Twierdzenie Fermata - prosty dowód

[SidCom]

Kwestią otwartą jest dowód dla wszystkich potęg nieparzystych a właściwie dla potęg równych nieparzystym liczbom pierwszym

To oprócz \(\displaystyle{ 2}\) są jeszcze jakieś parzyste liczby pierwsze?

[Jakub Gurak]

czyli wychodzi na liczby pierwsze różne od \(\displaystyle{ 2}\)
tylko pilur chciał z liczb nieparzystych wybrać liczby pierwsze, a nie na odwrót, choć to oczywiście wychodzi na to samo

[pasman]

OK. Poprawię

a nie prościej poprawić dowód Wilesa ?

[pilur]

czyli wychodzi na liczby pierwsze różne od \(\displaystyle{ 2}\)
tylko pilur chciał z liczb nieparzystych wybrać liczby pierwsze, a nie na odwrót, choć to oczywiście wychodzi na to samo

Gdybym znowu napisał:"a właściwie dla potęg równych liczbom pierwszym" to pewnie ktoś by się znalazł, kto by powiedział, że dla n=2 są przecież znane rozwiązania. Ja się spotkałem z określeniem nieparzystych liczb pierwszych. Jest to tożsame z: liczby pierwsze większe od 2.

-- 4 kwi 2016, o 08:03 --

OK. Poprawię

a nie prościej poprawić dowód Wilesa ?

Przykre to. Dlaczego nie skomentowałeś takim postem Fibika przy jego pytaniu. Ja tylko zadałem własne pytanie. Wystarczy powiedzieć. Rozwiązanie z podzielności przez a+b jest trywialne i znane od lat.

A teraz na poważnie:

Jeżeli X+Y jest równy iloczynowi różnych liczb pierwszych w pierwszej potędze, to podzielność przez X+Y daje radę. Czy dla wyższych potęg też.
Pytam się jak uczniak tych co wiedzą lepiej. Bez pozerstwa i nie wiadomo czego. Po prostu pytam bez żadnych podtekstów, pytam bez zamiaru wymądrzania się, pytam bo chcę wiedzieć więcej i nie chcę nikogo ani obrazić ani udowadniać, że jestem mądrzejszy a ktoś jest głupi. Pytam, bo nie wiem.

-- 4 kwi 2016, o 21:20 --

Dzisiaj jeszcze stwierdziłem, że dowód z podzielności udowadnia jedynie brak rozwiązań dla X+Y=p.
Pewnie dla wielu tutaj na forum to fakt oczywisty. Gdyby ktoś oświecił mnie i powiedział dlaczego. Czy wynika to z podzielności, czy jeszcze z innego faktu. Rzućcie jakieś hasło to poczytam na ten temat.-- 5 kwi 2016, o 09:52 --Ok. Już wiem jaki jest błąd. Błąd zasadniczy: założenie musi być: X+Y>Z No cóż. Człowiek uczy się przez całe życie.

[pilur]

Ok. Poprawiłem. Czy ktoś mógłby na to luknąć?

[lolks123]

1) Już na wstępie dowodu dla \(\displaystyle{ n>2}\) masz: \(\displaystyle{ a^n+b^n = c^n}\) przy założeniu, że \(\displaystyle{ a>b>c}\), średnio sensowne, ale to drobnostka

2) Zmienne \(\displaystyle{ x, q}\) wprowadzasz na dole 5 strony, gdzie masz \(\displaystyle{ X = 2a^nb^n = 2(x+q)x}\), stąd zakładasz, że \(\displaystyle{ q}\) jest różnicą między \(\displaystyle{ a^n}\) a \(\displaystyle{ b^n}\), a nie różnicą między \(\displaystyle{ a^{2n}}\) a \(\displaystyle{ b^{2n}}\) jak piszesz na 8 stronie i skąd wyciągasz końcowe wnioski.

[pilur]

Tak, zgadza się. Jest to ewidentny błąd logiczny. Dzięki, że poświęciłeś swój czas na analizę. Poprawiłem ten błąd i znalazłem inne wytłumaczenie. Plik jest zaktualizowany. Jeśli mógłbyś na to zerknąć.

[lolks123]

Ale cały czas na 8 stronie masz:

Co oznacza, że między liczbami \(\displaystyle{ a^{2n}}\) i \(\displaystyle{ b^{2n}}\) jest różnica wynosząca \(\displaystyle{ b^n-a^n}\)

(jak rozumiem zakładasz jednak, że \(\displaystyle{ a < b}\), gdyż na początku pracy cały czas jest \(\displaystyle{ a>b>c}\))

Co jest niepoprawnym wnioskiem, bo jak pisałem \(\displaystyle{ q}\) definiujesz jako różnicę \(\displaystyle{ b^n}\) oraz \(\displaystyle{ a^n}\), czyli wynik który dostałeś daje nam jedynie to, że \(\displaystyle{ b^n-a^n = b^n-a^n}\), inaczej mówiąc nie prowadzi do niczego nowego.

[pilur]

Muszę dodać więcej opisówki, żeby pokazać po co robię te wszystkie przekształcenia. Właśnie numeruję wszystkie równania. Przede wszystkim w krytycznych momentach łatwiej będzie mnie można złapać na grafomanii. Wtedy zaktualizuję plik. Jeszcze raz dzięki za uwagę.

[Perhydrol]

A gdyby twierdzenie zapisać tak:

\(\displaystyle{ x^{n-1}+y^{n-1}=z^{n-1}\wedge x+y=z}\)