Opnieuw bestaat er onenigheid over het ABC-vermoeden
De grote stelling van Fermat
Op het eerste gezicht lijkt het probleem vrij eenvoudig: het draait om de vraag of Vgl SN + jN = BijvoorbeeldN Geheel getal, positieve oplossingen S, j En Bijvoorbeeld Bezit.
naar N =1 wordt altijd bereikt: ongeacht hoe er waarden aan worden toegekend S En j Hij kiest, Bijvoorbeeld Het zal altijd een positief resultaat en een geheel getal zijn, bijvoorbeeld: 3 + 6 = 9. In N = Er zijn twee dingen die iets ingewikkelder worden, omdat de vergelijking kwadratisch is: S2 + j2 = Bijvoorbeeld2. als S En j numerieke waarden hebben, hoeft dit niet het geval te zijn Bijvoorbeeld Toepassen, bijna resultaat S = 1 f j = 2 Formule 12 +22 = 5 – 5 is geen kwadraatgetal. Ik bedoel, er is een oplossing voor Bijvoorbeeld (wortel 5), maar het is geen geheel getal. Er zijn echter uitzonderingen waarvoor een kwadratische vergelijking een geschikt resultaat zal hebben, bijvoorbeeld: 42 + 32 = 25 = 52.
Dit kan geometrisch worden verklaard, in de geest van Pythagoras, wiens beroemde formule voor middelbare scholieren is: als S2 + j2 = Bijvoorbeeld2 Oplossingen van gehele getallen x,y En Bijvoorbeeld Dat hebben we gedaan, dan zijn er rechthoekige driehoeken waarvan de zijdelengtes zijn x,y En Bijvoorbeeld Het heeft ook gehele waarden. Het blijkt dat er een oneindig aantal van is.
Zodra u de vergelijking gebruikt voor N = 3 beschouwd, kan men S3 + j3 = Bijvoorbeeld3 Verrassend genoeg kan ik niet langer één geheeltallige oplossing vinden. Dit betekent een kubus met gehele zijdelengtes Bijvoorbeeld Het kan niet worden verdeeld in twee andere kubussen die ook gehele zijdelengtes hebben (S En j) koning. Hetzelfde geldt voor alle andere waarden van N.
De Franse geleerde Pierre de Fermat (1607-1665) onderkende dit feit al vroeg – en beweerde in een kanttekening dit te kunnen bewijzen. In een boek van de antieke geleerde Diophantus van Alexandrië verklaarde hij in het Latijn: „Ik heb er werkelijk schitterend bewijsmateriaal voor ontdekt, maar deze voetnoot hier is te beperkt om het te bevatten.” Dit was niet de eerste keer dat Verma dit deed. Sterker nog, hij heeft elders veel soortgelijke aanwijzingen achtergelaten. Deskundigen konden later al het andere bewijzen.
Ervan overtuigd dat dit bewijs ook gemakkelijk te implementeren was, probeerden een aantal wiskundigen, waaronder bekende figuren als Leonhard Euler en Ernst Eduard Kummer, het – en faalden. Zoals gebruikelijk bij abstracte materie is een probleem niet noodzakelijk eenvoudig op te lossen alleen maar omdat het gemakkelijk te formuleren is.
In feite duurde het meer dan 350 jaar om het mysterie op te lossen. Andrew Wiles bereikte zijn ingenieuze doel in 1994. Zijn indrukwekkende werk zorgde voor veel ophef: Wells ontwikkelde nieuwe methoden die tot meer baanbrekende ontdekkingen in het veld leidden. Hiervoor werd hij in 2016 onder meer geëerd met de Abelprijs.
Om dit te bewijzen, moet je de algebra die je van school kende verlaten en je verdiepen in complexere gebieden van de wiskunde. In 1984 postuleerde Gerhard Frey dit door middel van oplossingen x,y En Bijvoorbeeld De vergelijking SN + jN = BijvoorbeeldN naar N > 2 kan een vreemd soort curve creëren: een elliptische curve, die geen standaardvorm heeft – dit is de naam van een zeer symmetrische functie die je tegenkomt in de wereld van complexe getallen (met wortels van negatieve waarden).
Er is echter nog een andere aanname die stelt dat elke elliptische curve als standaardvorm kan worden weergegeven. Als je beide hypothesen had willen bewijzen, zou je dat tegelijkertijd hebben gesteld SN + jN = BijvoorbeeldN naar N >2 heeft geen geheeltallige oplossingen, wat de grote stelling van Fermat bevestigt.
In 1986 kon wiskundige Ken Ribet de vermoedens van Frye verifiëren. Alleen het tweede deel bleef dus open: men moest aantonen dat aan elke elliptische curve een standaardvorm gekoppeld was. Wells wist dit gat halverwege de jaren negentig te dichten.
Maar één vraag blijft onbeantwoord: meer dan drie eeuwen geleden kon Fermat niets weten over de wiskundige verbanden die Wells en Rippet in hun publicatie gebruikten. Elliptische krommen en standaardvormen waren toen nog niet bekend. Maakte de wetenschapper een grapje met de kanttekening? Of dacht hij dat hij bewijs had gevonden en een fout had gemaakt in zijn berekeningen? Er is nog een derde mogelijkheid: er kan een veel eenvoudigere bewijsmethode zijn waar nog niemand aan heeft gedacht.
Daarom baart de gok van ABC deskundigen nog steeds zorgen. Het gaat om een drievoudig getal A, B En Cwaarbij de volgende vergelijking wordt bereikt: A + B = C. Zoals gebruikelijk in de getaltheorie gaat het vermoeden over priemgetallen: het zegt iets over de verdeling van de priemdelers in deze vergelijking. Priemdelers vertegenwoordigen als het ware het periodiek systeem der getallen, bijvoorbeeld 15 = 3 5 of 24 = 23·3 of 324 = 22·34. Dit laatste is een voorbeeld van een ‘rijk’ getal omdat het veel identieke priemfactoren heeft (2 komt twee keer voor en 3 komt vier keer voor). Dergelijke aantallen zijn zeldzaam. In zeldzame gevallen is de som van twee rijke getallen opnieuw. De ABC-schatting geeft aan hoe rijk de som van twee priemgetallen is A En B Het zou hoogstens kunnen zijn.
Om dit te begrijpen, zal een voorbeeld helpen. Vermoedelijk, A = 1024 = 210 En B = 81 = 34 Zijn rijke cijfers, coprime. Uw totaal is: C = 210 + 34 = 1105. Nu kan dat C Het valt ook uiteen in zijn hoofddelers: C = 1105 = 5*13*17. Naar fortuin A, B En C Om dit te beoordelen, kan men gebruik maken van wat de wortel van getallen wordt genoemd. De wortel van een getal komt overeen met het product van de verschillende priemfactoren (zonder rekening te houden met hun frequentie, d.w.z. hun exponent). De wortel van 1024 is bijvoorbeeld rad(1024) = rad(2).10) = 2 en 81 is rad(81) = rad(34) = 3. Rijke getallen hebben dus kleine wortels.
Het ABC-vermoeden stelt dat specifiek voor de meeste driehoeksgetallen A, B En C Hierbij geldt: radicaal abc groter C. Het bovenstaande voorbeeld voldoet bijvoorbeeld aan deze ongelijkheid: rad(abc) = rad(1024·81·1105) = 2·3·5·13·17 = 13260. In feite is het resultaat groter dan C = 3211.
Niet alle trinomiale getallen voldoen echter aan deze ongelijkheid. Als jij bijv A = 3 f B = 125 = 53 Hij kiest, dan hij C = 128 = 27. Dat is het C Rijk nummer. De ABC-ongelijkheid is in dit voorbeeld niet langer van toepassing: rad(abc) = rad(3 125 128) = 3 5 2 = 30. Het is duidelijk dat het resultaat kleiner is dan C = 128. Het blijkt dat er een oneindig aantal uitzonderingen zijn op de ABC-radongelijkheidabc) C. Alle drieklanken spreken elkaar onder meer tegen A = 1 f B = 9N-1 van de ongelijkheid: radicale radar(1·(9N-1)·9N), is bijvoorbeeld voor iedereen N Minder dan 9N.
“Analist. Schepper. Zombiefanaat. Fervente reisjunkie. Popcultuurexpert. Alcoholfan.”