Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

fermatik

Пьер Ферма как известно сформулировал свою Теорему, но доказал для n=4.
Для n=3 у него были черновики?

Поэтому я себя спросил, а чем четные степени отличаются от нечетных?
$a^n + b^n = c^n = (b+y)^n$
$d = 2b+y$
Легко доказать, что значение b является решением квадратного уравнения.

Квадратное уравнение имеет ДВА решения:
$a_1^n + (\frac{-y +\sqrt{d^2}}{2})^n= (\frac{y+\sqrt{d^2}}{2})^n$

$a_2^n + (\frac{-y-\sqrt{d^2}}{2})^n= (\frac{y-\sqrt{d^2}}{2})^n$

При натуральных $y,d$ ,
для нечетных степеней:
$a_1^n + (\frac{d-y}{2})^n = (\frac{d+y}{2})^n$
$a_2^n +(-1)^n (\frac{d+y}{2})^n = (-1)^n(\frac{d-y}{2})^n$
Так как $(-1)^n = -1$ ,
то
$a_2^n = (-a_1)^n = -(a_1)^n$
$a_2=-a_1$
*
Для чётных степеней, в силу равенства:
$(-1)^2=1$ ,
$(a_2)^n + (\frac{y+d}{2})^n = (\frac{d-y}{2})^n$
При $y,d$ ,
$a_2^n = - a_1^n$

Вычисляем для чётных степеней, что
$a_2^n$ - равен отрицательному числу
(которое равно
натуральному числу $a_1$ второй степени)!
***

Полагаю, Пьер Ферма мог спокойно вычислить этот результат, для
ВАЖНА математическая ЛОГИКА.
И теория натуральных чисел, мнимых чисел.
Я пат. Гуманитарий.
***
Думаю, на форуме найдутся преподаватели матлогики, которые ''щелкнут эту задачу как ''орех''.
В НГУ есть.
Он подсказал, -- оценить роль отрицательного решения квадратного уравнения.

***

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/per-ferma-mog-znat-dokazatelstvo-svoey-teoremi-t3672.html">Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?</a> Вы можете на форуме "Новая Теория".</div>

Александр I

Мог ли Пьер Ферма знать доказательство ВТФ ?
С 12 века это доказательство мог знать любой математик знакомый с биномиальными коэффициентами впервые употреблённые Омаром Хаямом.
Ну уж, а с начала 18 века это доказательство может произвести любой школьник.
Но этого не произошло и не происходит. Значит вопрос не в математических бессмысленных мапуляционных преобразованиях формулы, а в понимании структуры её величины.
Таким образом Ферма мог знать доказательство. Но то , что он сослался на недостаток места для его записи на полях тетради говорит о том , что он его не знал.
Ведь для записи доказательства ВТФ нужно всего одно математическое действие над простым комбинационным уравнением. В уравнении всего 7 символов, 4 из них символы количеств, 2 - операций с ними и один символ знака равенства левой и правой частей.

Добавлено спустя 17 дней 1 час 53 минуты:
Давайте начнём с того, что математика не наука. Математика - символический инструмент отображения связей и отношений объектов описываемой системы. То есть математика - инструмент абстрактных представлений об объекте. Ничего своего у математики кроме символов и их значений нет. Математика формализация отношений природы через математические символы вещей природы.
Раз ВТФ (не будем заострятся на её решении "найденное" Уайльсом - поскольку эта манипуляция ровным счётом ни какого отношения к представлениям ума об этом объекте не имеет) до сих пор не решена, то это значит , и правильно значит, что проблема не математическая.
А какая тогда сфера природных отношений воплощается в формуле ВТФ . Кто скажет? Может от этого предмета и пляски надо начинать с решением "проблемы" ВТФ? И пляска то тогда будет очень короткая в один присест ?

mishin05

Эта теорема проста настолько, насколько Вам и не снилось! Надо только устранить ошибки в математической теории. нарпимер, вот одна из них: Ошибка в основной теореме матанализа (дополнено)

Александр I

1.Существуют опытные факты физики природы.
2. Существуют уровни теоретического обобщения этих фактов физики, которые мы называем законами физики.
Важнейший вывод естествознания - материальное единство мира обусловлено тем, что в основе материи , её форм и процессов, лежит одно общее их начало. Оно - источник и причина материи и её развития.
Можно открывать новые неизвестные формы и состояния материи и её закономерности. Но для создания единой теории мироздания это уже давно не имеет никакого значения. Пытаться связать всё в логическую цепочку все закономерности и проявления материи бесполезно. По закону противоположностей любой факт можно опровергнуть другим противоположным ему фактом противоположным ему по форме и содержанию. Такова диалектика материализма (если кто прогулял курс Философии диалектического материализма).
В то же время противоположные формы и процессы материи они не с проста. Это заложено в самом материальном НАЧАЛЕ.
Поэтому обсуждать факты, обсасывать термины и интерпретации физических фактов дело бесполезное и не достойное мудрецов.
Раз есть начало, то его и надо представить в математическом виде.
И если оно представлено верно, то физика расстелется перед вами всеми своими объективными фактами и закономерностями.
Наступило время Х-с !!!
Физика и естествознание - Ничто!. Математика - Всё !!!

che

Александр I писал(а):если кто прогулял курс Философии диалектического материализма

-- ему можно сказать повезло! Этот обязательный курс зомбирования искалечил множество слабых умов. "Законы" диамата, как катаракта, искажают и скрывают действительность такую, как она есть питая способность к восприятию иллюзиями и галлюцинациями:

Александр I писал(а):Физика и естествознание - Ничто!

Александр I

Доказательство ВТФ в одно действие!!!

Сначала доказательство, потом, в следующих постах могу дать некоторые пояснения по физическому статусу характера решения.
Итак.
2n ≡ 2ⁿ, n≡2^n-1, следовательно, только при n=2, 2≡2^n-1=2¹=2.
Вот и всего делов то.
Может быть даже кто-то уловил (понял) почему за основу доказательство взято уравнение 2n ≡ 2ⁿ ???

"Ферматику" - пламенный, дружеский физкульт-привет !!!

fermatik

Александр I писал(а):
Сначала доказательство, потом, в следующих постах могу дать некоторые пояснения по физическому статусу характера решения.
Итак.
2n ≡ 2ⁿ, n≡2^n-1, следовательно, только при n=2, 2≡2^n-1=2¹=2.
Вот и всего делов то.
Может быть даже кто-то уловил (понял) почему за основу доказательство взято уравнение 2n ≡ 2ⁿ ???

"Ферматику" - пламенный, дружеский физкульт-привет !!!

Уважаемый Александр1!
Доказать, что при $n>2$ , вычисляется при натуральных $a,y,d$ вычисляется только - аксиоматическая тройка чисел $a=y=d$ , - ТОЛЬКО сингулярность, точка,
- сложно, но можно!
$a^n+b^b=c^n=(b+y)^n=a^n+(\frac{d-y}{2})^n=(\frac{d+y}{2})^n, d=2b+y$ .
*
При $n=2$ , вычислили
важнейший факт:
$a_1^2+(b_1=\frac{d_1-y_1}{2})^2=(c_1=\frac{d_1+y_1}{2})^2=(2a_2)^2+(d_2-y_2)^2=(d_2+y_2)^2$ ,
$2a_2=b_1=\frac{d_1-y_1}{2}, a_1=b_2=d_2-y_2$ .
При $n=2, a=yd!$
*
Для $n>2$ , для нечетных
$a^n=\frac{y^n+nyd^{n-1}+...}{2^{n-1}}$ ,
Пользуясь свойством взаимно простых чисел,
предполагаем, сокращение на $\frac{1}{2^{n-1}}$
$(\frac{y_2^n+ny_2d_2^{n-1}+...}{2^{n-1}})+(\frac{d_2-y_2}{2})^n=(\frac{d_2+y_2}{2})^n$ ,
$(a_2^n=y_2^n+ny_2d_2^{n-1}+...)+\frac{1}{2}(d_2-y_2)^n=\frac{1}{2}(d_2+y_2)^n$ ,
При сокращении на $\frac{1}{2^n}$
$2a_2^n+b_2^n=c_2^n$
*
Вывод, надо решать при натуральных $2a_2^n+b_2^n=c_2^n=2a_2^n+(\frac{d_2-y_2}{2})^n=(\frac{d_2+y_2}{2})^n$ , что при натуральных $y,d$ - невозможно при натуральном $a$ ,
$a=\frac{y^n+nyd^{n-1}+...}{2^{n-1}}$ .

Добавлено спустя 20 дней 22 часа 6 минут 19 секунд:

Эйлер продолжает:

«И по сему ежели бы $x^4 + y^4$ было квадратное число, то бы также и $t^4 + u^4$ , то есть сумма двух биквадратов была бы квадрат. При чем надлежит примечать, что было бы $x = t^4 - u^4$ и $y^2 = 4t^2u^2(t^4 + u^4)$ где очевидно числа t и u гораздо меньше, нежели х и у, затем что х и у определяются уже четвертыми степенями чисел t и u и следовательно бесспорно были бы гораздо больше».

Итак, если допустить, что сумма $x^4 + y^4 = z^2$ (есть точный квадрат), то существуют числа t < х и и < у такие, что сумма $t^4 + u^4 = v^2$ (есть точный квадрат). Далее, поступая аналогично, «можно бы еще о меньших суммах заключить и наконец пришли бы к самым малым числам; но когда такая сумма в малых числах не возможна, то следует из сего, что и в пребольших числах оной суммы не будет».

Таким образом, Эйлер завершает рассуждение «методом спуска». Тем самым завершено доказательство методом от противного: допустив, что равенство $x^4 + y^4 = z^2$ возможно «в больших числах», он доказал, что такое же равенство должно иметь место и «в малых числах». Но «в малых числах» такое равенство не существует (вообще говоря, этого Эйлер строго не обосновывает). Значит, получилось противоречие с допущением о возможности равенства $x^4 + y^4 = z^2$ . Противоречие показывает, что допущение неверно, то есть не существует натуральных чисел x, y, z, для которых имеет место равенство $x^4 + y^4 = z^2$ . Тем более не выполнимо равенство $x^4 + y^4 = (z^2)^2= z^4$ .

Итак, Великая теорема Ферма для п = 4 доказана.

http://mat.1september.ru/view_article.php?ID=200900413

Докажем, что метод ''бесконечного спуска'' бесполезен!
*
Итак Эйлер разработал метод бесконечного спуска, но является ли он доказательством???
*
Разбираем классический случай, при котором $n=2$ , - решен при натуральных!.
*
$a^2+b^2=c^2$ .
*
Что делаем?
Предполагаем, существование тройки чисел, взаимно не простых.
$(c+(-a))^2+2(2ac)=(c+a)^2$ .
Далее, преобразуем в вторичную тройку чисел,
$(\frac{c+(-a)}{2})^2+ac=(\frac{c+a}{2})^2, ca=(qw)^2$ .
*
Кстати,
а $a^2+b^2=c^3=(d+(-y))^2+b^2=(d+y)^2, d=\frac{c+a}{2}, y=\frac{c+(-a)}{2}$ .
Следует,
$y^2+b_{d,y}^2=d^2=(\frac{c+(-a)}{2})^2+b_{d,y}^2=(\frac{c+a}{2})^2$ .
*
Вопрос, а тут метод ''бесконечного спуска'' действует?
Есть решение, есть ''первичные'' и ''вторичные'' тройки...
*
Итак, что предполагает метод ''бесконечного спуска'' до сих пор не понятно!
*
Пример,
есть $a^3+b^3=c^3$ ,
но также есть и
$(c+(-a))^3+2(a^3+3ac^2)=(c+a)^3$ ,
вычисляем:
$(\frac{c+(-a)}{2})^3+\frac{a^3+3ac^2}{4}=(\frac{c+a}{2})^3=y^3+b_{d,y}^3=d^3$ .
Для $a^3+b^3=c^3=(d+(-y))^3+b^3=(d+y)^3, d=\frac{c+a}{2}, y=\frac{c+(-a)}{2}$ .
*
Следует вывод, что для каждой степени есть свой метод бесконечного спуска!
Только при $n=2$ , - есть решение при натуральных числах.
Так почему есть решение?
$(c+(-a))^2+4ac=(c+a)^2$ ,
в данном случае можно взаимно сократить в четыре раза, и, соответственно, вычислить, ''вторичную тройку'' взаимно простых чисел!.
Что же происходит при $n>2$ ?
$b^n=(d+y)^n-(d+(-y))^n=2(y^n+...)$ ,
удвоение части суммы биноминальных происходит благодаря тому, что:
$y^k-(-y)^k=2y^k, k=2x+1$ .
*
Итак,
$\frac{2(y^n+...)}{2^n}=\frac{y^n+...}{2^{n-1}}$ .
То, есть,
пример,
$a^3+b^3=c^3=\frac{y^3+3yd^2}{4}+(\frac{d+(-y)}{2})^3=(\frac{d+y}{2})^3$ .
$2(y^3+3yd^2)+(d+(-y))^3=(d+y)^3$ .
$d=\frac{c+a}{2}, y=\frac{c+(-a)}{2}$ .
*
$(\frac{c+(-a)}{2})^3+\frac{a^3+3ac^2}{4}=(\frac{c+a}{2})^3$ , - взаимно простая тройка чисел
$2(a^3+3ac^2)+(c+(-a))^3=(c+a)^3$ , - вторичная четно-четная.
*
На основании, изложенного, предполагаем, что при $n>2$ ,
тройка взаимно простых чисел не вычисляется потому, что
вторичную тройку ''четно-четное нельзя сократить без частного $2^n=2(2^{n-1})$ .
то есть, взаимно сократить без частного $b^n=2(y^n+...)=2z, a^n=\frac{y^n+...}{2^{n-1}}=\frac{z}{2^{n-1}}$ .
*
Единственное, что можно вычислить,
$b^n=(a^{n-1}+a^{n-2}c+...+ac^{n-2})(c-a)=c^n-a^n$ .
*
Для нечетных, чётных...
$b^3=(a^2+ac+c^2)(c-a)=(xy^2z^3)(2x^2yf^3)=(2xyzf)^3$ .
$c=a+2x^2yf^3$ .
По аналогии,
$b^4=(a^3+a^2c+ac^2+c^3)(c-a)=c^4-a^4$ , - для четных степеней, первая часть - четная, вторая - четная.
$b^5=(a^4+a^3c+a^2c^2+ac^3+c^4)(c-a)=c^5-a^5$ .
Часть произведения всегда нечетная для нечетных степеней, при нечетных $(a,c)$ ,
часть - четная $y=2x=c-a$ .
Вывод, для нечетных степеней, первая часть - всегда нечётная, в связи с нечетными $(a,c)$ ,
сумма - тоже как нечетное количество. $x_1+x_2+...+x_y=2z+1, y=2k+1$ .
*
Кроме $n=2k$ ,
$b^2=(c+a)(c-a)=(2xy^2)(2xz^2)$ .
$b^{2k}=(x_1+x_2+...+x_{2y})(c-a)=(a^{n-1}+a^{n-2}c+...+ac^{n-2}+c^{n-1})(c-a)$ .
*
Полагаю, что математики методом ''бесконечного спуска'' ничего не докажут!
Просто напросто признали факт невозможности вычисления натуральных и все!
*
Для любого взаимно простого, вычисляем вторичное ''четно-четное'', методом поиска взаимно простых,
путём сокращения $\frac{1}{2^n}$ ,
вычисляем ''вторичную'' взаимно простую'' тройку чисел, но печалька,
$a^n=\frac{y^n+...}{2^{n-1}}=\frac{z}{2^{n-1}}, n=2x+1>2$ .
Для чётных - своя часть биноминальных коэф.
$a^n=\frac{nyd^{n-1}+...+ny^{n-1}d}{2^{n-1}}=\frac{z}{2^{n-1}}$ .

***
$a^n+(\frac{d-y}{2})^n=(\frac{d+y}{2})^n=a^n+b^n=c^n=(b+y)^n, d=2b+y$
или
$a^n+b^n=c^n=(q-w)^2+b^n=(q+w)^n, q=\frac{c+a}{2}, w=\frac{c-a}{2}$ .

Добавлено спустя 22 дня 6 часов 11 минут 58 секунд:
Ну наконец-то! 100%
******
$a^n+b^n=c^n$ .
$(a^2)^n+(ab)^n=(ac)^3$ ,
$(ac)^n+(bc)^n=(c^2)^n$ ,
$(a^2)^n+(c^n-a^n=b_1^n)(c^n+a^n=b_2^n)=(c^2)^n$ .
Но, решить при нечетных $(a,c, b_2)$ равенство при взаимно простых $c^n+a^n=b_2^n$ , - нельзя!
***
$b^2=b_1b_2=(c-a)(c+a)=c^2-a^2, c=q^3, a=w^3, b_1=e^3, b_2=r^3$ .
***

Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Re: Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Re: Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Re: Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Re: Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Re: Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Re: Пьер Ферма мог знать доказательство своей теоремы?

Кто сейчас на форуме