Her er en mail som skiller seg ut – et apropos til Fermats store sats. Kom gjerne med kommentarer. Jeg har fått innsenders tillatelse til å legge ut følgende:
Det eg ville høyra om de har noko meining om, er altså kva meiner om mitt resonnement som tilseier at Fermat faktisk hadde rett, at ein ikkje kan leggja saman to n'te potensar til ein ny n'tepotens, viss n>2. Då snakkar me sjølvsagt om heile, positive tal for både a, b c og n. Altså at c^n =a^n + b^n, at det ikkje er muleg for n>2.
Eg meiner at sidan det ikkje er muleg å faktorisera (a^n - b^n) ned på 1. potensnivå, for n>2, så er det prov godt nok.
For n = 3 får me, sidan (a - b) går opp i alle (a^n - b^n), uansett kor stor n er, at dette er a^2 + ab + b^2. Som ikkje kan faktoriserast vidare.
For n = 4 får me tilsvarande a^3 + a^2b + ab^2 + b^3. Som er det førre svaret multiplisert med a, pluss b^n-1 på slutten.
For n = 5 gjentek dette seg, slik at svaret her er a^4 + a^3b + a^2b^2 + ab^3 + b^4.
Og så vidare, og så vidare. Til uendeleg. Og ingenting av dette kan faktoriserast. Heller ikkje om ein held fram. Til uendeleg for den del.
Det kan det derimot for 2. potens. Sidan svaret i 1. potens nødvendigvis er 1, altså at (a^1 - b^1): (a - b) = 1, vil svaret i 2. potens verta 1 x a, pluss b^(2-1), eller (a^2 - b^2): (a - b) = (a + b). Den tredje kvadratsetningen, med andre ord. Som er det som gjer at det går for 2. potens. Men sidan me ikkje har nokon tilsvarande setning for høgare potensar, går det ikkje der.
Kan ta med ein metode for å finna slike 2. potens-triplar.
Vel to oddetal. 5 og 9.
Multipliser dei med kvarandre. 45.
Ta 9^2 - 5^2, og del resultatet på 2. Du får 28.
Ta 9^2 + 5^2, og del resultatet på 2. Du får 53.
Altså 45^2 + 28^2 = 53^2.
Du kan byrja på 3 og 1, halda fram med 5 og 1, 5 og 3, 7 og 1, 7 og 3, 7 og 5 og så vidare.
Du får nok fornuftige tal sjøl om du vel andre talkombinasjonar enn to oddetal òg, men det vil berre vera kopiar av, eller det same som du får ved å bruka to oddetal. Enklaste måten å få ut alle slike triplar på, er altså å fokusera på alle kombinasjonar av oddetal.
Eitt aber er at t.d. 9 og 3 gjer på sett og vis det same som 3 og 1. 3 og 1 gjer 3^2 + 4^2 = 5^2, og 9 og 3 gjer 27^2 + 36^2 = 45^2. Det er eigentleg eitt og det same, nett som 27/3 = 9/1 = 9.
Me kan òg sjå dette ut frå multiplikasjonssynspunkt, for å seia det slik.
For 2. potens har me altså (a^2 - b^2) = (a-b)(a+b)
Og talet på ledd, a^2, ab og b^2, dei får du ved å bruka Pascals trekant to gonger, og trekkja den andre ifrå den første.
slik: 110 - 011 = ikkje 99, men 1 0 - 1. Altså 1a^2 + 0 ab - 1b^2. Eller a^2 - b^2.
For 3. potens tilsvarande 1210 - 0121 = 1 1 -1 -1. Altså a^3 + a^2b - ab^2 - b^3.
For 4. potens 13310 - 01331 = 1 2 0-2 -1. Legg merke til den perfekte symmetrien, uansett potens.
Det tilsvarar altså a^4 + 2a^3b - 2ab^3 - b^4.
For 5. potens 146410 - 014641 = 1 3 2 -2 -3 -1
Eller a^5 + 3a^4b + 2a^3b^2 - 2a^2b^3 - 3ab^4 - b^5.
Slik kunne eg ha halde på ad infinitum. For 30. potens vert den største koeffisienten 17298645. To gonger, sjølvsagt, jamfør symmetrien.
Poenget er at me får fleire og fleire ledd som kjem i tillegg til a^n - b^n. Og desse må alle vera positive, eller alle negative, avhengig av kva som er størst av a eller b. For 5. potens kan kryssledda skrivast slik: (3ab(a^3 - b^3) + 2a^2b^2(a - b)). Sidan både a og b begge er positive, og forskjellige, må det verta slik, og då kan ikkje av a^n - b^n vera lik c^n.
Eg skriv a^n - b^n = c^n, av di det er lettast å rekna med det slik. Fermat skreiv det vel som a^n = c^n + b^n. Eller at dette ikkje var muleg. Men det vert det same.
Desse formlane over har eg kome fram til ved å multiplisera ( a - b)^n-1 x (a-b). Det er den måten du får minst og enklast ekstra kryssledd. det finst mange andre måtar å rekna på, men dei einaste mulege faktorane er (a + b) og ( a - b). (a - b) er det einaste polygonet som går opp i (a^n - b^n), og det uansett kor stor eller liten n er. Men altså berre ein gong. Og det gjer at denne metoden fungerer for 2. potens, som altså får oss ned på 1. potens-nivået. Men for høgare potensar enn 2, kjem ein altså uansett ikkje heilt i mål.
Og summen av kryssledda ein får ved multiplikasjon kan altså ikkje verta lik 0, og i tilfelle eliminera seg sjølv på den måten. Så då stoppar det opp der òg.
Eg ser at folk som vil kontrollera Wiles sitt resonnement, har testa potensar opp til 4 millionar, men dei kjenner seg ikkje trygge for at det ikkje kan skje underverk på potens 4 000 001. Dette er nonsens. Det syt Pascals trekant for. Og mine resonnement om at desse kryssledda aldri kan verta 0, for. Kor store trur de ikkje desse er på potens 4 000 001?
For moro skuld prøvde eg å prova at eg tok feil. Eg visste jo at eg ikkje ville få det til, men eg var nokså nær. Dei fleste kalkulatorar ville ha sagt at eg hadde klart å motprova saka. Mitt døme var 31164000^3 + 41552000^3 = 44508137^3.
Feilen er som ein på 2270 milliardar, eller som 6,5 cm, jamført med snittavstanden mellom jorda og sola, som er 149 598 000 kilometer.
Ein Andrew Wiles prova visst dette, som Illustrert Vitenskap (1/98) kalla verdas vanskelegaste problem, i 1997. Etter å jobba med det årtier.
Eg hadde dette klart allereie hausten 1964, før eg var 14 år gamal, etter å ha vorte utfordra av matematikklæraren. Han gav meg heilt rett, men me gjekk ikkje noko vidare med det den gongen, av di ingen av oss såg på dette som noko spesielt vanskeleg.
Wiles sitt prov, som sikkert er haldbart, var på over 200 A4-sider. Eg skulle ha kunna pressa mitt inn på ei slik side.
Eg seier ikkje at hans prov ikkje er haldbart, men eg seier at mine to òg er det. Og at det enkle ofte er det beste.
Pytagorearen skal visstnok ha vorte prova på minst 370 ulike måtar. Dermed burde det vera klart at det ikkje er ein, og berre ein, måte å prova noko innom matematikken på. Det verkar som om universitetsfolk trur det.
