twierdzenie Fermata w 3 sekundy

[Simpler]

a^2 + b^2 = c^2

jak takie coś można roziwiązać?

zwyczajnie - z sumy:

c^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + ... 2c-1
[c^2 - (c-1)^2 = 2c-1]

i teraz aby uzyskać a^2 + b^2 należy to rozbić na dwie części
co dla c = 5 wygląda tak:

1 + 3 + 5 + 7 | + 9 = 4^2 + 3^2

z tego od razu widać że dowolna suma nieparzystych,
kończąca się kwadratem spełnia to równanie:

np.: 1 + 3 + ... + 47 |+ 49 = 25^2
zatem to jest trójkąt: 24^2 + 7^2 = 25^2

...........

No a jak zrobić
a^3 + b^3 = c^3, i inne dowolne pierwsze: n = 3, 5, 7, 11, ... ?

Tak samo to robimy - to wymaga kilku linii zapisu!

sześciany: 1 8 27 64 125 216 343 ...

z tego mamy sumę:
c^3 = 1 + 7 + 19 + 37 + 61 ... + 3c(c-1)+1
[c^3 - c^3 + 3c^2 - 3c + 1 = 3c(c-1)+1]

i z tej postaci szybko zauważymy, że tego nie da rady rozbić -
podzielić na dwie części: a^3 i b^3...

dla n = 5, 7, ... podobnie jest - a nawet łatwiej!

Pozostałe przypadki - dla złożonych : n = 4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, ...

to załatwiamy z marszu, np.: 6 = 2*3, więc to jest identyczne z:
a^3 + b^3 = c^3, gdzie jedynie: podmieniono a = a^2,
co nic nie daje... bo już wiemy że dla n =3 nie da rady.

No i to tyle.
Pełny - szczegółowy dowód zajmowałby może 1 stronicę, góra 2.

[Simpler]

jest tu nawet taka fajna redundancja, która może jeszcze bardzie uprościć obliczenia:

c^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + ... 2c-1

i teraz ma to się podzielić na dwie części: a^2 + b^2

weźmy ten prymityw: 3^2 + 4^2 = 5^2, co wygląda tak:
1 + 3 + 5 + 7 + 9 = (1 + 3 + 5 + 7) + 9

ale 9 występuje także w początkowej części, zatem:
(1 + 3 + 5) + 7 + 9

i teraz mamy: 7+9 = 16 - odwrotnie: 3^2 + 4^2 = 4^2+3^2 = 5^2

...
i to jest generalna własność;

weźmy podział 3 od końca, czyli takie coś:

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + ... +| 2c-5 + 2c-3 + 2c-1
2c-5 + 2c-3 + 2c-1 = 6c-9 = b^2

strzelamy, np. c = 39 pasuje: 6*39 - 9 = 225 = 15^2

czyli mamy taki trójkącik: 36^2 + 15^2 = 39^2

no, ale to 15^2 występuje przecież także na początku sumy:
1 + 3 + ... 29 | + 31 ... 75 + 77 = 15^2 + 36^2

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup
dyskusyjnych:101508a9-1971-4fd1...@googlegroups.com...

>a^2 + b^2 = c^2

>jak takie coś można roziwiązać?

Ale co znaczy rozwiazac?
Jedno rownanie, trzy niewiadome - rozwiazan multum :-)

>zwyczajnie - z sumy:

>c^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + ... 2c-1
>[c^2 - (c-1)^2 = 2c-1]

>i teraz aby uzyskać a^2 + b^2 należy to rozbić na dwie części
>co dla c = 5 wygląda tak:

>1 + 3 + 5 + 7 | + 9 = 4^2 + 3^2

>z tego od razu widać że dowolna suma nieparzystych,
>kończąca się kwadratem spełnia to równanie:

>np.: 1 + 3 + ... + 47 |+ 49 = 25^2
>zatem to jest trójkąt: 24^2 + 7^2 = 25^2

Jest to moze i ciekawe spostrzeznie, ale z tytulowym tw. Fermata nie
ma nic wpolnego :-)

>No a jak zrobić
> a^3 + b^3 = c^3, i inne dowolne pierwsze: n = 3, 5, 7, 11, ... ?

Tak nawiasem mowiac - szczegolne przypadki byly udowodnione.
W tym wykladniki pierwsze do miliona.

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_Last_Theorem#Proofs_for_specific_exponents

>Tak samo to robimy - to wymaga kilku linii zapisu!

>sześciany: 1 8 27 64 125 216 343 ...

>z tego mamy sumę:
>c^3 = 1 + 7 + 19 + 37 + 61 ... + 3c(c-1)+1
>[c^3 - c^3 + 3c^2 - 3c + 1 = 3c(c-1)+1]

>i z tej postaci szybko zauważymy, że tego nie da rady rozbić -
>podzielić na dwie części: a^3 i b^3...

Fajnie, tylko to jest jeden sposob rozbicia na a i b.
Udowodnij, ze jedyny mozliwy.

P.S.
https://www.youtube.com/watch?v=QJYmyhnaaek

>dla n = 5, 7, ... podobnie jest - a nawet łatwiej!
>Pozostałe przypadki - dla złożonych : n = 4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, ...
>to załatwiamy z marszu, np.: 6 = 2*3, więc to jest identyczne z:
>a^3 + b^3 = c^3, gdzie jedynie: podmieniono a = a^2,
>co nic nie daje... bo już wiemy że dla n =3 nie da rady.

>No i to tyle.
>Pełny - szczegółowy dowód zajmowałby może 1 stronicę, góra 2.

no to zapisz formalnie i wyslij, moze jeszcze kogos zainteresuje :-)

J.

[Simpler]

Ja mówię o generalnym dowodzie - dla wszystkich n > 2.
Z sumy to pójdzie szybciutko...

Obecnie taki dowód zajmuje podobno z 200 stronic,
zatem to jakiś kit nie dowód;
mój byłby 100 razy lepszy, bo prosty, zwięzły i czytelny.

https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_Last_Theorem

[maluw...@gmail.com]

Może i byłby, gdybyś go napisał.

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

dyskusyjnych:56c44c7a-35d4-4f8c...@googlegroups.com...

czwartek, 29 lipca 2021 o 10:38:36 UTC+2 J.F. napisał(a):
> Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

[...]

>> >No i to tyle.
>> >Pełny - szczegółowy dowód zajmowałby może 1 stronicę, góra 2.
>> no to zapisz formalnie i wyslij, moze jeszcze kogos zainteresuje
>> :-)
>

>Ja mówię o generalnym dowodzie - dla wszystkich n > 2.
>Z sumy to pójdzie szybciutko...

>Obecnie taki dowód zajmuje podobno z 200 stronic,
>zatem to jakiś kit nie dowód;
>mój byłby 100 razy lepszy, bo prosty, zwięzły i czytelny.

Bylby lepszy i wiec zdobylbys chwale na wieki, gdybys ... doprowadzil
dowod do konca.
A ty ledwo zaczales :-)

P.S. 3^2+4^2=5^2.
wiec 6^2+8^2=10^2

czy twoja metoda nie wychodzi, ze tak sie nie da, bo
10^2 = 1+3+5+...+17+19

?

I Simplerze - pamietaj - przez 4 wieki sie nad tym matematycy glowili.
Wiec prawdopodobnie prostego dowodu nie ma - ktos by wpadl ... wiec
nie licz na to, ze w 5 minut wpadniesz..


J.






https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_Last_Theorem

[bartekltg]

środa, 28 lipca 2021 o 20:09:47 UTC+2 Simpler napisał(a):
> a^2 + b^2 = c^2
>
> jak takie coś można roziwiązać?
>
> zwyczajnie - z sumy:
>
> c^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + ... 2c-1
> [c^2 - (c-1)^2 = 2c-1]
>
> i teraz aby uzyskać a^2 + b^2 należy to rozbić na dwie części
> co dla c = 5 wygląda tak:
>
> 1 + 3 + 5 + 7 | + 9 = 4^2 + 3^2
>
> z tego od razu widać że dowolna suma nieparzystych,
> kończąca się kwadratem spełnia to równanie:
>
> np.: 1 + 3 + ... + 47 |+ 49 = 25^2
> zatem to jest trójkąt: 24^2 + 7^2 = 25^2

Metod na generowanie trójkątów pitagorejskich jest więcej.

Weźmy sobie

a^2 + b^2 = c^2

a^2 = c^2 - b^2 = (c-b)(c+b)

podstawmy

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

Wtedy:
a^2 = (c-b)(c+b) = k n^2 * k m^2
wiec a = k m n
k n^2 + k m^2 = c-b + c+b = 2c
k m^2 - k n^2 = c+b - (c-b)= 2b

Ostatecznie
c = k/2 (m^2+n^2)
b = k/2 (m^2-n^2)
a = k m n

Przelatując po wszystkich naturalnych k, m, n (takich, że k(m+n) jest parzyste) wygenerujesz
monstwo trojek pitagorejskich. A nawet, co też nietrudno pokazać, wszystkie.

Przykłądając wiecej uwagi do podzielnośći można nawet meić generator, ktory
nie generuje powtorzeń (uzywając k n^2 = (c-b)/2... i zakąłdajac m i n względnie pierwsze).


Ot, ciekawostka.

> No a jak zrobić
> a^3 + b^3 = c^3, i inne dowolne pierwsze: n = 3, 5, 7, 11, ... ?
>
> Tak samo to robimy - to wymaga kilku linii zapisu!
>
> sześciany: 1 8 27 64 125 216 343 ...
>
> z tego mamy sumę:
> c^3 = 1 + 7 + 19 + 37 + 61 ... + 3c(c-1)+1
> [c^3 - c^3 + 3c^2 - 3c + 1 = 3c(c-1)+1]
>
> i z tej postaci szybko zauważymy, że tego nie da rady rozbić -
> podzielić na dwie części: a^3 i b^3...
>
> dla n = 5, 7, ... podobnie jest - a nawet łatwiej!
>
> Pozostałe przypadki - dla złożonych : n = 4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, ...
>
> to załatwiamy z marszu, np.: 6 = 2*3, więc to jest identyczne z:
> a^3 + b^3 = c^3, gdzie jedynie: podmieniono a = a^2,
> co nic nie daje... bo już wiemy że dla n =3 nie da rady.

Nie, to, że jakaś metoda znalezienia rozwiązania nie zadziałała _nie_
oznacza, że rozwiązanie nie istnieje. Oznacza tylko tyle, że nie udało ci
się tego rozwiazania tak znaleźć:)
Czegoś tu brakuje, aby traktoać to jako dowód. Bo być może da się
to pociuaŋnać. W koncu wodów dla n=3 Euler machnłą w 1770
(z małym błędem, ale z też istotnym wynikiem przydatym w pozniejszych dowodach),
a w 1802 juz w pełni poprawny pdał Kausler.

Choć n=3 jest trudniejsze niż n=4.
Ale też dowod wieliego TW fermata to dowrod dla wszystkich n, nie jendego wybranego:)
więc miałbyś nowy dodow na kawałek twierdzenia (udowodniony 200 lat temu)
nie nowy dowod na całe twierdzenie, udowodniene 20 lat temu.

pzdr
bartekltg

[Simpler]

czwartek, 29 lipca 2021 o 16:46:08 UTC+2 J.F. napisał(a):

> >Ja mówię o generalnym dowodzie - dla wszystkich n > 2.
> >Z sumy to pójdzie szybciutko...
>
> >Obecnie taki dowód zajmuje podobno z 200 stronic,
> >zatem to jakiś kit nie dowód;
> >mój byłby 100 razy lepszy, bo prosty, zwięzły i czytelny.
> Bylby lepszy i wiec zdobylbys chwale na wieki, gdybys ... doprowadzil
> dowod do konca.
> A ty ledwo zaczales :-)
>
> P.S. 3^2+4^2=5^2.
> wiec 6^2+8^2=10^2
>
> czy twoja metoda nie wychodzi, ze tak sie nie da, bo
> 10^2 = 1+3+5+...+17+19

Niby dlaczego miałoby się nie dać?

c = 10, i to jest suma parzystych 1 do 19,

i należy ją podzielić na dwie - w dowolnym miejscu k, niekoniecznie ma być k = c !

w tym przypadku masz 6^2 + 8^2 = 10^2 więc widzisz że ten podział jest dwa wyrazy od końca,
albo 4 - z automatu.

1 + .. + 15 +| 17 + 19 =
czyli b^2 = 17+19 = 36.

I Simplerze - pamietaj - przez 4 wieki sie nad tym matematycy glowili.
> Wiec prawdopodobnie prostego dowodu nie ma - ktos by wpadl ... wiec
> nie licz na to, ze w 5 minut wpadniesz..

Takie proste sprawy są zawsze trudne do uchwycenia,
bo na tym polega sztuka aby wyczaić taki prymityw!

Nie robi się dowodów długości w setkach stronic, bo nie ma z tego żadnego pożytku.


c^2 = 1 + 3 + ... + 2c-1

i z tego gryziemy końcowe k składników, co daje:
b^2 = 2kc - k^2 = k(2c - k)
jest oczywiste że istnieje multum k i c które to spełniają.

a wtedy automatycznie: a = c-k, bo początkowa część tej sumy jest z definicji kwadratem - w dowolnym punkcie.

Analogicznie postępujemy z pozostałymi wykładnikami: n > 2, i tyle z tym roboty.

[maluw...@gmail.com]

On Thursday, 29 July 2021 at 17:18:42 UTC+2, bartekltg wrote:

> Ale też dowod wieliego TW fermata to dowrod dla wszystkich n, nie jendego wybranego:)
> więc miałbyś nowy dodow na kawałek twierdzenia (udowodniony 200 lat temu)
> nie nowy dowod na całe twierdzenie, udowodniene 20 lat temu.

Ale i cóż komu po matematycznych dowodach; że dla każdego
trójkąta prostokątnego a^2 + b^2 =c^2 miało ponad 100 dowodów,
a Bartek i jego zidiociali kolesie i tak twierdzą, że to nieprawda.

[Simpler]

czwartek, 29 lipca 2021 o 17:18:42 UTC+2 bartekltg napisał(a):

> >
> > Pozostałe przypadki - dla złożonych : n = 4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, ...
> >
> > to załatwiamy z marszu, np.: 6 = 2*3, więc to jest identyczne z:
> > a^3 + b^3 = c^3, gdzie jedynie: podmieniono a = a^2,
> > co nic nie daje... bo już wiemy że dla n =3 nie da rady.
> Nie, to, że jakaś metoda znalezienia rozwiązania nie zadziałała _nie_
> oznacza, że rozwiązanie nie istnieje. Oznacza tylko tyle, że nie udało ci
> się tego rozwiazania tak znaleźć:)

Właśnie na tym polega moja metoda, że jest ostateczna,

bo gwarantuje że po rozłożeniu w sumę dowolnej c^n,
wystarczy podzielić tę sumę na dwie części: a^n - początek, i b^n - końcówka!

i to jest beton:
jeśli taki podział tej sumy nie istnieje, wówczas jest pewne że nie ma a i b.

> Czegoś tu brakuje, aby traktoać to jako dowód. Bo być może da się
> to pociuaŋnać. W koncu wodów dla n=3 Euler machnłą w 1770
> (z małym błędem, ale z też istotnym wynikiem przydatym w pozniejszych dowodach),
> a w 1802 juz w pełni poprawny pdał Kausler.
>
> Choć n=3 jest trudniejsze niż n=4.
> Ale też dowod wieliego TW fermata to dowrod dla wszystkich n, nie jendego wybranego:)
> więc miałbyś nowy dodow na kawałek twierdzenia (udowodniony 200 lat temu)
> nie nowy dowod na całe twierdzenie, udowodniene 20 lat temu.

to są gówniane dowody - przekombinowane, a może nawet niepoprawne.

[Simpler]

czwartek, 29 lipca 2021 o 16:46:08 UTC+2 J.F. napisał(a):
> Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup
> dyskusyjnych:56c44c7a-35d4-4f8c...@googlegroups.com...
> czwartek, 29 lipca 2021 o 10:38:36 UTC+2 J.F. napisał(a):
> > Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup
> [...]
> >> >No i to tyle.
> >> >Pełny - szczegółowy dowód zajmowałby może 1 stronicę, góra 2.
> >> no to zapisz formalnie i wyslij, moze jeszcze kogos zainteresuje
> >> :-)
> >
> >Ja mówię o generalnym dowodzie - dla wszystkich n > 2.
> >Z sumy to pójdzie szybciutko...
>
> >Obecnie taki dowód zajmuje podobno z 200 stronic,
> >zatem to jakiś kit nie dowód;
> >mój byłby 100 razy lepszy, bo prosty, zwięzły i czytelny.
> Bylby lepszy i wiec zdobylbys chwale na wieki, gdybys ... doprowadzil
> dowod do konca.
> A ty ledwo zaczales :-)
>
> P.S. 3^2+4^2=5^2.
> wiec 6^2+8^2=10^2
>
> czy twoja metoda nie wychodzi, ze tak sie nie da, bo
> 10^2 = 1+3+5+...+17+19

Może to być nawet niezły trop upraszczający jeszcze bardziej dowód!

rozkładamy na sumę (za pomocą pochodnej dyskretnej):
c^n = 1 + ... + last;

Teza:
jeśli nie istnieje taki numer: last = b^n;

wtedy automatycznie nie istnieje jakikolwiek b : a^n + b^n = c^n.

innymi słowy:
(c-k)^n + b^n = c^n

k = 1 jest konieczne aby istniały dalsze: k = 2, 3, 4...

[Simpler]

Generalnie: wszystkie elementarne trójkąty Pitagorasa są postaci:

c^2 = 1 + 3 + ... + | 2c-1

znaczy: b^2 = 2c-1, zawsze!

Pozostałe są tylko przeskalowane: k= 2,3,4... razy.

np.: 4^2 + 3^2 = 5^2 = 1 + 2 + 3 + ...| 9

a gdy to przeskalujemy np. k = 3, wtedy otrzymamy:
12^2 + 9^2 = 15^2

i teraz trzy ostatnie składniki = b^2:

15^2 = 1 + 3 + ...| 25 + 27+29
25 + 27 + 29 = 81

jak widać moja metoda jest... zbyt dobra, hehe!

Stosując ten motyw do: a^n + b^n = c^n,
mam dowód Fermata... faktycznie 3 sekundowy! :)

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

dyskusyjnych:1e94c140-cdac-4c62...@googlegroups.com...

czwartek, 29 lipca 2021 o 16:46:08 UTC+2 J.F. napisał(a):
> >Ja mówię o generalnym dowodzie - dla wszystkich n > 2.
> >Z sumy to pójdzie szybciutko...
>

>> P.S. 3^2+4^2=5^2.
>> wiec 6^2+8^2=10^2
>
>> czy twoja metoda nie wychodzi, ze tak sie nie da, bo
>> 10^2 = 1+3+5+...+17+19

>Niby dlaczego miałoby się nie dać?

>c = 10, i to jest suma parzystych 1 do 19,

>i należy ją podzielić na dwie - w dowolnym miejscu k, niekoniecznie
>ma być k = c !

Wczesniej nic nie pisales o k :-)

>w tym przypadku masz 6^2 + 8^2 = 10^2 więc widzisz że ten podział
>jest dwa wyrazy od końca,
>albo 4 - z automatu.

Tylko, ze wtedy sie dowod komplikuje :-)
wez np c=251. Pitagorejska czy nie?
Jak latwo pojdzie, to sprawdz 252, 253, 254, 256 itp - gdzies pewnie
bedzie trudniej.

I teraz musisz:
-znalezc regule, kiedy c^2 da sie rozlozyc, a kiedy nie,
-udowodnic, ze jesli jest rozklad, to jeden skladnik da sie zlozyc z
takiego szeregu 1+3+5+ .... a nie - to akurat latwo - ten szereg
generuje kolejne kwadraty, wiec jesli rozklad jest, to gdzies tam sie
znajdzie.

-rozszerzyc regule na c^n, n dowolne >=3

-udowodnic, ze regula nigdy nie jest spelniona, dla n>=3


Innymi slowy - chcesz udowodnic, ze nie istnieja takie a, b, c, n ze
a^n = c^n - b^n

Powodzenia :-)

>> I Simplerze - pamietaj - przez 4 wieki sie nad tym matematycy
>> glowili.
>> Wiec prawdopodobnie prostego dowodu nie ma - ktos by wpadl ... wiec
>> nie licz na to, ze w 5 minut wpadniesz..

>Takie proste sprawy są zawsze trudne do uchwycenia,
>bo na tym polega sztuka aby wyczaić taki prymityw!

Bywa.
Ty geniuszu, ty wpadniesz na to w 5 minut :-)

>Nie robi się dowodów długości w setkach stronic, bo nie ma z tego
>żadnego pożytku.

Jak widac - sie robi, i pozytek jest - mamy dowod.

Teraz mozna weryfikowac, upraszczac, czy szukac lepszego.

>c^2 = 1 + 3 + ... + 2c-1

>i z tego gryziemy końcowe k składników, co daje:
>b^2 = 2kc - k^2 = k(2c - k)
>jest oczywiste że istnieje multum k i c które to spełniają.
>a wtedy automatycznie: a = c-k, bo początkowa część tej sumy jest z
>definicji kwadratem - w dowolnym punkcie.

>Analogicznie postępujemy z pozostałymi wykładnikami: n > 2, i tyle z
>tym roboty.

Owszem tylko:
-chcesz sprawdzac po kolei? to mozna i od drugiej strony -
sqrt(c^2-i^2) i sprawdzamy czy calkowita,
-sprawdzanie po kolei, to zaden dowod. Co proponujesz - sprawdzic
wszystkie kombinacje i wtedy sie okaze - prawdziwe czy nie prawdziwe ?
:-)

Zreszta zrob pierwszy przypadek:

c^3 = 1+7+19+... +( jakas formulka z c)

I teraz udowodnij, ze suma kilku ostatnich wyrazow nie moze byc
szescianem liczby calkowitej ...

J.

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

dyskusyjnych:adf20c91-3600-4a79...@googlegroups.com...

>Generalnie: wszystkie elementarne trójkąty Pitagorasa są postaci:
>c^2 = 1 + 3 + ... + | 2c-1
>znaczy: b^2 = 2c-1, zawsze!

>Pozostałe są tylko przeskalowane: k= 2,3,4... razy.

Udowodnij :-)

J.

[Simpler]

15^2 + 8^2 = 17^2
co jest nieskalowalne, niestety, zatem to jednak odpada.

Niemniej to pozostaje aktualne w wersji generalnej:

jeśli istnieją a, b, c: a^n + b^n = c^n
wówczas automatycznie musiałby istnieć: (c-1)^n + b^n = c^n
i tak jest dla n = 1 i 2.
.......

Niemniej pozostaje wytłumaczyć te szczególne wpadki typu:
15^2 + 8^2 = 17^2

widać tu że 15 jest złożeniem: 12^2 + 9^2 = 15^2
co jest przeskalowaną wersją 3, 4, 5 x 3,
i pewnie stąd ten wybryk.

Pewnie tu nie chodzi o samo skalowanie, lecz o dowolne operacje liniowe na tych trójkątach, czyli sumy + skalowanie.

[bartekltg]

czwartek, 29 lipca 2021 o 17:56:27 UTC+2 Simpler napisał(a):
> czwartek, 29 lipca 2021 o 17:18:42 UTC+2 bartekltg napisał(a):
>
> > >
> > > Pozostałe przypadki - dla złożonych : n = 4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, ...
> > >
> > > to załatwiamy z marszu, np.: 6 = 2*3, więc to jest identyczne z:
> > > a^3 + b^3 = c^3, gdzie jedynie: podmieniono a = a^2,
> > > co nic nie daje... bo już wiemy że dla n =3 nie da rady.
> > Nie, to, że jakaś metoda znalezienia rozwiązania nie zadziałała _nie_
> > oznacza, że rozwiązanie nie istnieje. Oznacza tylko tyle, że nie udało ci
> > się tego rozwiazania tak znaleźć:)
> Właśnie na tym polega moja metoda, że jest ostateczna,
>
> bo gwarantuje że po rozłożeniu w sumę dowolnej c^n,
> wystarczy podzielić tę sumę na dwie części: a^n - początek, i b^n - końcówka!

No, jak się okazało parę postów potem, nie gwarantuje.

Co więcej, dowód ma przekonywać czytelnika. Możesz nawet napisać
poprawny, nikt na to poważnei nie spojrzy, jeśli będzie to napsiane
jak powyżęj. I nie, nawet po stu latach żaden histroyk się do tego nie dokopie:)

pzdr
bartekltg

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

dyskusyjnych:1823cb71-d796-439a...@googlegroups.com...

czwartek, 29 lipca 2021 o 19:35:07 UTC+2 J.F. napisał(a):
> Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

>> >Generalnie: wszystkie elementarne trójkąty Pitagorasa są postaci:
>> >c^2 = 1 + 3 + ... + | 2c-1
>> >znaczy: b^2 = 2c-1, zawsze!
>
>> >Pozostałe są tylko przeskalowane: k= 2,3,4... razy.
>> Udowodnij :-)

>15^2 + 8^2 = 17^2
>co jest nieskalowalne, niestety, zatem to jednak odpada.

A widzisz :-)

>Niemniej to pozostaje aktualne w wersji generalnej:
>jeśli istnieją a, b, c: a^n + b^n = c^n
>wówczas automatycznie musiałby istnieć: (c-1)^n + b^n = c^n

a udowodnij :-)

>i tak jest dla n = 1 i 2.
>.......

>Niemniej pozostaje wytłumaczyć te szczególne wpadki typu:
>15^2 + 8^2 = 17^2

>widać tu że 15 jest złożeniem: 12^2 + 9^2 = 15^2
>co jest przeskalowaną wersją 3, 4, 5 x 3,
>i pewnie stąd ten wybryk.

Jak sobie znajdziesz taka liczbe, ktora nie spelnia hipotezy, to
zawsze da sie dopasowac jakas mniejsza, co to jest wielokrotnoscia
jeszcze mniejszej :-)

Program sobie napisz - niech ci drukuje wszystkie kolejne trojki,
ktore sa wzglednie pierwsze :-)

J.

[Simpler]

czwartek, 29 lipca 2021 o 22:23:05 UTC+2 bartekltg napisał(a):

> czwartek, 29 lipca 2021 o 17:56:27 UTC+2 Simpler napisał(a):
> > czwartek, 29 lipca 2021 o 17:18:42 UTC+2 bartekltg napisał(a):
> >
> > > >
> > > > Pozostałe przypadki - dla złożonych : n = 4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, ...
> > > >
> > > > to załatwiamy z marszu, np.: 6 = 2*3, więc to jest identyczne z:
> > > > a^3 + b^3 = c^3, gdzie jedynie: podmieniono a = a^2,
> > > > co nic nie daje... bo już wiemy że dla n =3 nie da rady.
> > > Nie, to, że jakaś metoda znalezienia rozwiązania nie zadziałała _nie_
> > > oznacza, że rozwiązanie nie istnieje. Oznacza tylko tyle, że nie udało ci
> > > się tego rozwiazania tak znaleźć:)
> > Właśnie na tym polega moja metoda, że jest ostateczna,
> >
> > bo gwarantuje że po rozłożeniu w sumę dowolnej c^n,
> > wystarczy podzielić tę sumę na dwie części: a^n - początek, i b^n - końcówka!
> No, jak się okazało parę postów potem, nie gwarantuje.

Nadal nic nie rozumiecie!

Od początku mówiłem, że suma - dla dowolnego c^n,
musi się dzielić w dowolnym miejscu, a nie koniecznie na ostatniej pozycji!

Ostatnia pozycja z k = 1 była podana jedynie jako przykład:
113^2 = 1 + 3 + ... | 225 = 112^2 + 15^2

Punkt podziału k (liczba składników końcówki szeregu) może być dowolny k = 1, 2, 3, ...

Np. dla k = 2, otrzymasz: b^2 = 2c-3 + 2c-1 = 4c-4 = 4(c-1)

zatem możesz sobie stworzyć takich przypadków dowolnie wiele, np.

np.: c = 170, daje b^2 = 4*169 => b = 2*13 = 26

czyli mamy trójkąt: 168^2 + 26^2 = 170^2

jasne?

chcesz k = 8 ?

suma ośmiu końcowych: b^2 = 16c - 64 = 16(c-4)

czyli co?
c-4 misi być kwadratem, zatem walisz c = p^2 + 4, no i masz!

zatem walisz np.: p = 100,
a wtedy:
c = 100^2 + 4 = 10004, b = 4*100 = 400, i a = 9996

9996^2 + 400^2 = 10004^2

pasuje?

[Simpler]

czwartek, 29 lipca 2021 o 19:12:34 UTC+2 J.F. napisał(a):

> Zreszta zrob pierwszy przypadek:
>
> c^3 = 1+7+19+... +( jakas formulka z c)
>
> I teraz udowodnij, ze suma kilku ostatnich wyrazow nie moze byc
> szescianem liczby calkowitej ...

zgodnie z tezą k = 1 jako waruneczek konieczny:

(c-1)^3 + b^3 = c^3;

zatem:
b^3 = c^3 - (c-1)^3 = 3c^2 - 3c + 1

co jest niemożliwe dla dowolnych c i b w N.

finito.

Co zresztą od razu ogarnia wszelkie pozostałe przypadki: n > 2; :)

Tak to się robi! hihi!

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

dyskusyjnych:e6a17fb1-13d3-472b...@googlegroups.com...

czwartek, 29 lipca 2021 o 19:12:34 UTC+2 J.F. napisał(a):
>> Zreszta zrob pierwszy przypadek:
>> c^3 = 1+7+19+... +( jakas formulka z c)
>> I teraz udowodnij, ze suma kilku ostatnich wyrazow nie moze byc
>> szescianem liczby calkowitej ...

>zgodnie z tezą k = 1 jako waruneczek konieczny:

No ale teze obaliles sam, piszac, ze nigdy nie pisales, ze k ma byc
tylko 1.

>(c-1)^3 + b^3 = c^3;
>zatem:
>b^3 = c^3 - (c-1)^3 = 3c^2 - 3c + 1
>co jest niemożliwe dla dowolnych c i b w N.
>finito.

Tylko ze ja tu nie widze cienia dowodu :-)

dlaczego 3c^2-3c+1 mialoby nie móc byc szescianem jakiejs liczby ?

>Co zresztą od razu ogarnia wszelkie pozostałe przypadki: n > 2; :)
>Tak to się robi! hihi!

Ja ci cos poradze - nie zajmuj sie matematyka. Na tym tez sie nie
znasz :-(

J.

[J.F.]

Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup

dyskusyjnych:5659e9fd-7a57-4591...@googlegroups.com...

czwartek, 29 lipca 2021 o 22:23:05 UTC+2 bartekltg napisał(a):
> czwartek, 29 lipca 2021 o 17:56:27 UTC+2 Simpler napisał(a):
>> > bo gwarantuje że po rozłożeniu w sumę dowolnej c^n,
>> > wystarczy podzielić tę sumę na dwie części: a^n - początek, i
>> > b^n - końcówka!
>> No, jak się okazało parę postów potem, nie gwarantuje.

>Nadal nic nie rozumiecie!

>Od początku mówiłem, że suma - dla dowolnego c^n,
>musi się dzielić w dowolnym miejscu, a nie koniecznie na ostatniej
>pozycji!

Tak od poczatku to nie.
Chyba, ze od poczatku tak myslales, ale zapomniales napisac :-)

>Ostatnia pozycja z k = 1 była podana jedynie jako przykład:
>113^2 = 1 + 3 + ... | 225 = 112^2 + 15^2

>Punkt podziału k (liczba składników końcówki szeregu) może być
>dowolny k = 1, 2, 3, ...
>Np. dla k = 2, otrzymasz: b^2 = 2c-3 + 2c-1 = 4c-4 = 4(c-1)
>zatem możesz sobie stworzyć takich przypadków dowolnie wiele, np.
>np.: c = 170, daje b^2 = 4*169 => b = 2*13 = 26
>czyli mamy trójkąt: 168^2 + 26^2 = 170^2

Ale ty nie masz udowodnic, ze mozna tak podzielic, tylko ze nie mozna
:-)
w przypadku n>2 oczywiscie.

J.

[Simpler]

n = 2 było tylko wprowadzeniem, mającym na uzmysłowienie podziału tej sumy - z szeregu.

W przypadku n = 3 masz taką sumę:

1 + 7 + 19 + 37 + 61 ... + 3c(c-1)+1

ale to jest za mało, aby to rozłożyć na elementy, więc różnicujemy ten szereg drugi raz:


1 + 6 + 12 + 18 + 24 + ...

i teraz już mamy to w garści!

tu masz sumę 6 = 3!, bo n = 3;

z tego robisz rozkład: c^3 = c + 6*N; N = liczba szóstek !

łatwo wyznaczyć to N = suma kaskadowa 1 + 2 + 3 ... = c(c+1)(c-1)

Następnie sumujesz to ale od tyłu: szukamy k które także da taki rozkład,
bo każda liczba b^3 musi to spełniać.

No i wyjdzie że tych 6-tek jadąc od tyłu jest zbyt dużo - dlatego to nigdy nie będzie sześcianem!

Analogicznie robimy n > 3;
np. dla c^5 musimy to rozsypać na 120-ki bo 5! = 120 aż, itd.

[J.F]

On Fri, 30 Jul 2021 08:59:49 -0700 (PDT), Simpler wrote:
> piątek, 30 lipca 2021 o 06:23:06 UTC+2 J.F. napisał(a):
>> Użytkownik "Simpler" napisał w wiadomości grup
>> dyskusyjnych:5659e9fd-7a57-4591...@googlegroups.com...

>>>Nadal nic nie rozumiecie!
>>
>>>Od początku mówiłem, że suma - dla dowolnego c^n,
>>>musi się dzielić w dowolnym miejscu, a nie koniecznie na ostatniej
>>>pozycji!
>> Tak od poczatku to nie.
>> Chyba, ze od poczatku tak myslales, ale zapomniales napisac :-)

>>>Punkt podziału k (liczba składników końcówki szeregu) może być
>>>dowolny k = 1, 2, 3, ...
>>>Np. dla k = 2, otrzymasz: b^2 = 2c-3 + 2c-1 = 4c-4 = 4(c-1)
>>>zatem możesz sobie stworzyć takich przypadków dowolnie wiele, np.
>>>np.: c = 170, daje b^2 = 4*169 => b = 2*13 = 26
>>>czyli mamy trójkąt: 168^2 + 26^2 = 170^2
>> Ale ty nie masz udowodnic, ze mozna tak podzielic, tylko ze nie mozna
>> :-)
>> w przypadku n>2 oczywiscie.
>
> n = 2 było tylko wprowadzeniem, mającym na uzmysłowienie podziału tej sumy - z szeregu.
>
> W przypadku n = 3 masz taką sumę:
>
> 1 + 7 + 19 + 37 + 61 ... + 3c(c-1)+1
> ale to jest za mało, aby to rozłożyć na elementy, więc różnicujemy ten szereg drugi raz:
>
> 1 + 6 + 12 + 18 + 24 + ...
>
> i teraz już mamy to w garści!
>
> tu masz sumę 6 = 3!, bo n = 3;
>
> z tego robisz rozkład: c^3 = c + 6*N; N = liczba szóstek !

Jakos podejrzanie latwo poszlo, ale wyglada na to, ze tak.

> łatwo wyznaczyć to N = suma kaskadowa 1 + 2 + 3 ... = c(c+1)(c-1)
>
> Następnie sumujesz to ale od tyłu: szukamy k które także da taki rozkład,
> bo każda liczba b^3 musi to spełniać.

Ale nie kazda. Wystarczy, ze jeden kontrprzyklad podasz.

Poza tym, skoro
c^3= c+6*N
a^3= b+6*M

to b^3=c^3-a^3=(c-b)+6*(N-M)

Powiedzialbym, ze nic tu nie jest wykluczone, a wrecz, ze jakies
rozwiazanie jest wysoce prawdopodobne.

(Ale ... wiemy, ze nie ma)


J.

[J.F]

On Mon, 2 Aug 2021 11:33:23 +0200, J.F wrote:
> On Fri, 30 Jul 2021 08:59:49 -0700 (PDT), Simpler wrote:

[...

>> z tego robisz rozkład: c^3 = c + 6*N; N = liczba szóstek !

>> łatwo wyznaczyć to N = suma kaskadowa 1 + 2 + 3 ... = c(c+1)(c-1)
>>
>> Następnie sumujesz to ale od tyłu: szukamy k które także da taki rozkład,
>> bo każda liczba b^3 musi to spełniać.
>
> Ale nie kazda. Wystarczy, ze jeden kontrprzyklad podasz.
>
> Poza tym, skoro
> c^3= c+6*N
> a^3= b+6*M
>
> to b^3=c^3-a^3=(c-b)+6*(N-M)

Pardon, mialo byc oczywiscie

c^3= c+6*N
a^3= a+6*M

to b^3=c^3-a^3=(c-a)+6*(N-M)

[Simpler]

Bo nie sumowałeś tego od tyłu więc z tego nic nie wynika.

A teraz zróbmy podobnie n=5:
c^5 = c + c^5-c = c + c(c^4-1) = c + c(c+1)(c-1)(c^2+1)

no i to ma być suma po 5! = 120, ale niezupełnie wychodzi.

c = 3: 3*4*2*5 = 2*3*4*5 x 3, czyli mamy 3 x 120, tu jest ok
c = 4: 4*5*3*17 = 3*4*5 ... brakuje 2, czyli tu mamy 8.5 x 120
c = 5: 5*6*4*26 = 26 x 120, ok
c = 6: 6*7*5*37 = .. tu chyba brakuje 4
...

czyli jest wielokrotność 30 zamiast 120.

pewnie ta suma powinna być trochę inna, np.:

c^n = c + c(c-1)/2 + ..

[J.F]

Ty nie skacz po przypadkach, tylko udowodnij dla n=3, ze ta "suma
reszty" nie moze byc szescianem :-)

J.

[Simpler]

poniedziałek, 2 sierpnia 2021 o 17:10:37 UTC+2 J.F napisał(a):

> > A teraz zróbmy podobnie n=5:
> Ty nie skacz po przypadkach, tylko udowodnij dla n=3, ze ta "suma
> reszty" nie moze byc szescianem :-)

No to masz dowód dla: ------------ n=3

Suma k końcowych składników z szeregu c^3 wynosi:

c^3 - (c-k)^3 = 3kc^2 - 3k^2c + k^3 = 3ck(c-k) + k^3

i to ma być jakieś b^3, ponieważ początek jest z definicji a^3 = (c-k)^3, jako suma początkowa...

Wyliczając z tego równania c otrzymujemy:

c = (k + sqrt[(4b^3 - k^3)/3k]) / 2

Biorąc ten pierwiastek:

(4b^3 - k^3)/3k = n^2, co daje warunek dla b:
b^3 = (3n^2 + k^2) k / 4

no i to nie ma rozwiązań w zadanych warunkach (pomijając: k = c = b, co odpowiada: 0^3 + c^3 = c^3),
co należy udowodnić...

Gdyby było dowolne p zamiast b^3, wtedy:

(4p - k^3)/3k = (3kn^2 + k^3 - k^3)/3k = 3kn^2/3k = n^2

wtedy: c = (k + n) / 2, co ma multum rozwiązań,
np.: k=1 i n = 11 => c = 6,
ale tu jest: p = b^3 = (3*11^2 + 1)/4 = 91, co nie jest sześcianem!

Zatem widać że musiałoby tu być:
p = b^3 = q^6, bo tylko to gwarantuje jednocześnie całkowity sqrt i b^3 naraz!

no ale to jest już zadanie typu: c^6 = a^6 + b^6, a to jest trywialne zadanie:
nie istnieje trójkąt Pitagorasa na sześcianach!

(a^3)^2 + (b^3)^2 != (c^3)^2

Proste? :)

[J.F]

On Wed, 4 Aug 2021 16:44:19 -0700 (PDT), Simpler wrote:
> poniedziałek, 2 sierpnia 2021 o 17:10:37 UTC+2 J.F napisał(a):
>>> A teraz zróbmy podobnie n=5:
>> Ty nie skacz po przypadkach, tylko udowodnij dla n=3, ze ta "suma
>> reszty" nie moze byc szescianem :-)
>
> No to masz dowód dla: ------------ n=3
>
> Suma k końcowych składników z szeregu c^3 wynosi:
>
> c^3 - (c-k)^3 = 3kc^2 - 3k^2c + k^3 = 3ck(c-k) + k^3
>
> i to ma być jakieś b^3, ponieważ początek jest z definicji a^3 = (c-k)^3, jako suma początkowa...
>
> Wyliczając z tego równania c otrzymujemy:
>
> c = (k + sqrt[(4b^3 - k^3)/3k]) / 2

Jakos inaczej mi wychodzi.

> Biorąc ten pierwiastek:
>
> (4b^3 - k^3)/3k = n^2, co daje warunek dla b:
> b^3 = (3n^2 + k^2) k / 4
>
> no i to nie ma rozwiązań w zadanych warunkach (pomijając: k = c = b, co odpowiada: 0^3 + c^3 = c^3),
> co należy udowodnić...
>
> Gdyby było dowolne p zamiast b^3, wtedy:
>
> (4p - k^3)/3k = (3kn^2 + k^3 - k^3)/3k = 3kn^2/3k = n^2
>
> wtedy: c = (k + n) / 2, co ma multum rozwiązań,
> np.: k=1 i n = 11 => c = 6,
> ale tu jest: p = b^3 = (3*11^2 + 1)/4 = 91, co nie jest sześcianem!
>
> Zatem widać że musiałoby tu być:
> p = b^3 = q^6, bo tylko to gwarantuje jednocześnie całkowity sqrt i b^3 naraz!
>
> no ale to jest już zadanie typu: c^6 = a^6 + b^6, a to jest trywialne zadanie:
> nie istnieje trójkąt Pitagorasa na sześcianach!
> (a^3)^2 + (b^3)^2 != (c^3)^2

Ale to jest tw. Fermata wlasnie :-)

Innymi slowy - jesli udowodnisz, ze c^6 = a^6 + b^6 nie ma rozwiazan,
to udodowodnisz, ze c^3 = a^3 + b^3 nie ma rozwiazan calkowitych.

Wiec ... udowadniaj :-)

J.

[Simpler]

To jest dawno udowodnione.

bierzesz wyniki dla n=2:
a = m^2-n^2; b = 2mn; c = ...

wystarczy podstawić i to pęknie:

(m^2-n^2)^6 + (2mn)^6 = (m^2+n^2)^6

[Simpler]

albo odwrotnie powinno być:

a^3 = m^2-n^2; b^3 = 2mn; c^3 = m^2+n^2

c^3 - b^3 = (m-n)^2 = k^2

różnica sześcianów jest kwadratem i sześcianem jednocześnie,
zatem to byłoby: p^6

co daje chyba już n=12 ?

No, odkryłem nową metodę: infinite ascendence...
w przeciwieństwie do tej descendencji Fermata, haha!