉ cần viết r^n + s^n = c là đủ.
Thứ hai, với r=x/z và s=y/z thì khi thay các giá trị này vào trên rồi nhân 2 vế với z^n ta được
x^n + y^n = c∙z^n
Hai cái này chỉ là biến đổi của nhau với điều kiện z 0, thêm nữa
các công thức bác đưa ra chỉ là chuyển vế rồi khai căn, nó cũng chỉ là các phép biến đổi sơ cấp, chứ không phải lời giải của FERMAT-WILES EQUATION như bác lầm tưởng.
Tình sầu vạn ý
Sửa lại dòng trên….
Hai cái này chỉ là biến đổi của nhau với điều kiện z 0 (z khác zero)
trantancuong
z^n=z^(n-3)*{[z(z+1)/2]^2-[(z-m-a-1)(z-m-a)/2]^2 – [z(z-1)/2]^3+[(z-m-a)(z-m-a+1)/2]^2 – (z-m-a)^3}
The number (m ) is integer and the number (a ) move from 1 to 2,3,4….endless
Therefore
z is the integer.
However the values of x,y and z are not the integers when (a) move from 1 to 2,3,4….endless in the equation (z^n=x^n+y^n)
vanloc
Professor Andrew Beckwith like my proof. Maybe publish on the paper.
Define the function F(Z)=Z(Z+1)/2.
Any integers .Z,X ,Y and a.
Z^3=F^2(Z)-F^2(a)-[(a+1)^3+(a+2)^3+..+(Z-1)^3]
Example:
Z=4 and a=1.
4^3=10^2-1^2-(2^3+3^3)=100-1-35=64.
Suppose:
Z^3=X^3+Y^3.
We have four uniform equations:
First equation:
F^2(Z)-F^2(5)-[6^3+7^3+..+(Z-1)^3] =F^2(X)-F^2(4)-[5^3+6^3+..+(X-1)^3]+F^2(Y)-F^2(3)-[4^3+5^3+..+(Y-1)^3]
So
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)-F^2(5)+F^2(4)+F^2(3)=Sum of integers cube.
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)-225+100+36=Sum of integers cube.
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)-64-25=Sum of integers cube.
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)-4^3-5^2=Sum of integers cube.
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)-5^2=Sum of integers cube.
Second equation:
F^2(Z)-F^2(5)-[6^3+7^3+..+(Z-1)^3] =F^2(X)-F^2(4)-[5^3+6^3+..+(X-1)^3]+F^2(Y)-F^2(2)-[3^3+4^3+..+(Y-1)^3]
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)+10^2=Sum of integers cube.
Third equation:
F^2(Z)-F^2(5)-[6^3+7^3+..+(Z-1)^3] =F^2(X)-F^2(3)-[4^3+5^3+..+(X-1)^3]+F^2(Y)-F^2(2)-[3^3+4^3+..+(Y-1)^3]
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)+6^2=6^3+Sum of integers cube.
Fourth equation:
F^2(Z)-F^2(4)-[5^3+6^3+..+(Z-1)^3] =F^2(X)-F^2(3)-[4^3+5^3+..+(X-1)^3]+F^2(Y)-F^2(2)-[3^3+4^3+..+(Y-1)^3]
F^2(Z)-F^2(X-F^2(Y)+3^2.=Sum of integers cube.
Their form is:
[unknowns integer F(Z) )]^2-[unknowns integer F(X)]^2-[unknowns integer F(Y)]^2 +( constant integer)^2=Sum of integers cube.
When constant integer changes with the values as:5,10,6 and 3.
Z,X and Y are impossible the integers.
So
Z^n No =X^n+Y^n.
ISHTAR.
vanloc
Dear Sir.
Object and strategy:
Creating endless different models of sum of integers cube
No exist Z, X and Y integers which satisfy infinity.
Define Function F follow Z integer.
F(Z)=Z(Z+1)/2.
Formular:
F^2[Z^(2^a)]=[ 2F^2{Z^[2^(a-1)] – Z^{ 3[2^(a-1)] }]^2.
Example:
Z=2 and a=1.
F^2(2^2)=[2F^2(2)-2^3.]^2
100=10^2.
Recognize
{ 2F^2{Z^[2^(a-1)] – Z^{ 3[2^(a-1)] }^2 =Sum of consecutive integers cube.
If
Z^n=X^n+Y^n.
Because
F^2[Z^(2^a)] follow F^2{Z^[2^(a-1)] follow ….follow F^2(Z^n) ….endless.
So
F^2[Z^(2^a)]={ 2F^2{Z^[2^(a-1)] – Z^{ 3[2^(a-1)] }^2 {2{ 2F^2{Z^[2^(a-2)] – Z^{ 3[2^(a-2)] }^2 } – Z^{ 3[2^(a-1)] )^2 =….endless
Define
Z^{ 3[2^(a-b)]=Z^3m=Z^(3m-n)*Z^n.
So
Have endless different models of polynomials that contain Z^n.
Replacing (X^n+Y^n) for Z^n into series polynomials
Impossible exist Z,X and Y integers which satisfies infinity models of sum of integers cube.
So
Z^n No=X^n+Y^n.
ISHTAR
nguyenvanduc
Ugly Alien.
Tui khong hieu tai sao tui giai ngu the nay ma Ngai Bill Gates khoai moi la !
Define the function F.
F(Z)=Z(Z+1)/2.
F^2(Z)=1+2^3+..+(Z-1)^3+Z^3.
This is a series of integers consecutive cube.
Formula:
F[ Z^(2^a) ]= 2 F^2 { Z^[ 2^(a-1) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-1) ] } .
Example.
Z=2 and a=1.
F(4)=2F^2(2)-2^3.
4(5)/2=2[2(3)/2]^2-8.
10=18-8=10.
Right.
Then
F { Z^[ 2^(a-1) ] = 2 F^2 { Z^[ 2^(a-2) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-2) ] } .
Then
F { Z^[ 2^(a-2) ] = 2 F^2 { Z^[ 2^(a-3) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-3) ] } .
….
Similar
F { Z^[ 2^(a-b)]=2 F^2 { Z^[ 2^(a-b-1) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-b-1)]}.
And
F { Z^[ 2^(a-c)] = 2 F^2 { Z^[ 2^(a-c-1) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-c-1)]}.
So
F^2 { Z^[ 2^(a-b) ] = “2 F^2 { Z^[ 2^(a-b-1) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-b-1) ] }”^2 .
And
F ^2{ Z^[ 2^(a-c) ] = “2 F^2 { Z^[ 2^(a-c-1) ] } – Z^{ 3[ 2^(a-c-1) ] }”^2.
Special featured
F^2(integer) is always a series of integers consecutive cube.
When Z^n=X^n+Y^n
Define
Z^{ 3[ 2^(a-b-1) ] }=Z^n
Z^{ 3[ 2^(a-c-1) ] }=Z^m=(Z^n)^m/n.
Replacing (X^n+Y^n) instead Z^n into Z^{ 3[ 2^(a-b-1) ] }=Z^n and Z^{ 3[ 2^(a-c-1) ] }=Z^m=(Z^n)m/n.
This featured are absolutely right with only Z^n.
Therefore:
Two integers X and Y can not keep this featured.
This featured was broken .
So X or Y are not integers.
So
Z^n no =X^n+Y^n.
ISHTAR.
nguyenvanduc
With any integer (a) , assuming equation z^n=x^n+y^n mean:
z ^ {n-3 [2 ^ (a-1)]} * {2 f ^ 2 {z ^ [2 ^ (a-1)]} – f [z ^ (2 ^ a)]} = x ^ {n-3 [2 ^ (a-1)]} * {2 f ^ 2 {x ^ [2 ^ (a-1)]} – f [x ^ (2 ^ a)] + y ^ {n-3 [2 ^ (a-1)]} * {2 f ^ 2 {y ^ [2 ^ (a-1)]} – f [y ^ (2 ^ a)]}.
Because
f ^ 2(z)=1^3+2^3+…+(z-1)^3+z^3 ] with function f was defined by f (z) = z (z +1) / 2.
Impossible exist trio( z,x and y ) integer that satisfied.
So
z ^ n No = x ^ n + y ^ n.
trantancuong
Fermat ‘s last theorem general case was solved in only 21 lines.
Define b=2n Suppose X^b+Y^b=Z^b. =>
X^b+Y^b+2X^nY^n=/Z^b =>
(X^n+Y^n)²=/(Z^n)² =>
X^n+Y^n=/Z^n =>
X^n+Y^n=Z^n+d. =>
(X^n+Y^n)²=(Z^n+d)² =>
X^b+Y^b+2X^nY^n=Z^b+d²+2Z^nd
Because x^b+Y^b=Z^b simple =>
2X^nY^n=d²+2Z^nd
Named X^nY^n=P.
X^n+Y^n=S
Z^nd=P’
Z^n+d=S’
X^n and Y^n are solutions of equation V² — SV+P=0
Z^n and d are solutions of equation V² -S’V+P’=0=>’
S=S’ , P’=P — d² /2.
Because V² -S’V+P’=0=>V² — SV+P — d² / 2=0
But V² — SV+P=0=>0 — d² / 2=0=>d=0.=>X^n+Y^n=Z^n=>X^b+Y^b=/Z^b.
Conclution XYZ are integer and b>2=>
X^b+Y^b=/Z^b.
Fermat’s last theorem truong hop chung trong 21 dong.
Xac dinh b=2n . Gia su X^b+Y^b=Z^b. =>
X^b+Y^b+2X^nY^n=/Z^b =>
(X^n+Y^n)²=/(Z^n)² =>
X^n+Y^n=/Z^n =>
X^n+Y^n=Z^n+d. =>
(X^n+Y^n)²=(Z^n+d)² =>
X^b+Y^b+2X^nY^n=Z^b+d²+2Z^nd
Boi vi x^b+Y^b=Z^b don gian =>
2X^nY^n=d^b+2Z^nd
Dat ten X^nY^n=P.
X^n+Y^n=S
Z^nd=P’
Z^n+d=S’
X^n and Y^n la hai nghiem so cua phuong trinh V² — SV+P=0
Z^n and d la hai nghiem so cua phuong trinh V² -S’V+P’=0. =>
S=S’ , P’=P — d² /2.
Boi vi V² -S’V+P’=0=>V² — SV+P — d² / 2=0
nhung . . V² — SV+P=0=>0 — d² / 2=0=>d=0.=>X^n+Y^n=Z^n=>X^b+Y^b=/Z^b.
ket luan XYZ la so nguyen va b>2=>
X^b+Y^b=/Z^b.
xuanthinh
I use the infinity to prove Fermat, mathematicians do not like infinity because it is so broadly and ambiguous to define.Here Fermat give one condition , however , follow my analizing in this case will be transformed into infinite condition and they different.
Suppose x^n+y^n=z^n.
define n=2a
x^a+y^a=z^a+d
(x^a+y^a)²=(z^a+d)²
x^n+y^n+2x^a.y^a=z^n+d²+2z^a.d
because x^n+y^n=z^n so
2x^a.y^a=d²+2z^a.d
Named x^a+y^a=S and x^a.y^a=P
P=(d²+2z^a.d) / 2
Because P is integer so condition is (d²+2z^a.d) =2k
Suppose x^n+y^n=z^n.
define n=3b
x^b+y^b=z^b+m
Named x^b+y^b=S and x^b.y^b=P
( x^b+y^b) ^3=(z^b+m)³
x^n+y^n+3SP=z^n+m³+3(z^b.m)(z^b+m)
Because x^n+y^n=z^n
so
3SP=m³+3(z^b.m)(z^b+m)
Because SP is integer so condition is [m³+3(z^b.m)(z^b+m)] =3K
Suppose x^n+y^n=z^n.
define n=4c
x^c+y^c=z^c+v
(x^c+y^c)⁴=(z^c+v)⁴
x^n+4(x^c)³.(y^c)+6(x^c)².(y^c)²+4(x^c).(y^c)³+y^n=z^n+4(z^c)³v+6(z^c)².v²+4(z^c)v³+v⁴
Because
x^n+y^n=z^n
4(x^c)³.(y^c)+6(x^c)².(y^c)²+4(x^c).(y^c)³ — [6(z^c)².v²+4(z^c)v³+v⁴]=4(z^c)³v
{ 4(x^c)³.(.y^c)+6(x^c)².(y^c)²+4(x^c).(y^c)³ — [6(z^c)².v²+4(z^c)v³+v⁴] } / [4(z^c)³] = v
because v is integer so
{ 4(x^c)³.(.y^c)+6(x^c)².(y^c)²+4(x^c).(y^c)³ — [6(z^c)².v²+4(z^c)v³+v⁴] } = [4(z^c)³] K
Suppose x^n+y^n=z^n.
define n=5r,
x^r+y^r=z^r+t
(x^r+y^r)⁵=(z^r+t)⁵
x^n+5(x^r)4.(y^r)+10(x^r)³.(y^r)²+10(x^r)².(y^r)³+5(x^r).(y^r)⁴+y^n=z^n+5(z^r)⁴.t+10(z^r)³.t²+10(z^r)².t³+5(z^r).t⁴+t⁵
Because z^n=x^n+y^n
5(x^r)4.(y^r)+10(x^r)³.(y^r)²+10(x^r)².(y^r)³+5(x^r).(y^r)⁴ — [10(z^r)³.t²+10(z^r)².t³+5(z^r).t⁴+t⁵]=5(z^r)⁴.t
{ 5(x^r)4.(y^r)+10(x^r)³.(y^r)²+10(x^r)².(y^r)³+5(x^r).(y^r)⁴ — [10(z^r)³.t²+10(z^r)².t³+5(z^r).t⁴+t⁵] }/ 5(z^r)⁴=t
because t is integer so
{ 5(x^r)4.(y^r)+10(x^r)³.(y^r)²+10(x^r)².(y^r)³+5(x^r).(y^r)⁴ — [10(z^r)³.t²+10(z^r)².t³+5(z^r).t⁴+t⁵]=[5(z^r)⁴]k
Similar , sequence continue infinite: define n=6g, define n=7u, define n=8f ,…….. so appear unlimited conditions that necessary according.
Wow! too many conditions. I can’t suffer anymore
Let me be king, I must give up
trantancuong
Fermat cho dieu kien x,y,z.n la so nguyen .n>2. chung minh khong the co phuong trinh dung x^n+y^n=z^n.
Gia su: x^n+y^n=z^n.
tuyet doi dung phai co mot so nguyen (a) nao do, khi can bac a cua z, so do phai la so vo ty.
Vi du. z la so 100. can bac hai cua 100=10 la so nguyen. nhung can bac 3 hay la bac 4 hay la bac 5 cua 100 phai co mot so trong do la so vo ty. O day can bac 3 cua 100 la so vo ty. Cho nen ta chon so a=3 de co z^1/a hay la z^1/3 la so vo ty. Giai doan nay de ta nam duoc truoc het chac chan co mot so vo ty la z^1/a. Sau do ta dan dat mot cach logic sao cho z^n=f(z^1/a) la so vo ty . chang han nhu o bai toan nay toi se chung minh khi gia su x^n+y^n – z^n ta se dua ra z^n=z^1/a.(x^1/a+y^1/a – z^1/a).f(x,y,z) dieu nay vo ly vi z^n phai la so nguyen.
vi x^n+y^n=z^n nen x¹/a+y¹/a=/ z¹/a ta dat delta d la sai so nen (x¹/a+y¹/a)=(z¹/a+d) hay la (x¹/a+y¹/a)^na=(z¹/a+d)^na.
khai trien phuong trinh theo luy thua bac na.Viet don gian:
x^n+nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a+y^n=z^n+naz^(na — 1)/a.d+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na.
vi da thuc co chua x^n,y^n,z^n nen don gian chung:
nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a – [naz^(na — 1)/a.d+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]=0
vi trong da thuc co chua naz^(na — 1)/a.d nen dat rieng mot minh o mot ve.
naz^(na — 1)/a.d =nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a – [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]
vi d=(x¹/a+y¹/a – z¹/a) nen chia hai ve cho d.
naz^(na — 1)/a={ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a – [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] } / (x¹/a+y¹/a – z¹/a)
vi na.z^n=na.z^1/a.z^(na — 1)/a nen ta nhan ca hai ve cho z^1/a de co tri so cua na.z^n.
naz^(na — 1)/a=z^1/a.{ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a – [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] } / (x¹/a+y¹/a – z¹/a)
dem mau so (x¹/a+y¹/a – z¹/a) nam chung voi [z¹/a / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)] cho de thay ro [z¹/a / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)] la mot so vo ty khong the choi cai duoc.
na.z^n=[z¹/a / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)]. {nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]}
na.z^n khong the la so vo ty vi Fermat cho nhu the.
ket luan chung minh gia su da dua den ket luan
khong hop ly hay da chung minh xong :
x^n+y^n=/z^n.
trantancuong
To prove x^n+y^n=/z^n. with z,x,y,n integer and n>2
First
Must suppose x^n+y^n=z^n
second
Given the current condition that was given by fermat for create some irrational.
If you find a suitable number (a) we will create some necessary irrational.It is z¹/a.
Keep the number z¹/a as the basis for proof of absurdity. Then z¹/a.(x¹ / a+y¹/a — z¹/a) also will be an irrational number.
third
But because suppose x^n+y^n=z^n so ( x¹ / a+y¹/a)^na =(z¹/a+d)^na
So: x^n+nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a+y^n=z^n+naz^(na — 1)/a.d+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na.
So: nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [naz^(na — 1)/a.d+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]=0
So: naz^(na — 1)/a.d =nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]
So: naz^(na — 1)/a={ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] } / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)
so na.z^n= [z¹/a / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)].{ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] }
fermat given na.z^n is an integer but here it is equal an irrational number.Does not accept
So x^n+y^n=/z^n
trantancuong
Particularly for intelligence,I do not want to take the bad name of bullying Andrew Wiles.
Because he is a mathematician who has contributed for the mathematical system in the 21st century.But in Piere de Fermat’s case, Andrew Wiles was embarrassed to design a 400-page version for mathematical problem that contain three words x,y,z. Why did Andrew wiles failure during Fermat’s model about math in the 17th century ?
Why not go to the destination like Fermat but have to wait until there is a combination of elliptic curve then this problem was finished In my childhood, I wanted to grow up as a paper shaver like Andrew wiles. But since knowing thoughts, I wonder why we have to go to Roma by wheelbarrow while we can get there by airplane.
To prove x^n+y^n=/z^n. with z,x,y,n integer and n>2
Suppose x^n+y^n=z^n
Given the current condition that was given by fermat, I try for create some irrational.
If you find a suitable number (a) we will create some necessary irrational.It is z¹/a.
Keep the number z¹/a as the basis for proof the absurd. Let’s try to have equation: an.z^n= [z¹/a / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)].{ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] }, So we have a false assumption or x^n+y^n=/z^n
In the fact ,this proof is;
Because suppose x^n+y^n=z^n so ( x¹ / a+y¹/a)^na =(z¹/a+d)^na
So: x^n+nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a+y^n=z^n+naz^(na — 1)/a.d+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na.
So: nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [naz^(na — 1)/a.d+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]=0
So: naz^(na — 1)/a.d =nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na]
So: naz^(na — 1)/a={ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] } / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)
so na.z^n= [z¹/a / (x¹/a+y¹/a — z¹/a)].{ nax^(na — 1)/a.y¹/a+….+nax¹/a.y^(na — 1)/a — [+….+naz¹/a.d^(na — 1)+d^na] }
fermat given na.z^n is an integer but here it is equal an irrational number.Does not accept
So x^n+y^n=/z^n
trantancuong
equation z^n=x^n+y%^n and equation( z^n/2)^2=(x^n/2+y^n/2=d)^2 is not right in same time so imposiable
trantancuong
equation z^n=x^n+y^n and equation( z^n/2)^2=(x^n/2+y^n/2=d)^2 is not right in same time so imposiable
trantancuong
x.y.z.n integer n.2
equation z^n=x^n+y^n and equation( z^n/2)^2=(x^n/2+y^n/2=d)^2 is not right in same time so imposiable