ВТФ: Чудесное доказательство Пьера Ферма

Его всюду забанили, поскольку беседовать с ним бесполезно.

Полагаю, что Пьер Ферма без проблем мог сформулировать и доказать малую теорему Ферма, оценивая формулу старших четных степеней.
a^{p-1=(2n+1)-1=2n}-1^2=(a^n-1)(a^n+1)=k(k+2)=pz(pz+2)=(pz+1)^2-1,
(pz+1)^2=(a^n)^2, pz+1=a^n, p=2n+1.
a^{p-1=(2n+1)-1=2n}-1^2=(a^n-1)(a^n+1)=(k+2)k=(pz-2)pz=(pz-1)^2-1.
(pz-1)^2=(a^n)^2, pz-1=a^n, p=2n+1.
brukvalub, заметил - разница старших четных степеней?
Как инструмент доказательства?

brukvalub, какими формулами теория чисел показывает, что при n=2, при условии (a,b) - нечетные нечетные натуральные, не вычисляются тройки натуральных чисел (a,b,c).
Сложный вопрос?

Добрый день мой nickname olezhka, что я хотел or, хочу здесь посоветовать и сказать что ваше уравнение для задачи больше похоже на уже имеющейся способ сложение чисел в степенях, просто новый способ этого сложение, вычитание умножение числа, но это не ответ на эту теорему или это решение про другую тему. Так вот потом так если взять большое число и сложить то это будет очень сложно сделать, вами всё таки, поэтому он просто, прикалываться над вами по своей глупости любитель так тут по обзываться, я вот хотел сказать что у меня тоже имеется способ с ответами, так по которому можно проверить имеются ли такие решения или нет, и могу сказать что с помощью этого можно полиномы собирать такие которые указаны здесь, в одном из вопросов, чтобы здесь они не надоедали со своей глупостью. Вот на этом всё чау,, а, и также всем глупым юмористам пока.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 15.07.2018 21:11.

a_k^{2n}+k^b_k^{2n}=(c^n=a_k^n+(c^n-a_k^n)=a_k^n+b^n=b_k^n+(c^n-b_k^n)=b_k^n+a^n)=a^na_s^n+b^b_s^n.
a_s^n=c^n+b_k^n, b_s^n=c^n+a_k^n.
*
При k=2n,n=1. Четность,нечетность...
3*3+4*4=5*5=(5=3+(5-3)=3+2=4+(5-4)=4+1)^2=(5-4)(5+4)+(5-3)(5+3).
*
При условии (a,b)- нечетные натуральные, при k=2n,n=1, - нерешаемо, на этом и строится доказательство от противного для старших четных степеней, и нечетных. (5+3)...c^n+a_k^n=a_s^n.
*
Не понимаю, что тут сложного?

Немецкий математик Фрей показал что, если сделать предположение, что решение уравнения существует, то при помощи хитроумных математических преобразований оно сводится к специфической эллиптической кривой (3) (кривой Фрея)
y^2=x(x-a^n)(x+b^n), где a^n+b^n=c^n
ВТФ доказана благодаря сложнейших математическим операциям.
*
А проще доказать можно?
Смотрим.
Взаимно простые тройки Пифагора имеют решения при условии:
a^2+b^2=c^2
(m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2,
одно из суммы (a,b) обязательно нечетное_a, другое чётное_b

На чем будет основано наше доказательство?
После оценки разницы при n=2k, k=1
b^2=c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1
Далее мы обращаем внимание на решенные формулы:
c=m^2+n^2,
a=m^2-n^2,
b^2=(2m^2)(2n^2)=b_2*b 1,
то есть b_2=2m^2, b_1=2n^2
При n=2k, k>1 следует, часто мы попытаемся вычислить:
b_2^k=2n^{2k}, b_1^k=2n^{2k}, которое не может иметь решения при натуральных числах.

k=1,
c=(c+a)/2+(c-a)/2=b 2/2+b_1/2=(2m^2)/2+(2n^2)/2
a=(c+a)/2-(c-a)/2=b_2/2-b_1/2=(2m^2)/2-(2n^2)/2
b^2=(2m^2)(2n^2)=b_2*b_1

m^4-n^4=(m^2+n^2)(m^2-n^2)=ca=(b_2^2/2+b_1^2/2)(b_2^2/2-b_1^2/2)=b_2^4/4-b_1^4/4
*
Кривая Фрея насколько я понял основано на доказательстве, что после соответствующих преобразований надо доказать, что
x(x-b^n)(x+a^n)=y^2 не имеет решений при натуральных числах.

Ещё раз оценим взаимно простые тройки Пифагора, n=2k, k=1
a^2+b^2=c^2
(m^2-n^2)^2+(2m^2)(2n^2)=(m^2+n^2)^2
a^2+b_2*b_1=c^2
Также могли бы доказать и при условии:
a^2+b^2=c^2=(b+y)^2, d=2b+y
dy+[(d-y)/2]^2=[(d+y)/2]^2
Согласно данной формуле, a^2=yd,
dy, произведение двух нечетных чисел всегда можем показать как разницу двух чисел во второй степени.
*
x(x-b^k)(x+a^k),
А что если кривую Фрея связать с взаимоотношениями формул чётных и нечетных степеней.
x=c, n=2k, k=1
a^2+b_1*b_2=c^2
a^2+(c-a)(c+a)=c^2
c(c-b=a)(c+a=b_2)="y^2"
Далее учитываем ранее вычисленный результат троек Пифагора
c=m^2+n^2, a=m^2-n^2, b^2=(2m^2)(2n^2)=b_2*b_1
Следует,
ac(c+a)=(m^4-n^4)(2m^2)="y^2"
Но (m,n), пример первых троек Пифагора (2,1),(3,2) разница двух чисел в четвёртой степени при разной четности не может быть решена при условии:
"y^2"=(2m^2)*[чётное число=2z^2]
m^4-n^4=2z^2, при условии (m,n) с разной четностью, не может быть решения при натуральных числах.

Любое нечетное число как произведение двух нечетных чисел:
qw=m^2-n^2=(m+n)(m-n)=[(q+w)/2+(q-w)/2]*[(q+w)/2-(q-w)/2]
(m,n) с разной четностью
*
Затем оцениваем чётную степень:
a^2+b^2=c^2
q^2w^2+[(q^2-w^2)/2]^2=[(q^2+w^2)/2]^2
q^2w^2+(q+w)^2/2*(q-w)^2/2=[(q^2+w^2)/2]^2
a_2*a_1+b_2*b_1=c^2
(m+n)^2(m-n)^2+(2m^2)(2n^2)=(m^2+n^2)^2
Благодаря тому, что a=m^2-n^2, можем преобразовать в произведение двух чисел.
a^2=c^2-b^2=(c+b)(c-b)=a_2*a_1
b^2=c^2-a^2=(c+a)(c-s)=b_2*b_1
*
b_2=2m^2=2[(q+w)/2]^2=(q+w)^2/2
b_1=2n^2=2[(q-w)/2]^2=(q-w)^2/2
При k>1, нет решений при натуральных числах.
b_2^k=(2f_2)^k=2m^{2k}
b_1^k=(2f_1)^2=2n{2k}
*
Математики критиковали, что не рассматривал
нечетное+нечетное=чётное,
понятно, в чем была критика.
Поэтому предполагаем, что рассмотрели два случая.
qw+[(q-w)/2]^2=[(q+w)/2]^2, a+n^2=m^2
(m,n), (нечетное,четное) или (чётное, нечетное).
m=(q+w)/2, n=(q-w)/2

Вы тему читали?
Простейшая математика.
Вам так сложно понять смысл темы?
Есть тройки Пифагора,
a^2+b^2=c^2
Затем оцениваем:
b^2=c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1
Потом предполагаем, что нам надо доказать невозможность решения при n=2k, k>1.

b^{2k}=c^{2k}-a^{2k}=(c^k+a^k)(c^k-a^k)=b_2^k*b_1^k
Нас интересует, почему уравнения
b_2^k=c^k+a^k
b_1^k=c^k-a^k
не могут быть решены при k>1
при натуральных числах.