П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

fermatik

Пьер Ферма сформулировал теорему: при $n>2$ , формула $a^n+b^n=c^n$ не имеет решения при натуральных числах $a,b,c$ .
*
Точнее надо формулировать!
При условии $k=2n, n>1$ вычисляем формулы, согласно которым
$a^n+b^n=c^n$ , $c^n+a^n=b_*^n$ , не имеет решения чётных натуральных $b, b_*$ , при вводе любых нечетных натуральных $a,c,a<c$ !
Докажем, что вычисляются иррациональные числа $b, b_*$ .
Гипотетически д/б вычислены четные натуральные, но вычислено, что это исключено после применения простейших свойств четных натуральных чисел, - $b^n=(2x_b)^n, b_*^n=(2x_{b_*})^n$ .
*
Сформулируем революционную для доказательства ВТФ идею!
Надо оценивать формулу старших чётных степеней.
$a^2+b^2=c^2=(c-a=b)(a+c=b_2=2a+b=2c-a)$ .
Оцениваем при условии:
$k=2n, n>1$ .
$a^{k=2n}+b^{k=2n}=c^{k=2n}=(b^n=c^n-a^n)(b_*^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n)$
При условии $k=2n, n>1$ ,
оцениваем формулу:
$b_*^n=a^n+c^n=\frac{b_*^n-b^n}{2}+\frac{b_*^n+b^n}{2}$ ,
Используем признак натурального числа,
$b_*-b=2x_{b_*}-2x_b=2(x_{b_*}-x_b)$ ,
По аналогии в старших степенях,
$2a^n=b_*^n-b^n=2^n(x_{b_*}^n-x_b^n), a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n)$ ,
$2c^n=b_*^n+b^n=2^n(x_{b_*}^n+x_b^n), c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n)$ .
В силу свойств натурального нечётного и чётного числа,
$a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n), c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n)$ , - не имеет решения при нечетных натуральных $a, c, a<c$ , при натуральных $x_b, x_{b_*}$ , чётных или нечетных...
*
Пример, как это выглядит!
$k=2n, n>1$ .
$n=3, a^3+b^3=c^3, a^3+c^3=b_2^3$ .
Берём первую двойку нечетных натуральных чисел,
$a=1, c=3, a<c$ .
$1^3+26=3^3=27, 1+27=28$ .
$b^3=26, b_2^3=28$ .
В силу свойств натуральных чисел,
$a^3=1=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n)=4(\frac{14}{4}-\frac{13}{4})$ ,
$c^3=27=4(\frac{14}{4}+\frac{13}{4})$ .
$x_b^3=\frac{13}{4}, x_{b_2}^3=\frac{14}{4}$ .
$b^3=2^3\frac{13}{4}=27, b_2^3=2^3\frac{14}{4}=28$ .
*
Вывод, для случаев $k=2n, n>1$ , при любых нечетных натуральных
$a,c, a<c$ , формула $a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=b_*^n$ не имеет решения для
чисел $b,b_*$ при чётных натуральных!
*
Вычислен ''бесконечный спуск''.
$b_*^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n=\frac{b_*^n-b^n}{2}+\frac{b_*^n+b^n}{2}$ ,
$a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n=x_a^n=\frac{a^n}{2^{n-1}}$ ,
$c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n=x_c^n=\frac{c^n}{2^{n-1}}$ ,
$b_*^n=c^n+a^n=2(2^{n-1}x_{b_*}^n)$ ,
$x_a^n+2x_b^n=x_c^n$ .
Вычислен ''эффект бесконечного спуска''?
$b_*^n=2a^n+b^n, b_*^n+b^n=2c^n$ ,
$x_a^n+2x_b^n=x_c^n, x_c^n+x_a^n=2x_{b_*}^n$ .

Пьер Ферма без проблем мог вычислить данный результат! В том числе и метод бесконечного спуска в действии!

P.s.
Предупреждение, насколько я понял, преподаватели современной математической школы вычисления натуральных чисел ''отрицают реальность''!
Не могут принять тот факт, что благодаря формулам старших чётных степеней,
для случая $k=2n, n>1$ , - при любых натуральных нечетных $a,c,a<c$ ,
можно вычислить доказательство, согласно которому нет решений при натуральных
$b^n=(2x_b)^n=c^n-a^n, b_*^n=(2x_{b_2})^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n$ .
Принципиально отказываются проверять!
''Убогая'' формула, ''бред сивой кобылы'' - звучат такие слова!
Неужели так сложно взять в руки ручку и проверить? Так сложно взять любые натуральные нечетные числа
$a,c,a<c$ и их подставить в формулы $a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=b_*^n$ .
Соответственно проверены два варианта, ''нечетное+четное=нечетное'', ''нечетное+нечётное=чётное''.
Затем вычислить, что четные натуральные числа $b,b_*$ при условии $k=2n, n>1$ не существуют! $b^n=2(2^{n-1}x_b^n), b_*^n=2(2^{n-1}x_{b_*}^n)$ - вычислены только иррациональные числа!

Добавлено спустя 18 часов 25 минут 59 секунд:

В данной книге http://www.ega-math.narod.ru/Books/Edwards.htm сформулирован принцип, на котором основан ''метод бесконечного спуска'' Пьера Ферма.
Проблема ''заслуженных участников и модераторов, проверяющих ферматистов, в том, что они с ним похоже незнакомы! Да и многие ферматисты с данным ''методом бесконечного спуска'' незнакомы.

Уважаемые ферматисты и критики, внимательно читайте эти строки:
"Если из предположения, согласно которому данное положительное целое число обладает данным множеством свойств, следует, что существует меньшее положительное целое с тем же множеством свойств, то ни одно положительное целое не может обладать этим множеством свойств''

Вычисляем. В случае, $k=2n,n>1$
$a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=b_*^n$
''Бесконечный спуск'' в действии.
$b_*^n=2a^n+b^n, b_*^n+b^n=2c^n$
$b^n=2(2^{n-1}x_b)^n, b_*^n=2(2^{n-1}x_{b_*}^n)$
$x_a^n+2x_b^n=x_c^n, x_a^n+x_c^n=2x_{b_*}^n.$
$a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x^n=x_a^n=\frac{a^n}{2^{n-1}})$
$c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n=x_c^n=\frac{c^n}{2^{n-1}})$

Добавлено спустя 1 день 13 часов 23 минуты 37 секунд:
Попытаемя об'яснить, как иррациональность $b,b_*$ при условии $k=2n,n>1$ .
$b^{k=2n}=c^{k=2n}-a^{k=2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)$ .
Почему растёт иррациональность ''чётных'' $b^n=c^n-a^n, b_*^n=c^n+a^n$ ?

При $k=2n,n=1$ , вычислено:
$b=c-a,b_*=c+a$ ,
$a=\frac{c+a}{2}-\frac{c-a}{2}, c=\frac{c+a}{2}+\frac{c-a}{2}$ ,
$b=2\frac{c-a}{2}=2x_b, b_*=2\frac{c+a}{2}=2x_{b_*}$ ,
$a=\frac{c+a}{2}-\frac{c-a}{2}=x_{b_*}-x_b, c=\frac{c+a}{2}+\frac{c-a}{2}=x_{b_*}-x_b$ ,
при
$k=2n,n>1$ ,
$b^n=2(2^{n-1}x_b^n), b_*^n=2(2^{n-1}x_{b_*}^n)$ ,
При $k=2n,n>1$ ,
$a^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n), c^n=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n$ .

Пьер Ферма, по моему мнению, 100% мог вычислить ''эффект бесконечного спуска'', моими словами, рост иррациональности пары чётных чисел при условии $k=2n, n>1$ .

Добавлено спустя 3 дня 12 часов 54 минуты 25 секунд:
Единственное возражение по доказательству звучит так: не вычислена сумма ''нечетное+нечетное''.
Так, что могу ответить на этот вопрос: такой результат вычисленных формул.
*
Что может сказать математик, если к нему подойдут преподаватели с требованием,
вычислять ''тройку Пифагора'' суммы ''нечетное+нечетное''.
$a^2+b^2=c^2=(2qw)^2+(q^2-w^2)^2=(q^2+w^2)^2=a^2+(\frac{d-y}{2})^2=(\frac{d+y}{2})^2$
*
Вычислена тройка ''старших чётных'' натуральных.
Естественно, что она при натуральных должна вычисляться только в случае ''нечетное+чётное''.
Если бы вычислили бы при ''нечетное+нечетное'', тогда бы вычислили тройку Пифагора при ''нечетное+нечетное'', что исключено.
$(a^n)^2+(b^n)^n=(c^n)^n, k=2n$ .
*
$b_k^{2k}=c^{2k}-a^{2k}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_*^n)$ .
$b_k^{2n}=b^nb_*^n$ .
Вычислено взаимосвязь нечетных первой и второй с парой ''чётных'' (a,b,b_*), (c,b,b_*).
Затем, благодаря бесконечному спуску:
$(a,x_b,x_{b_*})(c,x_b,x_{b_*})$ .
*

Код ссылки на тему, для размещения на персональном сайте | Показать

Код: выделить все: <div style="text-align:center;">Обсудить теорию <a href="http://www.newtheory.ru/mathematics/p-ferma-bez-problem-mog-vichislit-dokazatelstvo-vtf-t4829.html">П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.</a> Вы можете на форуме "Новая Теория".</div>

alexandrovod

c^3-b^3=a^3=n^3(c-b)^3
(c-b)(c^2+bc+c^2)
c-b=na
c^2+bc+b^2^=n^3(c^2-2cb+b^2)
(n^3-1)(C^2+b^2)=(n^3+2)(bc)
остаётся доказать есть ли такое n чтобы выполнялось отношение (n^3+2)/(n^3-1)=+-2, n^3(1+-2)=-4
отсюда 1994666553^3+1100642416^=2100642416^3 с точностью до 10 знака

fermatik

alexandrovod писал(а):c^3-b^3=a^3=n^3(c-b)^3
(c-b)(c^2+bc+c^2)
c-b=na
c^2+bc+b^2^=n^3(c^2-2cb+b^2)
(n^3-1)(C^2+b^2)=(n^3+2)(bc)
остаётся доказать есть ли такое n чтобы выполнялось отношение (n^3+2)/(n^3-1)=+-2, n^3(1+-2)=-4
отсюда 1994666553^3+1100642416^=2100642416^3 с точностью до 10 знака

c-b=na, (c-b)^3=(na)^3,
a^3=n^3(c-b)^3=n^6a^3, n^6=1.

Добавлено спустя 3 минуты 4 секунды:
ВТФ: док. от противного. ''нечетное+нечетное'', при k=2n,n>1
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.
$a^2+b^2=c^2=(q+w=(q-w)+2w=a+2w)^2=(q-w)^2+b^2$ ,
вычисляем,
$b^2=(q+w)^2-(q+(-w))^2=4qw=(2er)^2, q=e^2, w=r^2$ ,
$(e^2-r^2)^2+(2er)^2=(e^2+r^2)^2$ .
Мне больше нравится, ''относительно чётного'', - сам так вычислил:
$a^2+b^2=c^2=(b+y)^2=(\frac{d+y}{2})^2=a^2+(\frac{d+(-y)}{2})^2, d=2b+y$ ,
$4a^2=4dy, a^2=dy=(xz)^2,$ ,
$a^2+b^2=c^2=(xz)^2+(\frac{z^2-x^2}{2})^2=(\frac{z^2+x^2}{2})^2$ .
Понятно, почему математически тройки Пифагора существуют только как сумма ''нечетное+чётное''.
$a^2+b^2=c^2=(q-w)^2+b^2=(q+w=a+2w)^2=(b+y)^2=(\frac{d+y}{2})^2=a^2+(\frac{d-y}{2})^2, d=2b+y$ .
Вычислены натуральные, $(e^2-r^2)^2+(2er)^2=(e^2+r^2)^2=(xz)^2+(\frac{z^2-x^2}{2})^2=(\frac{z^2+x^2}{2})^2$ .
*
Пьер Ферма написал строки о поистине ''чудесном доказательстве''.
По моему мнению оно связано с анализом старших степеней.
$b_k^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_*^n).$
Предположим, поставлена задача вычислить при нечетных (a,b), тогда уравнение будет решено при
чётном (c).
Но если бы были бы решены $a^n+b^n=c^n, c^n+a^n=b_*^n, b_k^n=b^nb_*^n$ , где
$c$ - чётное, $a,b,b_*, b_k$ - 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
$(a,b,b_*), (c,b,b_*).$
$a^n=\frac{c^n+a^n}{2}-\frac{c^n-a^n}{2}=\frac{b_*^n}{2}-\frac{b^n}{2}$ ,
$c^n=\frac{c^n+a^n}{2}+\frac{c^n-a^n}{2}=\frac{b_*^n}{2}+\frac{b}{2}$ .
*
$b_*^n=\frac{b_*^n+b^n}{2}+\frac{b_*^n-b^n}{2}=c^n+a^n$ ,
$b^n=\frac{b_*^n+b^n}{2}-\frac{b_*^n-b^n}{2}=c^n-a^n$ .
*
Рассмотрим условие, при которое сумма ''нечетное+чётное''.
$b^{k=2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n.$
В связи с тем, что вычислено, что надо решать сумму ''нечетное+нечетное'',
$a^n+c^n=b_*^n$ , - которое, как мы говорили нельзя вычислить при натуральных, так как будет вычислена тройка Пифагора с условием - сумма ''нечетное+нечетное'', то и при $(a,c)$ - нечетные натуральные, $b,b_*$ , - д/б вычислены как ''четные натуральные'', ВТФ доказана.
P.s.
Для суммы ''нечетное+чётное'', -
ранее доказывал благодаря равенства:
$a^n=\frac{b_*^n=(2x_{b_*})^n}{2}-\frac{b^n=(2x_b)^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_*}^n-x_b^n)$ ,
$c^n=\frac{b_*^n=(2x_{b_*})^n}{2}+\frac{b^n=(2x_b)^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_*}^n+x_b^n)$ .
В силу свойств натурального нечётного и чётного числа вычисление троек $(a,x_b,x_{b_*}),(c,x_b,x_{b_*})$ невозможно.
ВТФ для суммы ''нечетное+чётное'' при k=2n,n>2, (a,c),a<c - натуральные нечетные, $b,b_*$ - вычислены с нарушением ''четности-нечетности, поэтому иррациональные, доказана!
При $k=2n,n>1$ , вычислен рост иррациональности ''чётного числа'' $2^{n-1}$ нарушение ''четности-нечетности'' $(b,b_*)$ .
*
Вычислили при k=2n,n>1, эффект бесконечного спуска,
$x_a^n=\frac{a^n}{2^{n-1}}, x_c^n=\frac{c^n}{2^{n-1}}, x_b^n=\frac{b^n}{2^{n-1}}, x_{b_*}^n=\frac{b_*^n}{2^{n-1}}$ Их подставляем в вычисленные формулы...

alexandrovod

уважаемый fermatik
в комментарии №2 я показал, что тройка натуральных чисел в третей степени невозможна, так как кубический корень из 4 и 4/3 число иррациональное и поэтому одно из чисел обязательно будет иррациональное, но всегда можно найти тройку весьма близкую к выполнению равенства a^3+b^3=c^3. до любого знака точности, что я и привёл.
Этим же способом можно найти простейшую формулу нахождения троек второй степени, эту формулу привожу:
для четных N а=N^2-1, b=2N, c=N^2+1. Для нечетных N а=(N^2-1)/2, b=N, c=(N^2+1)/2. например N=15. а=(N^2-1)/2=112, b=N=15, c=(N^2+1)/2=113.
N=10^50. a=10^100-1. b=2*10^50. c=10^100+1

fermatik

alexandrovod писал(а):в комментарии №2 я показал, что тройка натуральных чисел в третей степени невозможна, так как кубический корень из 4 и 4/3 число иррациональное и поэтому одно из чисел обязательно будет иррациональное, но всегда можно найти тройку весьма близкую к выполнению равенства a^3+b^3=c^3. до любого знака точности, что я и привёл.
Этим же способом можно найти простейшую формулу нахождения троек второй степени, эту формулу привожу:
для четных N а=N^2-1, b=2N, c=N^2+1. Для нечетных N а=(N^2-1)/2, b=N, c=(N^2+1)/2. например N=15. а=(N^2-1)/2=112, b=N=15, c=(N^2+1)/2=113.
N=10^50. a=10^100-1. b=2*10^50. c=10^100+1

Уважаемый Овод!
Я вас понял вашу точку зрения. Но математики вашу точку зрения не оценят.
Гипотетически д/б бесконечное число вариантов поисков вычислений натуральных чисел...
Потом их ''вычеркивает'' теория чисел...

Для $n=2$ , тройка Пифагора вычисляется для любого нечётного числа:
$(zx)^2+(\frac{z^2-x^2}{2})^2=(\frac{z^2+x^2}{2})^2=(e^2-r^2)^2+(2er)^2=(e^2+r^2)^2$ .
Тройка Пифагора, сумма ''нечетное+четное''. Запомнить, в сумме тройки Пифагора есть одно число всегда ЧЕТНОЕ, другое всегда НЕЧЕТНОЕ.
*
Уважаемый Овод,'представляете о чем могут думать математики, когда видят формулу:
$b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^nb_*^n$ .
Взаимосвязь между формулами степеней $(k=2n),(n)$ видим?
Даже математически невооруженным взглядом!
Проверяем четность, нечетность...
Предполагаем $(a^n)^2, b^{2n}=b^nb_*^n$ - нечетные натуральные, вычислим натуральное $(c^n)^2$ , тогда бы вычислили тройку Пифагора при условии ''нечетное+ нечетное''.
Что невозможно.
Вывод, при условии ''нечетное+нечетное'' в степенях, вычисление троек натуральных при натуральных невозможно, - $(c^n)^2$ - иррациональное! ''не чётное натуральное''.
*
В формуле $(a^n+c^n=b_*^n)$ - видите?
*
Представьте, триста лет не обращать внимания на простейший вариант доказательства ВТФ.

alexandrovod

нашел еще кубическую тройку 1295^3+216^3=1297^3. сначала Теоретически! и таких троек бесконечное множество.
Но на самом деле не 216, а 216,0000143..... но на компе получается целое
Проверил тройки в интервале от этой минимальной до 10^100, неприводимых всего 3 штуки а=(6^4-1. 6^10-1. 6^40-1) b=(6^3. 6^7. 6^27) c=(6^4+1. 6^10+1. 6^40+1).

fermatik

alexandrovod писал(а):нашел еще кубическую тройку 1295^3+216^3=1297^3. сначала Теоретически! и таких троек бесконечное множество.
Но на самом деле не 216, а 216,0000143..... но на компе получается целое
Проверил тройки в интервале от этой минимальной до 10^100, неприводимых всего 3 штуки а=(6^4-1. 6^10-1. 6^40-1) b=(6^3. 6^7. 6^27) c=(6^4+1. 6^10+1. 6^40+1).

Сам проверял формулы:
$(q-w)^n+b^n=(q+w)^n, b^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n=2(...), n=2m+1$ ,
$n=3, 2(3q^2w+w^3)=b^3, w=1?, b^3=2*(3q^2+1)$ .
*
$b^3=(6^4+1)^3-(6^4+(-1))^3=2(3*(6^4)^2+1)=2(3*6^8+1)~(2*3)^9+2$
*

alexandrovod

fermatik писал(а):Сам проверял формулы....:

Так как интуитивно считаю, что теорема Ферма верна, то я задался целью не опровергнуть или доказать, а найти тройки Ферма степени выше 2 выполняющиеся с точностью несколько нулей после запятой, и найти формулу нахождения таких троек с заданным количеством нулей. И самое удивительно для степени 3 её нашел. По идеи этим путем модно найти еще несколько форму неприводимых троек (неприводимые это те в которых невозможно разделить все три числа на К^3).
вы повторили путь нахождения, но не довели до конца. после преобразований повторенных вами, получил 6*с'^4n+2=b'^3m 6c'^4n>>2, 6c'^4n=b'^3m решение в целых числах возможно только при c'=b'=6, 6*с'^4n= 6^(4n+1)=6^3m, C=c'^2n+1 A=c'2n-1 B=c'3m. C^3-A^3=B^3. Извини за это маленькое хулиганство.
С уважением Овод

alexandrovod

простая проверка моего хулиганства
a^3=(6^2n+1)^3=****....3, c^3=(6^2n-1)^3=****....5, a^3-c^3=**..8 b^3=6^3m=**..6, a^3-c^6-b^3=2 итого что это хулиганство доказано - этой тройки нет!

fermatik

Кривая Фрея...
Оцениваю так:
$y^2=x(x-b^n)(x+a^n)=c^n*a^n*(c^n+a^n=b_s^n)$
Взаимно простые...
*
Почему обратил внимание на старшие четные?
Играл с числами...
$c^3-a^3=(c-a)(c^2+ca+a^2)$
$(c^3+c^2a+ca^2)-(c^2a+ca^2+a^3)$

$c^3-(-a)^3=(c-(-a))(c^2+c(-a)+(-a)^2)$
$(c^3+c^2(-a)+c(-a)^2)-((-a)c^2+c(-a)^2+(-a)a^2)$
*
$c^4-a^4=(c-a)(c^3+c^2a+ca^2+a^3)$
$(c^4+c^3a+c^2a^2+ca^3)-(ac^3+c^2a^2+ca^3+a^4)$
*
$(c^3+a^3)(c^3-a^3)=(c-a)(c^2+ca+a^2)(c+a)(c^2-ca+a^2)$

$(c^2+ca+a^2)(c^2-ca+a^2)=c^4+c^2a^2+a^4$
$c^4-c^3a+c^2a^2$
$c^3a-c^2a^2+ca^3$
$a^2c^2-ca^3+a^4$

$(c-a)(c+a)=c^2-a^2$
$c^4+c^2a^2+a^4$

$c^{2*3}-a^{2*3}=(c^2-a^2)(c^{2*2}+c^2a^2+a^{2*2})=(c^3-a^3)(c^3+a^3)$
$c^{2*3}-a^{2*3}=(c-a)(c^5+c^4a+c^3a^2+c^2a^3+ca^4+a^5)$

$c^3+a^3=\frac{c^5+c^4a+c^3a^2+c^2a^3+ca^4+a^5}{c^2+ac+a^2}$
$(...)=(c^3+a^3)(c^2+ac+a^2)=c^5+c^4a+c^3a^2+c^2a^3+ca^4+a^4=(c+a)(c^4+c^2a^2+a^4)$
$c^{2*3}-a^{2*3}=(c-a)(...)$

$c^3+a^3=(c+a)\frac{c^4+c^2a^2+a^4}{c^2+ac+a^2}$
$c^3+a^3=(c+a)(c^2-ac+a^2)$

$c^4+c^2a^2+a^4=(c^2+ac+a^2)(c^2-ac+a^2)$
$c^4+c^2a^2+a^4=(c^2+a^2)^2-(ac)^2$

$c^4+2(ac)^2+a^4=(c^2+a^2)^2$
*
$c^2-a^2=(c-a)(c+a), c^3-a^3=(c-a)(c^2+ca+a^2)$
$c-a=\frac{c^2-a^2}{c+a}=\frac{c^3-a^3}{c^2+ca+a^2}$
$(c^2-a^2)(c^2+ca+a^2)=(c^3-a^3)(c+a)=(c-a)(c+a)(c^2+ac+a^2)$
Степени взаимосвязаны...
$c^4-a^4=(c-a)(c^3+c^2a+ca^2+a^3)$

$c-a=\frac{c^4-a^4}{c^3+c^2a+ca^2+a^3}$
$c-a=\frac{c^3-a^3}{c^2+ca+a^2}$
$c-a=\frac{c^2-a^2}{c+a}$

$(c^2+a^2)(c+a)=c^3+c^2a+ca^2+a^3$

П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Re: П.Ферма без проблем мог вычислить доказательство ВТФ.

Кто сейчас на форуме