ВТФ: Чудесное доказательство Пьера Ферма

Автор темы fermatik 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеРаботодателям и кадровым агентствам: Размещение вакансий26.03.2008 03:07
ОбъявлениеОткрыта свободная публикация вакансий для математиков26.09.2019 16:34
ОбъявлениеИщем преподавателя для углубленного обучения статистическим методам29.05.2020 13:22
14.06.2018 15:15
ВТФ: Чудесное доказательство Пьера Ферма
Уважаемые модераторы форума, тему напечатал на планшете. Тут нет ''иконок'' для [math]...[\math], поэтому тему не смог написать TeX
У меня показывают ''иконки'' B...fx.

Великая теорема Ферма - одна из самых популярных теорем математики. Печально известная тем, что она широка известна и дилетантам от математики. Ее условие сформулировано на ''школьном арифметическом уровне'', доказательство искали более трехсот лет. В настоящее время признано только одно - чрезвычайно сложное доказательство Эндрю Уайлсом.
Но ферматисты до сих пор не оставляют попыток доказательств ВТФ.Единственное, что могу добавить, что ферматист, который не вычислит ''эффект бесконечного спуска'' для k=2n, n>1, - идёт по своему пути, чрезвычайно сложному, неизвестному Пьеру Ферма.
Так чем же ещё знаменит Пьер Ферма?
Он активно использовал в своих работах ''метод бесконечного спуска''. Что это такое? Можем узнать в интересной книге - 
http://www.ega-math.narod.ru/Books/Edwards.htm
Сформулирован Пьером Ферма: ''Если из предположения, согласно которому данное положительное число обладает данным множеством свойств, следует, что существует меньшее положительное целое с тем же множеством свойств, то ни одно целое не может обладать этим множеством свойств''.
Как замечено в этой книге, математики считали, что для доказательства Последней формулы Ферма при n=4, достаточно, руководствуясь интуицией, сочетать методы бесконечного спуска и метод построения ''пифагоровых троек''...
К сожалению, они забыли о том, что Пьер Ферма вычислил ''поистине чудесное доказательство''.
Вычислив его, можем твёрдо сказать, что для доказательства при n=4, не надо использовать ''метод построения пифагоровых троек''. Он тут вреден, усложняет процесс доказательства многократно!
В данном случае надо обратить внимание на вычисление ''чётного натурального'' при k=2n,n=1.
b_k^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a).
Обратите внимание, что ''чётное натуральное'' степени k=2n, равно произведению разница (c-a=b) на сумма (c+a=b_*).
Пьер Ферма указал о  том, что он вычислил ''чудесное доказательство''. Так как же оно выглядит? Предполагаю, оно связано с взаимозависимостью ''натуральных нечетных'' (a,c) и ''натуральных четных'' (b,b_*).
(c-a=b, a+b=c) (a+c=b_*).
''Чудесные формулы'', по моему мнению, имет вид:
a=(c+a)/2-(c-a)/2=b_*/2-b/2.
c=(c+a)/2+(c-a)/2=b_*/2+b/2.
Обратите внимание на взаимосвязь 
одного нечётного и второго нечётного с парой ''чётных''.
(a,b,b_*), (c,b,b_*).
c=b_*/2+b/2, a=b_*/2-b/2.
Далее используем признак ''натурального чётного числа'':
b_*=2(b_*/2=x_{b_*}), b=2(b/2=x_b).
Что же вычислили?
При k=2n,n=1. a=x_{b_*}-x_b, c=x_{b_*}+x_b.
Что же вычисляется при k=2n, n>1.
Вспоминаем признак ''натуральных чётных'',
b^n=(2x_b)^n=2(2^{n-1})x_b^n, b^n/2=2^{n-1}x_b^n.
b_*^n=(2x_{b_*})^n=2(2^{n-1})x_{b_*}^n, b_*/2=2^{n-1}x_{b_*}^n.
Оценили формулы?
При k=2n, n>1, моими словами, растёт иррациональность ''чётных натуральных. 
b^n=(2x_b)^n=2(2^{n-1})x_b^n.
При k=2n,n=1. Что происходит?
b=2x_b, так как 2^{n-1}=2^{n-1=1-1=0}=1.
На основании изложенного, при k=2n, n=1, иррациональность ''чётных натуральных'' отсутствует.
Вычислим иррациональность ''чётных чисел'' при k=2n=2*2=4, n=2.
b^2=(2x_b)^2=2(2^{n-1=2-1=1})x_b^2.
b_*^2=2(2x_{b_*}^2).
*
Далее вычисляем, по формуле взаимосвязи каждого нечётного с ''парой чётных''.
a^n=b_*^n/2-b^n/2=2^{n-1}x_{b_*}^n-2^{n-1}x_b^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n),
c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n).
При k=2n=4=2*2, вычислено, что:
b^4=c^4-a^4=(c^2-a^2=b^2)(c^2+a^n=b_*^2).
В данном случае, из-за роста иррациональности, вычислено, что
a^2=2^{2-1}(x_{b_*}^2-x_b^2)=2(x_{b_*}^2-x_b^2),
c^2=2(x_{b_*}^2+x_b^2).
В силу свойств натуральных чётных и нечетных, данные равенства при натуральных (c,x_b,x_{b_*}), (a,x_b,x_{b_*}), не решаемы!
Вывод, при k=2n=2*2, n=2>1,вычислено, что (c,x_b,x_{b_*}), (a,x_b,x_{b_*}) при натуральных нерешаемы!
ВТФ для k=4=2*2, 2>1, доказана!
#########################
Внимательно оцените формулы:
a^2=2(...), c^2=2(...). Для четной степени: k=2n=4,n=2.
Раньше мы указали на то, что было условие, что (a,c)- натуральные нечетные!
На основании изложенного, вычислено, что при k=2n,n>1, вычислено взаимодействие между (a,b,b_*), (a,b,b_*), затем преобразованных в вычисление (a,x_b,x_{b_*}), (c,x_b,x_{b_*}).
При k=2n, n>1,  вычислен ''рост иррациональности пары чётных натуральных'',
b^n=2*(2^{n-1}x_b^n), b_*^n=2*(2^{n-1}x_{b_*}^n).
Вычислена невозможность из-за роста иррациональности ''чётных натуральных'' при k=2n,n>1, пар (a,x_b,x_{b_*}), (c,x_b,x_{b_*}).
На основании изложенного благодаря роли ''старших чётных степеней'', - k=2n,n>1, вычислена взаимосвязь каждого ''нечётного'' с парой ''чётных'', затем дальше преобразованных из-за роста иррациональности - 2^n=2*2^{n-1}, в новую пару чисел,
( x_b,x_{b_*}), вычислено, что вычислить (a,x_b,x_{b_*), (c,x_b,x_{b_*}) - нельзя! При k=2n, вычислены равенства a^n=2^{n-1}(...), c^n=2^{n-1}(...).
***
Для того, чтобы доказать ВТФ, при k=2n,n>1, надо вычислить и эффект ''бесконечного спуска''.
a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n=a^n/(2^{n-1})=x_a^n).
c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n=c^n/(2^{n-1})=x_c^n).
Вычисляем пару ''бесконечного спуска'':
x_a^n+x_b^n=x_{b_*}^n, x_b^n+x_{b_*}^n=x_c^n.
Продолжаем,
b_2^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n.
В связи с тем, что при k=2n,n>1, вычислен рост иррациональности,
b^n=2(2^{n-1})x_b^n, b_*^n=2(2^{n-1})x_{b_*^n},
x_a^n=a^n/(2^{n-1}), x_c^n=c^n/(2^{n-1}).
*
a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=b_*^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n,
1/(2^{n-1}) бесконечный спуск, k=2n,n>1.
x_a^n+2x_b^n=x_c^n, x_a^n+x_c^n=2x_{b_*}^n,
2a^n+b^n=b_*^n, b_*^n+b^n=2c^n.
*
На основании изложенного, из-за роста ''иррациональности''чётных натуральных (b,b_*) для k=2n,n>1, 2^n=2*2^{n-1}, вычислен эффект бесконечного спуска, после преобразования:
b^n=2(2^{n-1})x_b^n, b_*^n=2(2^{n-1})x_{b_*}^n,
a^n/(2^{n-1})=x_a^n, x_c^n=c^n/(2^{n-1}).



Редактировалось 2 раз(а). Последний 01.08.2020 01:51.
14.06.2018 15:33
хм
давненько ферманьяков тут не было.
14.06.2018 15:50
Планшет в ТеХе тут почему-то не печатает и не переводит.
Формула - все-таки простая!
k=2n,n>1.
b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_*^n).
Нечетные натуральные (a,c),a<c,
Вычисляемые ''четные натуральные'' (b,b_*).
Решите уравнения при:
(a^n,b^b,b_*^n),(c^n,b^n,b_*^n).
''Чудесная формула'' Пьера Ферма:
b_*^n=a^n+c^n=(b_*^n-b^n)/2+(b_*^n+b^n)/2.
b^n=c^n-a^n=(b_*^n+b^n)/2-(b_*^n-b^n)/2.
Эффект роста иррациональности ''чётных'' (b_*^n,b^n) при k=2n,n>1
вычислите без проблем.
2^n=2*2^{n-1}.
Признак натурального чётного,
b^n/2=2^{n-1}x_b^n, b_*^n/2=2^{n-1}x_{b_*}^n.
Вычислите
(a,x_b,x_*), (c,x_b,x_{b_*}), при k=2n,n>1.
Что вычислено? Как, решаемо при натуральных?
a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n),
c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n).
Не забываем, (a,c),a<c, - нечетные натуральные.
Решите при натуральных? 100% нет.



Редактировалось 5 раз(а). Последний 14.06.2018 16:04.
15.06.2018 08:54
Единственное возражение не вычислена ''нечетное+нечетное''
Ответил бы вопросом: ''что бы сказал математик, если бы к нему подошёл бы ''преподаватель'' и потребовал бы вычислять тройки Пифагора, при условии ''нечетное+нечетное''.
Тут аналогичное требование - ''отрицать реальность''.
Вычислено для старших степеней, что
b_k^{2k}=c^{2k}-a^{2k}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n.
Вычислена взаимосвязь нечетных с парой ''чётных'':
(a^n,b^n,b_*^n), (c^n,b^n,b_*^n).
Проверены сумма и разница (c,a),a<c.
a_1^n+b^n=c_1^n=a^n+b^n=c^n,
a_2^n+b_2^n=c_2^n=c^n+a^n=b_*^n.
*
Если реальность противоречит ранее вычисленным формулам, - то что надо принимать во внимание?
a^{k=2n}+b^{k=2n}=c^{k=2n}, k=2n,n>1, растёт иррациональность ''чётных'',
вычислен 100% отричательный результат,
(a,b,c), k=2k.
Тут, согласен, - всегда ''нечетное+чётное''.
*
Но докажите, почему я должен отказываться от данного инструмента доказательства ВТФ?
k=2n=3(2/3), n=(2/3),
k=2n=4=2*2, n=2.
15.06.2018 14:49
еще раз по поводу требования вычислений при условии -'нечетное+нечетное
Вычислено взаимодействия нечетных сумма и разница (a,c),a<c,
с (b,b_*), a^n+b^n=c^n, c^n+a^n=b_*^n.
*
k=2n,n>1.
*
Основное доказательство, почему нельзя будет вычислить при условии
''нечетное+нечетное'', как раз и связано с свойством ''тройки Пифагора'' о том, что есть решение только при ''нечетное+чётное'',
если предположим, что можем решить при сумме ''нечетное+нечетное'',
тогда опровергнем 'формулу вычисления пифагоровых троек чисел.
а^2+b^2=c^2=(q^2-w^2)^n+(2qw)^2=(q^2+w^2)^n,

Сам вычисляю так:
a^2+b^2=c^2=(b+y)^n=((d+y)/2)^2=a^2+((d-y)/2)^2
a^2=dy=(qw)^2,
(qw)^2+((q^2-w^2)/2)^2=((q^n+w^n)/2)^2
qw, - любые нечетные натуральные числа, q>w.
*
Вывод, когда для равенств, предлагают проверять
b^{k=2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_*)^n.
Если предлагаем вычислять при условии, что (a,b) - нечетные натуральные числа, а c- ''чётное натуральное'', тогда если бы нашли бы решение формул,
a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=c_*^n,
тогда бы решили ''тройки Пифагора'' при условии ''нечетное+нечетное'', а как мы раньше вычислили это противоречит действительности.
Каюсь, долго не мог понять, что от меня требуют!
Взаимодействие ''старших чётных и ''подчиненных чётных или нечетных'',
k=2n,n>1.
a=(c+a)/2-(c-a)/2=b_*/2-b/2.
c=(c+a)/2+(c-a)/2=b_*/2-b/2.
В степенях n>1.
b_k^{2k}^n=b^nb_*^n=(c^n-a^n)(c^n+a^n).
*
Вывод, тройки Пифагора надо все-таки использовать при доказательства ВИФ, но только для того, чтобы можно было бы сказать о том, что не следует предлагать вычислять при (a,b)- нечетных, c-четное!
16.06.2018 15:18
ВТФ: доказательство от противного, ''сумма нечетное+нечетное''.
Уважаемые модераторы форума, тему печатаю на планшете. К сожалению на планшете не видно иконки ТеХ. Вбитый вручную (math)...(/math) показывает на планшете отрицательный результат, с'ел все символы кроме цифр и латиницы. Поэтому math-формулы. Прошу прощения за неудобное чтение без ввода ТеХ.

Тройки Пифагора вычисляется как сумма ''нечетное+чётное'', поэтому я и проверил только этот случай для старших степеней: k=2n,n>1.
Преподаватель предложил проверить сумму ''нечетное+нечетное''.
Прямо его не доказать.
Поэтому данный случай доказываем от противного.
*
Итак, при n=2,
вычисляем тройки при натуральных чисел двумя способами:
''от нечётного'', ''от чётного''.
Предположим, a- нечётное.
[formula]a^2+b^2=c^2=(q+w=(q-w)+2w=a+2w)^2=(q-w)^2+b^2[/formula],
вычисляем,
[formula]b^2=(q+w)^2-(q+(-w))^2=4qw=(2er)^2, q=e^2, w=r^2[/formula],
[formula](e^2-r^2)^2+(2er)^2=(e^2+r^2)^2[/formula].
Мне больше нравится, ''относительно чётного'', - сам так вычислил:
[formula]a^2+b^2=c^2=(b+y)^2=(\frac{d+y}{2})^2=a^2+(\frac{d+(-y)}{2})^2, d=2b+y[/formula],
[formula]4a^2=4dy, a^2=dy=(xz)^2,[/formula],
[formula]a^2+b^2=c^2=(xz)^2+(\frac{z^2-x^2}{2})^2=(\frac{z^2+x^2}{2})^2[/formula].
Данное решение удобно тем, что видно, тройки Пифагора вычисляются для любого нечётного натурального числа, a=xz,z>x.
Понятно, почему математически тройки Пифагора существуют только как сумма ''нечетное+чётное''.
[formula]a^2+b^2=c^2=(q-w)^2+b^2=(q+w=a+2w)^2=(b+y)^2=(\frac{d+y}{2})^2=a^2+(\frac{d-y}{2})^2, d=2b+y[/formula].
Вычислены натуральные, [formula](e^2-r^2)^2+(2er)^2=(e^2+r^2)^2=(xz)^2+(\frac{z^2-x^2}{2})^2=(\frac{z^2+x^2}{2})^2[/formula].
*
Пьер Ферма написал строки о поистине ''чудесном доказательстве''.
По моему мнению оно связано с анализом старших степеней.
[formula]b_k^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_*^n).[/formula]
Предположим, поставлена задача вычислить при нечетных (a,b), тогда уравнение будет решено при чётном (c).
Но если бы были бы решены [formula]a^n+b^n=c^n, c^n+a^n=b_*^n, b_k^n=b^nb_*^n[/formula], где
[formula]c[/formula] - чётное, [formula]a,b,b_*, b_k[/formula] - нечетные, тогда бы было бы вычислена тройка Пифагора при условии суммы ''нечетное+нечетное'', что противоречит тройкам Пифагора.
Следует вывод, что ВТФ доказана для суммы ''нечетное+нечетное''.
***
Приведем формулы взаимосвязи
[formula](a,b,b_*), (c,b,b_*).[/formula]
[formula]a^n=\frac{c^n+a^n}{2}-\frac{c^n-a^n}{2}=\frac{b_*^n}{2}-\frac{b^n}{2}[/formula],
[formula]c^n=\frac{c^n+a^n}{2}+\frac{c^n-a^n}{2}=\frac{b_*^n}{2}+\frac{b}{2}[/formula].
*
[formula]b_*^n=\frac{b_*^n+b^n}{2}+\frac{b_*^n-b^n}{2}=c^n+a^n[/formula],
[formula]b^n=\frac{b_*^n+b^n}{2}-\frac{b_*^n-b^n}{2}=c^n-a^n[/formula].
*
Рассмотрим условие, при которое сумма ''нечетное+чётное''.
[formula]b^{k=2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n.[/formula]
В связи с тем, что вычислено, что тут также надо решать сумму ''нечетное+нечетное'', а именно:
[formula]a^n+c^n=b_*^n[/formula]
, - которое, как мы говорили нельзя вычислить при натуральных, так как будет вычислена тройка Пифагора с условием - сумма ''нечетное+нечетное'', то и при [formula](a,c)[/formula] - нечетные натуральные, [formula]b,b_*[/formula], - которые д/б вычислены как ''четные натуральные'', не могут быть вычислены. ВТФ доказана.
P.s.
Для суммы ''нечетное+чётное'', -
ранее доказывал благодаря равенства:
[formula]a^n=\frac{b_*^n=(2x_{b_*})^n}{2}-\frac{b^n=(2x_b)^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n)[/formula],
[formula]c^n=\frac{b_*^n=(2x_{b_*})^n}{2}+\frac{b^n=(2x_b)^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n)[/formula].
В силу свойств натурального нечётного и чётного числа вычисление троек [formula](a,x_b,x_{b_*}),(c,x_b,x_{b_*})[/formula]невозможно.
ВТФ для суммы ''нечетное+чётное'' при k=2n,n>2, (a,c),a<c - натуральные нечетные, [formula]b,b_*[/formula] - вычислены с нарушением ''четности-нечетности, поэтому иррациональные, доказана!
При [formula]k=2n,n>1[/formula], вычислен рост иррациональности ''чётного числа'' [formula]2^{n-1}[/formula] нарушение ''четности-нечетности'' [formula](b,b_*)[/formula].
*
Вычислили при k=2n,n>1, эффект бесконечного спуска,
[formula]x_a^n=\frac{a^n}{2^{n-1}}, x_c^n=\frac{c^n}{2^{n-1}}, x_b^n=\frac{b^n}{2^{n-1}}, x_{b_*}^n=\frac{b_*^n}{2^{n-1}}[/formula] Их подставляем в вычисленные формулы...
16.06.2018 15:36
Псих почувствовал безнаказность
и резвится "на все деньги"!
16.06.2018 15:54
brukvalub, где в теме ошибка?
За триста лет величайшие математики не обратили внимание на связь старших чётных степеней с нечетными или чётными...
(k=2n, n).
Докажите, что я не имею право оценивать формулу b_k^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n.
Где тут ''психоз''?
Так сложно, ну ''не шмогла я, не шмогла''...
Далее простейшие логические выводы...
Если условие: (a,b)- натуральные нечетные, тогда c- нечетное..., b_k,b_* - тоже нечетные...
В данном случае предлагается вычислять тройки Пифагора при условии ''нечетное+нечетное'', что невозможно! Доказательство от противного!.
*
При условии ''нечетное+чётное'', (a,c)_нечетные, все равно следует вывод, что (b,b_*,b_k) - не вычисляются при натуральных.
Сумму, которую надо решать в формулу видите?
c^n+a^n=b_*^n, где (a,c) - натуральные нечетные...
Как мы выше доказали, сумма ''нечетное+нечетное'' при степенях k=2n,n>1 нерешаемо!
***
''Психоз'' большинства учеников высших математических школ, что простейшие варианты для них уже ''ниже достоинства''.
Опровергнуть не могут, только шипеть!
16.06.2018 16:15
brukvalub - тролль, ничего более!
Единственное, чем ''прославился'' brukvalub, - тем, что пишет ''какие на форуме идиоты, а я, д'Артаньян, весь в белом!''.
*
Любопытно было бы узнать, какие ошибки brukvalub нашёл в формулах:
b_*=c+a, b=c-a,
*
a=(c+a)/2-(c-a)/2=b_*/2-b/2,
c=(c+a)/2+(c-a)/2=b_*/2+b/2.
b=2x_b, b_*=2x_{b_*}.
Формула при k=2n,n=1.
(a,c)- нечетные натуральные, (b,b_*)- вычисляемые ''четные натуральные''.
*
brukvalub - достаточно ''умен'', чтобы не проверять их!
''Ну не шмогла я, не шмогла''!
Вычислить потом, что происходит при степенях k=2n,n>1.
Так сложно оценить, вычисленные ранее c^n, a^n, n>1.
a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n),
c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n).
Условие о том, что (a,c), нечетные натуральные, a<c,
надеюсь, не забыли?
Любопытно, brukvalub, - не исключает возможности решить вычисленные формулы при натуральных (a,x_b,x_{b_*}), (c,x_b,x_{b_*})?
Может залез на форум, чтобы п...ть?

То есть, brukvalub так умен, что считает, что ''нечетное натуральное число (в степени) может быть равно двум (в степени), умноженным на сумму или разницу натуральных чисел (в степени)''. ''Умен''!!!
(a,x_b,x_{b_*}),(c,x_b,x_{b_*}).
16.06.2018 23:05
Теперь понятно, что это
новая реинкарнация ИДИОТА vira (рахман из, кажется, Хайфы).
17.06.2018 10:29
brukvalub забегает на форум, чтобы попрыгать как бандэрлог.
Формулу b^{k=2n}=c^{k=2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n
видите?
Взаимосвязь между (k=2n,n) - видите? (a,b,b_*),(c,b,b_*) видна и математически невооруженным взглядом.

Использовать четность, нечетность натуральных чисел умеете?
Тут максимально просто!
Предлагаем, что (a,b,b_*) - нечетные, тогда следует, что при натуральных д/б вычислено (c)- как чётное...
Но, печалька, было бы вычислена тройка Пифагора при условии сумма ''нечетное+нечетное=чётное'' в степенях, что невозможно!

Вывод, важнейший для ВТФ, формула a^n+b^n=c^n при условии (a,b) - нечетные, c - чётное, не может быть вычислена при натуральных числах...
*
При условии (a,c) - нечетные, (b_k^{2n}=b^nb_*^n), - четные,
также невозможно вычислить,
в формуле сумма a^n+c^n=b_*^n, (a,c) - нечетные натуральные...
Формула:
b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_*^n).
*
Фантастически просто!
Из-за ''суммы'' (a^n+c^n=b_*^n) в формуле старшей четной, при k=2n, n>1, вычисление троек натуральных невозможно, (a,c) - нечетные...
***
''Уважаемый'' brukvalub, если вы заходит на форум, тогда скажите мне, где у меня ошибки?
Использование признака троек Пифагора (сумма ''нечетное+чётное''), вычисление формулы старшей формулы (k=2n,n>1) для док. ВТФ, простейший метод проверки двух вариантов (a,c) - нечетные, (a,b) - нечетные...
В связи с тем, что все так просто, а математикам нужен хардкор!
То формулы не проверяем!, не читал, но осуждаю!
18.06.2018 05:21
При (k=2n,n>1) вычислена взаимосвязь сразу трех формул...
Основная сложность для некоторых математиков в оценке доказательства, состоит в том, что они сами не смогли прийти к аналогичному выводу увидев формулу ''старших чётных степеней'':
b_k^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n.
Вычислить формулы взаимозависимости (a,b,b_*),(c,b,b_*).
И сделать простой вывод: согласно формуле ''старших чётных степеней''(k=2n,n>1), если бы мы смогли решить формулу a^n+b^n=c^n при натуральных, то одновременно должны были решить также еще две формулы при натуральных:
a^n+c^n=b_*^n,
и вычислить существование ''старших'' троек Пифагора:
(a^n)^2+(b^n)^2=(c^n)^n=(a^2)^n+(b^2)^n=(c^2)^n.
23.06.2018 15:02
brukvalub, где ошибки или частный случай ВТФ?
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=51&t=60718

Уважаемые модераторы форума, прошу прощения за то, что делаю ссылку на другой форум. К сожалению, я печатаю на планшете, и не могу найти тут иконки math.../math. Вбил вручную, показывает на экране - буквы и цифры, без символов.



Редактировалось 2 раз(а). Последний 23.06.2018 20:04.
23.06.2018 15:44
Так это же рахман из Хайфы,
конченый придурок, которого из всех приличных форумов выгнали взашей!biggrin
23.06.2018 16:10
brukvalub, приличный форум - это dxdy?
Единственный аргумент ''заслуженного участника'' форума dxdy - ''в формулах запрещено проверять любые нечетные натуральные (a,c),(a,b)''. Это аргумент современных brukvalub-ов, звучит ''грозно'', не так ли?



Редактировалось 2 раз(а). Последний 23.06.2018 16:13.
23.06.2018 18:50
Аргументы против... заслуженного участника форума dxdy
Если Вы возьмёте какие попало натуральные (a) и (b) , то (c), скорее всего, не будет натуральным числом, поэтому к теореме Ферма они никакого отношения иметь не будут.
*
Подставлять ''любые натуральные числа'' числа нельзя. Числа должны удовлетворять уравнению a^n+b^n=c^n.
P.s.
Похоже преподавателям Теории чисел запрещают использовать методы математической логики.
Условие (a,c),(a,b) - нечетные натуральные...

Что за секта требует, надо сначала разработать Теорию чисел о том, какие именно нечетные натуральные (a,c),(a,b) ''разрешено Теорией чисел'' проверять в формуле: a^n+b^n=c^n, затем при k=2n,n>1, доблестно найти доказательства, что подтверждают ВТФ, - нельзя вычислить (a,b,c) при натуральных...



Редактировалось 1 раз(а). Последний 23.06.2018 19:03.
23.06.2018 20:40
С рахманом бесполезно общаться.
Он давно и безнадежно невменяем.
24.06.2018 07:58
brukvalub - невменяем?
Любой нормальный человек давным давно сказал, что в том или том пункте доказательства сделана ошибка...
Но печалька, формулы - примитивные, математическая логика рулит...
Единственное, на форуме dxdy слышал писк ''заслуженного участника'' о том, что в формулы ''запрещено'' подставлять ''любые нечетные натуральные числа'' (a,c),(a,b).
Вопрос: преподавателей Теории чисел учат математической логике? Оценивая формулу a^n+b^n=c^n, k=2n,n>1, так сложно заметить, что доказав ВТФ, сделали бы вывод о том, что при условии (всех, Карл!)''натуральные нечетные (a,b),(a,c)'', не вычисляются соответствующие ''натуральные четные'' (c),(b).
Тут прибегает преподаватель Теории чисел и что-то орет невнятное по поводу - ''в формулы нельзя подставлять любые нечетные натуральные числа (a,c),(a,b)'', так как они не отвечают каким-то условиям...



Редактировалось 2 раз(а). Последний 24.06.2018 08:10.
24.06.2018 09:10
brukvalub, в сотый раз спрашиваю, где ошибки? Вам сектой ''запрещено'' оценивать значение вычисленной формулы?
Основная проблема ферматистов в том, что они сотни лет не обращали внимания на формулу: b_k^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a)=bb_s

При условии k=2n,n>1, можем вычислить формулу, оценивая которую можем доказать ВТФ:
b_k^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_s^n

Как известно, что Пьер Ферма писал о ''чудесном доказательстве''. По моему мнению, для доказательства ВТФ будет таким же ''чудесным'' вывод о том, что надо вычислить взаимозависимость между (a,b,b_s),(c,b,b_s),
затем предположить, что если бы мы вычислили a^n+b^n=c^n при натуральных, то тогда мы должны были бы вычислить и c^n+a^n=b_s^n при натуральных, а самое любопытное, вычислить ''старшие тройки Пифагора'' при k=2n,n>1: (a^n)^2+(b_k^n)^2=(c^n)^2
Что по моему мнению, невероятно простой и парадоксально сложный вывод (похоже, печалька, запрещенный для brukvalub-ов, - нужен хардкор, ''жесть'' при доказывании ВТФ)!
Затем доказывать, почему при k=2n,n>1 вычисление натуральных невозможно.
brukvalub ''запрещает'' думать? Нашёл ошибки? Так покажи, а то слышу одни стенания, - ''я д'Артаньян, весь в белом, а вокруг...''
24.06.2018 09:38
рахман из Хайфы
давно и безнадежно болен психически. С ним бесполезно разговаривать.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти