Пьер Ферма без проблем мог бы доказать ВТФ

9 779

      Великая теорема Ферма одна из самых популярных теорем в мире. Её условие сформулировано "просто", на школьном арифметическом уровне, однако доказательство математики искали более трехсот лет. И доказана теорема Эндрю Уайлсом на 130 страницах...Естественно, математики делают вывод, что Пьер Ферма принципиально не мог доказать свою Последнюю теорему. Но так ли это?

Смотрим.

a^n+b^n=c^n

Пытаясь доказать ВТФ, рано или поздно, но можем прийти к тому, что надо оценивать взаимосвязь между чётными и нечетными степенями.

Обратим внимание на разницу чисел:

c^2-a^2=b^2=(c-a)(c+a)=b_1*b_2

c^2-b^2=a^2=(c-b)(c+b)=a_1*a_2

В данном случае, степень=2k, k=1

Доказывая теорему Пифагора для натуральных чисел, вычисляет, что она имеет решения при:

c=m^2+n^2, a=m^2-n^2, b=2mn

a^2=(m^2+n^2)^2-(2mn)^2=(m^2-n^2)^2

b^2=(m^2+n^2)^2-(m^2-a^2)^2=(2mn)^2

То есть, для взаимно простых троек чисел, 

предполагаем, что a=m^2-n^2, c=m^2+n^2 нечетные числа, b=2mn четные числа.

Далее учитываемых значение

При условии натуральных: степень=2k, k>1

b^{2k}=(c^k-a^k)(c^k+a^k)=b_1^k*b_2^k=

=[(m^{2k}+n^{2k})-(m^{2k}-n^{2k})]*[(m^{2k}+n^{2k})+(m^{2k}-n^{2k})]=(2mn)^{2k}

a^{2k}=(c^k-b^k)(c^k+b^k)=a_1^k*a_2^k=

=[(m^{2k}+n^{2k})-2m^k*n^k]*[(m^{2k}+n^{2k})+2m^k*n^k]=

=(m^2k-n^2k)^2

Видно, что нам надо решать уравнения при натуральных при k>1

c^k-a^k=b_1^k, k>1

c^k+a^k=b_2^k, k>1

с условием, что натуральные c, a нечетные, b чётное.

Так как докажем ВТФ?

Пьер Ферма писал о " чудесных" формулах.

Что он имел в виду, нам неизвестно.

А, что если эти формулы открывают простейший вариант доказательства ВТФ? Ищем.

a=(c+a)/2-(c-a)/2=b_2/2-b_1/2

c=(c+a)/2+(c-a)/2=b_2/2+b_1/2

При степени=2k, k>1 следует, что нам надо решать формулы:

a^k=b_2^k/2-b_1^k/2

c^k=b_2^k/2+b_1^k/2

b^{2k}=b_1^k*b_2^k

b_1^k=c^k-a^k, b_2^k=c^k+a^k

При условии, что c,a - нечетные числа, следует, что

b,b_1,b_2 должны быть чётными числами,.

Предположим, что b_2=2x, b_1=2y.

Тогда:

a^k=b_2^k/2-b_1^k/2=(2x)^k/2-(2y)^k/2=2^{k-1}(x^k-y^k)

c^k=b_2^k/2+b_1^k/2=(2x)^k/2+(2y)^k/2=2^{k-1}(x^k+y^k)

При натуральных нечетных числах a,c не могут быть вычислены натуральные  числа: b_1,b_2,b.

Но некоторые математики принимают во внимание, что также есть разница чётного c и нечётного числа a,

c^{2k}-a^{2k}=(c^k-a^k)(c^k+a^k)=b_1^k*b_2^k=b^{2k}

c^{2k}-b^{2k}=(c^k-b^k)(c^k+b^k)=a_1^k*a_2^k=a^{2k}

Предполагаем доказательство от противного, если бы мы смогли бы найти решение при взаимно простых натуральных: чётном с

нечетных: (a_1,a_2,a), (b_1,b_2,b)

то вычислили бы Пифагорову тройку чисел с нарушением:

(m^{2k}-n^{2k})^2+(2m^k*n^k)^2=(m^{2k}+n^{2k})^2, степень 2k, k=1, k>1

*

Согласно данным формулам замечаем (?) тот процесс, на котором основан метод бесконечного спуска:

(m^2k+n^2k=c^k)^2=(m^2k-n^2k=a^2k)^2+(2m^k*n^k=b^k)^2,

Например, следует:

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

(c+a)^2-(c-a)^2=4ca, n=2k, k=1, 

b_2^2-b_1^2=(2c)(2a)=(b_2+b_1)(b_2-b_1)

При k>1, должно быть решено уравнение при натуральных:

b_2^{2k}-b_1^{2k}=(b_2^k+b_1^k)(b_2^k-b_1^k)=

=(2c^k)(2a^k) 

Предполагаем, что Пьер Ферма все-таки мог доказать свою Последнюю теорему.

*

Кстати доказательство Уайлса, основанное на кривой Фрея...а что, если учитывать:

y^2=x(x+b^n)(x-a^n), x=c^n=a^n+b_1^n

y^2=c^n*b_1^n*b_2^n, b_2^n=c^n+a^n

Тут тоже предполагаем учитывать взаимосвязь между чётными и нечетными степенями?

*

Потом уточняем мысль.

При степени 2k,k=1

c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1=b^2

(m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)^2=(2m^2)(2n^2)

Следует, b_2=2m^2, b_1=2n^2

a=b_2/2-b_1/2=(2m^2)/2-(2n^2)/2

c=b_2/2+b_1/2=(2m^2)/2+(2n^2)/2

При k>1, решение не м/б решено при натуральных!

b_1^k=2n^{2k}, b_2^k=2m^{2k}

На основании изложенного, в силу взаимозависимости чётных и нечетных степеней, вычисляет два равенства, которые при k>1, не могут быть решены при натуральных числах.

c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1=b^2=(m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)^2=(2m^2)(2n^2)

b_2^2-b_1^2=(b_2+b_1)(b_2-b_1)=(2c)(2a)=(2m^2)^2-(2n^2)^2=(2m^2+2n^2)(2m^2-2n^2)

Что ж ты, джентльмен, сдал назад?

Так вот почему британцы вдруг резко расхотели  отправлять наземные войска на Украину? The Times приводит сегодня слова коммодора авиации Блайта Кроуфорда, который до прошлой недели...

Попову дали пять лет. На СВО? "Нет вакансий!" А он журналистам: "Спасибо, ребята"
  • Beria
  • Вчера 10:49
  • В топе

Тамбовский гарнизонный суд дал генералу Ивану Попову 5 лет. С отбыванием в колонии общего режима. А ещё, по решению суда, экс-командарм должен выплатить штраф в 800 тысяч рублей. В этом деле, к...

Обсудить
    • rst
    • 12 апреля 2020 г. 01:27
    Ферма публиковал свои задачи в газете, давая ответы в следующем выпуске. Данной теоремы он не дал ответ по причине смерти. Так что то, что он знал доказательство это почти факт.
  • При степени 2k, k=1 c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b^2=b_2*b_1 (m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)=(2m^2)(2n^2) a=b_2/2-b_1/2=(m^2-n^2)/2 c=b_2/2+b_1/2=(m^2+n^2)/2 b_1=2n^2, b_2=2m^2 * b_2^2-b_1^2=(b_2+b_1)(b_2-b_1)=(2c)(2a) b_2*b_1=(2m^2)(2n^2)=c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b^2 Следует, a=b_2/2-b_1/2=(2m^2)/2-(2n^2)/2=m^2-n^2 c=b_2/2+b_1/2=(2m^2)/2+(2n^2)/2=m^2+n^2 * Вывод, при k>1, c^{2k}-a^{2k}=(c^k+a^k=b_2^k=2m^{2k})(c^k-a^k=b_1^k=2n^{2k})=b^{2k}, при натуральных нет решения! b_2^k=2m^{2k}, b_1^k=2n^{2k} *
  • Кривая Фрея.. x(x-a^n)(x+b^n)=y^2 Рассмотрим случай b^2=c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1 c(c-b)(c+a)=ca(c+a)=ca*b_2 Тройка Пифагора решаема при: a^2+b^2=c^2=a^2+b_1*b_2=c^2 (m^2-n^2)^2+(2m^2)(2n^2)=(m^2+n^2)^2 ca(c+a)=(m^2+n^2)(m^2-n^2)(2m^2)=(m^4-n^4)(2m^2)="y^2" Тройка Пифагора взаимно простых решаема при m,n - с разной четностью, начало троек при условии (m,n)~(2,1), (m,n)~(3,2) a, предполагаем как всегда нечётной, a^2=(m^2-n^2)^2, b^2=(2m^2)(2n^2)=b_2*b_1, всегда четн (2,1), (4-1=3)^2+(2*4)(2*1)=(4+1)^2, 9+8*2=25 (3,2), (9-4=5)^2+(2*9)(2*4)=(9+4)^2, 25+18*8=169 (m^4-n^4)(2m^2)~ac(c+a)~"y^2" m^4-n^4=/=2k^2 (2,1), 2^4-1^4=16-1=15! (3,2), 3^2-2^4=81-16=65! Разница двух чисел в четвёртой степени с разной четностью всегда нечетное, то есть не может быть равно "2k^2", "y^2"=(2m^2=b_2)(2"k^2") ac(c+a)="y^2" * x=c=a+b, b_2=c+a x(x-b^n)(x+a^n)="y^2" Мы связали с формулами взаимоотношений четной и нечетной степени. b^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a)=b_1*b_2 x(x-b)(x+a)~c(c-b=a)(c+a=b_2)="y^2" n=2k, k=1 Зная, как решены взаимно простые тройки Пифагора, исключает решение при натуральных числах. (m^4-n^4=ac=2"k^2")(c+a=2m^2)="y^2", (m,n), четн_нечётной или нечетн_четн (2,1),(3,2) Надо будет продолжить тему. Тройка Пифагора решаема при: a^2+b^2=c^2=(m^2-n^2)^2+(2m^2)(2n^2)=(m^2+n^2)^2, n=2k,k=1. a^2+b^2=c^2=(b+y)^2=a^2+[(d-y)/2]^2=[(d+y)/2]^2, d=2b+y, a^2=dy, согласно данной формуле, предполагаем, что произведение двух нечетных чисел всегда можем показать разницей во второй степени. a^2=dy=[(d+y)/2]^2-[(d-y)/2]^2 * Тройка Пифагора решаема только при условии, что сумма нечётного и четного второй степени. a^2+b^2=c^2 (m^2-n^2)^2+(2m^2)(2n^2)=(m^2+n^2)^2 dy=q^2*w^2 q^2*w^2+[(q^2-w^2)/2]^2=[(q^2+w^2)/2]^2 q*w=m^2-n^2 (q^2-w^2)/2=2mn (q^2+w^2)/2=m^2+n^2 c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1=(2m^2)(2n^2)=b^2 m^4-n^4=(m^2+n^2)(m^2-n^2)=ca c=m^2+n^2=2m^2/2+n^2/2=b_2/2+b_1/2 a=m^2-n^2=2m^2/2-2n^2/2=b_2/2-b_1/2 b^2=(2m^2)(2n^2)=b_2*b_1
  • Кривая Фрея, x(x-b^n)(x+a,^n)=y^2, ранее я рассмотрел случай относительно взаимоотношений чётных и нечетных степеней, n=2k, k=1, k>1 ac(a+c)=y^2, k=1 x=c^k=a^k+b^k ac(c+a)=(m^4-n^4)(2m^2)=y^2 четность и нечетность... (m,n) но если, x=c+q=(a+b)+q, (c+q)(a+q)*(c+a+q)=y^2, ac+q(a+c+q) (c+a+q) Произведение двух чисел, одно из которых чётное, другое нечетное, вопрос: оба взаимно простые? m^4-n^4+q(2m^2+q) (2m^2+q) ac(c+a=2m^2)=y^2 не имеет решения при натуральных числах, четность_нечетность... (m^4-n^4)(2m^2)=y^2 (m^4-n^4)(2m^2+q)+ q(2m^2+q)^2=y^2 Эффект бесконечного спуска? (c+q)(a+q)(c+a+q) [ac+q(c+a+q)]*(c+a+q) ac(c+a+q)+q(c+a+q)^2 =y^2 ac(c+a)+ q[ac+(c+a+q)^2]=y^2 Ранее, (ac=m^4-n^4)(c+a=2m^2)=y_^2 не решаем при натуральных, (m,n) с разной четностью. ac(a+c)+q[ac+(c+a+q)^2]=y^2 (m^2+n^2)(m^2-n^2)(2m^2)=y^2=ac(c+a) x(x-b)(x+a)=y^2, x=c=a+b? (c+q)(a+q)(c+a+q)=y^2 * dy+[(d-y)/2]^2=[(d+y)/2]^2 (qw)^2+[(q^2-w^2)/2]^2=[(q^2+w^2)/2]^2 (m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2 (m,n), с разной четностью qw_нечетные числа m^2-n^2=a=qw=(m+n)(m-n) 2^2-1^2=(2+1)(2-1) b=2mn=(m+n)^2/2-(m-n)^2/2=q^2/2-w^2/2 * c^2-a^2=(c+a)(c-a)=b_2*b_1=(2m^2)(2n^2) c^2-b^2=q^2w^2=[(q^2-w^2)/2]^2-[(q^2-w^2)/2]^2 c-b=w^2, c+b=q^2 (5+4)(5-4)+4^2=5^2 3^2+(5+3)(5-3)=5^2 * (q,w) (c+b)(c-b)+b^2=c^2 q^2*w^2+b^2=c^2 (m,n) a^2+(c+a)(c-a)=c^2 a^2+(2m^2)(2n^2)=c^2 Что первично, что вторично? (четность, нечётность) (2,1),(3,2)~(m,n) 2m^2=c+a 2n^2=c-a a=(c+a)/2-(c-a)/2=m^2-n^2=b_2/2-b_1/2 c=(c+a)/2+(c-a)/2=m^2+n^2=b_2/2+b_1/2 * m^2-n^2=qw=(m+n)(m-n) 2mn=(q^2-w^2)/2=(m+n)^2/2-(m-n)^2/2, q=m+n, w=m-n * a^2+b^2=c^2 (qw)^2+(q^2-w^2)/2]^2=[(q^2+w^2)/2]^2 (m+n)^2(m-n)^2+... (2,1)~(m,n) 3^2*1^2+[(9-1)/2]^2=[(9+1)/2]^2 9+16=25 (3,2)~(m,n) 5^2*1^2+[(25-1)/2]^2=[(25+1)/2]^2 25+144=169 предлагаем два числа с разной четностью (m,n) затем, q^2=(m+n)^2, w^2=(m-n)^2 [(m+n)^2=q^2)][(m-n=w^2)]+[(q^2-w^2)/2]^2=[(q^2+w^2)/2]^2 a^2=(m^2-n^2)^2=(m+n)^2(m-n)^2=q^2w^2 a=m^2-n^2=(m+n)(m-n)=qw * a^2=[m^2-n^2=(m+n)(m-n)]^2=q^2w^2 a^2=(m^2-n^2)^2=[(m+n)^2=q^2][(m-n)^2=w^2] * ac(a+c)=y^2? (m^4-n^4)(2m^2)=y^2 * q^2=(m+n)^2=(m^2+n^2)+2mn w^2=(m-n)^2=(m^2+n^2)+(-2mn) q^2=c^2+2mn w^2=c^2-2mn q^2-2mn=w^2+2mn w^2+4mn=q^2 (m-n)^2+4mn=(m+n)^2 4mn=q^2-w^2=(q+w)(q-w) (q+w)(q-w)=(2m)(2n)? (m+n+m-n)(m+n-m+n) Должно быть решено: q+w=2m, q-w=2n При k>1? (q-w=2n)+2w=(q+w=2m) b_1=2n^2=(q-w)*[(q-w)/2]=(q-w)^2/2 b_2=2m^2=(q+w=2f)^2/2 При k>1, не могут быть решены натуральнымии.
  • Любое нечетное число равно разнице двух чисел во второй степени с разной четностью. dy+[(d-y)/2]^2=[(d+y)/2]^2 Затем оцениваем тройки Пифагора: a^2=(m^2-n^2)^2=[(m+n)(m-n)]^2=(m+n)^2(m-n)^2 m+n=q, m-n=w Далее следует: a^2+b^2=c^2 q^2w^2+[(q^2-w^2)/2]^2=[(q^2+w^2)/2]^2 a_2*a_1+b^2=c^2 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 b_2=c+a=(m^2+n^2)+(m^2-n^2)=2m^2 b_1=c-a=(m^2+n^2)-(m^2-n^2)=2n^2 Но также b_2=c+a=(q^2+w^2)/2+qw=(q+w)^2/2 b_1=c-a=(q^2-w^2)/2-qw=(q-w)^2/2 Следует, b_2=2m^2=(q+w)^2/2 b_1=2n^2=(q-w)^2/2 b^2=[q^2-w^2=(q+w)(q-w)]^2^2/4=(q+w)^2/2*(q-w)^2/2 * Какое значение имеет, dy+[(d-y)/2]^2=[(d+y)/2]^2? a=m^2-n^2=(m+n)(m-n)=qw qw~dy=[(d+y)/2+(d-y)/2][(d+y)/2-(d-y)/2] qw+[(q-w)/2]^2=[(q+w)/2]^2 qw+n^2=m^2 n=(q-w)/2 m=(q+w)/2 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 b^2=(2m^2)(2n^2)=b_2*b_1 При k>1_ b_2^k=(2f)^k=2m^{2k}=2[(q+w)/2]^{2k} b_1=2n^2=2[(q-w)/2]^2 При k>1, b^k=(2f)^k=2n^{2k} * Вывод, тройка Пифагора существует благодаря тому, что qw+[(q-w)/2]^2=[(q+w)/2]^2 qw+n^2=m^2 Может быть преобразовано в произведение двух чисел. qw=m^2-n^2=(m+n)(m-n) Затем для троек Пифагора оцениваем введение во вторую степень. qw=[(q+w)/2+(q-w)/2]*[(q+w)/2-(q-w)/2] qw=m^2-n^2=(m+n)(m-n)=a m=(q+w)/2 n=(q-w)/2 *** Окончательный вывод, a^2=q^2w^2=m^2-n^2=(m+n)(m-n)=[(q+w)/2]^2-[(q-w)/2]^2 m=(q+w)/2, n=(q-w)/2 b_2=2m^2=2[(q+w)/2]^2 b_1=2n^2=2[(q-w)/2]^2 При k>1,не имеет решения! b_2^k=(2f_2)^k=2m^{2k} b_1^k=(2f_1)^k=2n^{2k}