Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » fermats letzter satz: einfacher Beweis

fermats letzter satz: einfacher Beweis

Universität / Fachhochschule

Tags: Fermat

skyrunner aktiv_icon

21:44 Uhr, 03.04.2016

Hallo!
Ich hab es endlich geschafft die einfache und kurze Lösung von fermats letzten Satz zu beweisen.

Wenn ihr es wissen wollt dann schreibe ich es...

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

ledum aktiv_icon

22:38 Uhr, 03.04.2016

dies Art kurzer Beweise gibt es zu viele um alle zu korrigieren Glaubst du wirklich du bist besser als alle großen Mathematiker der letzten

200

Jahre?
Wenn er wirklich kurz ist schreib ihn und wir finden das Loch oder den Fehler im Beweis.
Gruß ledum

skyrunner aktiv_icon

23:33 Uhr, 03.04.2016

ok also wie gehabt

a^{n} + b^{n} = c^{n}

sorry ich kann es nicht besser, noch nicht lachen jo?

a, b, c, n

€

N

der einfachheit halber teilerfremd wenn noch nicht dann eben kürzen.

ich dachte mir mal das

n

ist das grösste problem also machen wir es kleiner indem wir durch

c

teilen. richtig alles teilerfremd also wie in der grundschule üblich mit Rest:

a^{n} : c

ist gleich

a' +

Ra

wobei das

a'

das grösst Mögliche sein soll daher ist Ra zwischen 1 und

c - 1

.

0 kann es nicht sein weil a und

c

teilerfremd und

c

kann es nicht sein weil na ihr versteht mich schon dann wäre es ja null und

a'

wäre eins grösser

u \cap d

vorallem teilerfremd....

das wider mal

c

damit

s

in die gleichung passt habe ja noch nicht das

c

auf der anderen seite weg genommen

c \cdot a' +

= a^{n}

das gleiche für

b

b^{n} : c

ist

b' +

c \cdot b' +

= b^{n}

einsetzten in

a^{n} + b^{n} = c^{n}

c \cdot a'

+Ra

+ c \cdot b' +

= c^{n}

ok gucken wir uns Ra und Rb an. wir wissen sie sind zwischen 1 und

c - 1,

wir wissen die ganze summe ist durh

c

teilbar weil

c^{n}

durch

c

teilbar ist.
da

c \cdot a'

und

c \cdot b'

durch

c

teilbar sind und da die ganze summe durch

c

teilbar ist muss Ra+Rb durch

c

teilbar sein.
es kann auf grund der maximalen grösse von jeweils

c - 1

aber nicht mehr und nicht weniger als excact

1 c

sein.

also Ra+Rb

= c

ausklammern

c (a' + b' + 1) = c^{n}

: c

a' + b' + 1 = c^{n - 1}

ok keine zauberei und für

n = 2

bestimmt praktisch aber wir wollen ja noch mehr und weil wir gerade mit der vorgehensweise gut geübt sind das gleiche noch mal:

durch

c

teien mit rest:

a' = c \cdot a'' +

Ra'

b' = c \cdot b'' +

Rb'

einsetzten

c \cdot a'' +

Ra'

+ c \cdot b'' +

Rb'

+ 1 = c^{n - 1}

Ra' und Rb' paralell zu oben

= c

und ausklammern

c \cdot (a'' + b'' + 1) + 1 = c^{n - 1}

und wen wir jetzt das

c

weg kürzen bleibt die eine 1 aus den ersten resten leider übrig
daher stünde dann dort

a'' + b'' + 1 ... .

+ \frac{1}{c} ... .

= c^{n - 2}

da aber

c

€

N

und

\frac{1}{c}

nicht haben wir den wiederspuch und damit den Beweis

by LYDIA BAUMGARTEN

Roman-22

23:58 Uhr, 03.04.2016

Dein Beweis würde doch bedeuten, dass auch keine Pythagoräischen Tripel

(n = 2)

existieren.!??

Der Fehler liegt in

<

Ra' und Rb' paralell zu oben

= c

und ausklammern
denn es muss keinesfalls Ra'+Rb'=c gelten.

R

skyrunner aktiv_icon

00:18 Uhr, 04.04.2016

Ok ich seh den Fehler.... Zurück an den Schreibtisch :-)

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:14 Uhr, 13.10.2017

Na so schnell hättest Du auch nicht aufgeben müssen.

Formel für Kuben: n(n+1)/2 (2n - 2) + n

Der einfache Beweis steckt in der abgeleiteten Formel 2((c³-c)/6c - (b³-b)/6c) - c = -1

War doch nicht schwer, oder?

Wer es ausführlicher haben will, schaue hier:

http//primzahlencode.homepage.t-online.de/Fermats-letzter-Satz

ledum aktiv_icon

19:30 Uhr, 13.10.2017

Hallo skyrunner
sieh dir die zitierte Seite von Gerhard-Loeffler ruhig an, aber find den Fehler! Das ist wenigstens lohnend, und du musst wirklich was tun.
zwischen Fermar und Wiles gab es viele "kurze" Beweise, auch solche, wo es eine Weile dauerte die Fehler zu finden. Auch heute noch gibt es in allen mir bekannten Matheforen lustige kurze Beweise, bei dir war der Fehler wenigstens schnell zubinden- was ich noch besser finde- du hast es direkt eingesehen.
Gruß ledum

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:35 Uhr, 13.10.2017

Hallo Skyrunner,

Du wirst keinen Fehler finden.

Man muss es nur nachrechnen und verstehen.

tobit aktiv_icon

20:33 Uhr, 13.10.2017

Hallo zusammen!

Möglicherweise ist es auch nicht möglich, EINEN konkreten Fehler zu benennen, weil die verlinkte Seite schlichtweg so chaotisch ist, dass es schwer fällt, eine geordnete Argumentation zu erkennen.

Das fängt schon damit an, dass ich überhaupt nicht erkennen kann, bis wohin der angebliche Beweis gehen soll.
Weiter unten auf der Seite scheint es einen fließenden Übergang zwischen mathematischen Versuchen und theologischen / politischen / verschwörungstheoretischen Gedanken zu geben.

Auf den ersten Blick fällt auf, dass die Argumentation zu einem nicht unwesentlichen Teil anscheinend nicht mit logischen Argumenten, sondern mit Tabellen geführt werden soll.

Nur um deutlich zu machen, wie chaotisch die Darstellung ist, greife ich mal die ersten paar Zeilen heraus:

Los geht es mit der Zeile

(1) " 2 ((c³-c)/6c - (b³-b)/6c) - c = -1. "

Es fehlt die Erklärung, was b und c überhaupt seien sollen.
Vermutlich soll mit der Zeile ausgesagt werden, dass die dort genannte Formel für gewisse Zahlen b und c gelten soll.
Für welche Zahlen b und c, bleibt der Phantasie des Lesers überlassen.

Die nächste Zeile lautet:

(2) " => a^n + b^n <> c^n für a, b, c, n ϵ N mit n > 2 "

Wenn ich sie richtig interpretiere, soll also der Große Fermatsche Satz mithilfe der in der vorherigen Zeile genannten (unklaren) Formel bewiesen werden.

Bis hierher also noch kein Argument, sondern eine (unklare) Ankündigung, was getan werden soll.

Nun erwarte ich also zwei Abschnitte: Einen Nachweis von (1) (mit Erklärung, für welche Werte b und c (1) gelten soll) und einen Nachweis von (2) unter Verwendung von (1).

Die nächste nennenswerte Zeile lautet:

(3) " Beweis mit dem Faktor 6 der Formel für Kuben: n(n+1)/2 (2n-2)+n "

Was soll hier bewiesen werden? (1) oder die Folgerung von (1) nach (2)?

Was ist der Faktor einer Formel?
Ich kenne nur Faktoren von Produkten.
Ist vielleicht das 6-fache einer Gleichung gemeint?

Dann taucht hier

n

auf, ohne eingeführt worden zu sein.
Soll hier etwas über alle natürlichen Zahlen

n

ausgesagt werden?

Weiterhin wird ein Term genannt, ohne anzugeben, was mit diesem Term sein soll.
Weiter unten kann ich dann nachlesen, dass der Term

= n^{3}

sein soll.

Weiter geht es:

(4) " Die Formel für Kuben zeigt, dass dritte Potenzen mit den Summen natürlicher Zahlen bis n - 1 gebildet werden. "

Was soll die Behauptung, dass "dritte Potenzen mit den Summen natürlicher Zahlen bis n-1 gebildet werden" überhaupt bedeuten?

Hiermit möchte ich es bewenden lassen.
Mein Anliegen war, deutlich zu machen, wie chaotisch die Darstellung ist.
Daher habe ich keine Lust, irgendetwas inhaltlich zu prüfen zu versuchen.

Viele Grüße
Tobias

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

07:16 Uhr, 14.10.2017

Keine Lust, inhaltlich etwas zu prüfen.

Tja - wenn man von logischem Folgern keine Ahnung hat und nicht in der Lage ist, eine korrekte Analyse durchzuführen, geht die Lust natürlich verloren.

Oder ein Troll, der alles schlecht macht, was gut ist?

Mir egal.

Ich schreibe nicht für die Querulanten, sondern für interessierte und fähige Leute.

tobit aktiv_icon

08:20 Uhr, 14.10.2017

Hallo Gerhard-Loeffler!

Es scheint mir ein Missverständnis vorzuliegen, möglicherweise ausgelöst durch meine Formulierung

" Daher habe ich keine Lust, irgendetwas inhaltlich zu prüfen zu versuchen. ".

Ich bin durchaus bereit, mich inhaltlich mit einer weitgehend logischen Argumentation auseinanderzusetzen.
Auf die ersten Zeilen deiner Homepage bin ich ja auch ausführlich eingegangen.

Meine Zeit ist jedoch endlich.
Daher möchte ich sie nicht damit verbringen, zu spekulieren, was eigentlich gemeint sein könnte und diverse Varianten, die eventuell gemeint sein könnten, durchzuspielen.

Daher habe ich konkrete Rückfragen gestellt und Unklarheiten benannt.
Wenn du diese Rückfragen klärst, bin ich bereit, mich mit den nächsten Zeilen auseinanderzusetzen.

" Tja - wenn man von logischem Folgern keine Ahnung hat "

Ich glaube, du schätzt mich hier etwas falsch ein, was aber verzeihlich ist, da du mich als Forenneuling ja noch kaum kennen kannst:
Ich bin Diplom-Mathematiker, hatte als Nebenfach Mathematische Logik und denke, dass sich auch meine Noten durchaus sehen lassen können. Das wäre bei völliger Ahnungslosigkeit vom logischen Folgern sicherlich schwierig geworden... ;-)
Diejenigen, die mich hier ein wenig kennengelernt haben, werden mir sicherlich alles mögliche vorwerfen, aber sicherlich nicht die Fähigkeit zum logischen Folgern absprechen.

" und nicht in der Lage ist, eine korrekte Analyse durchzuführen, geht die Lust natürlich verloren. "

Wenn du meine Analyse der ersten Zeilen deiner Homepage für nicht korrekt hältst, kannst du mich und andere Interessierte ja gerne darüber aufklären, was du anders siehst.
Ich bin auch gerne bereit, auf Rückfragen zu meiner Analyse einzugehen.

" Ich schreibe nicht für die Querulanten, sondern für interessierte und fähige Leute. "

Damit komme ich wieder zum eingangs erwähnten Missverständnis.
Ich bin durchaus an deinem Argumentationsversuch interessiert.
Sonst wäre ich sicherlich nicht ausführlich auf deine ersten Zeilen eingegangen.

Magst du nun meine Rückfragen klären und auf meine Unklarheiten bezüglich der ersten Zeilen deiner Homepage eingehen?

Viele Grüße
Tobias

(P.S.: Ich kündige schon mal an, dass ich heute im Laufe des Tages unterwegs bin und daher erst morgen wieder antworten kann.)

ermanus aktiv_icon

10:42 Uhr, 14.10.2017

Hallo,

ich muss tobit zustimmen. Ich kann den Beweisgang nicht nachvollziehen.
Ich richte mich mal nach der Zitatnumerierung von tobit:
ad (1): wenn man

b

variiert, warum sollte dann immer wieder -1 herauskommen?
ad (2): was (1) mit Fermats Problem zu tun hat ist schleierhaft.
ad (3): dass

n^{3} - n

durch 6 teilbar ist, ist trivial, und, dass der
dabei entstehende Quotient dann eindeutig bestimmt ist, wohl erst recht.

Ich sehe weder eine nachvollziehbare logische Schlusskette noch
klare Angabe darüber, was unter welchen Bedingungen für welche Werte gelten soll.

Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

12:29 Uhr, 14.10.2017

Noch eine Anmerkung zur "Hauptformel":

c^{3} - c

muss nicht durch

6 c

teilbar sein, z.B. bei

c = 6

hat man

\frac{c^{3} - c}{6 c} = \frac{6^{3} - 6}{6 \cdot 6} = \frac{35}{6}

.
Es ist nicht klar, wie du mit solchen Fällen umgehen willst,
oder meinst du

\frac{c^{3} - c}{6} \cdot c

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:13 Uhr, 14.10.2017

Hallo Leute,
zugegeben: Zu behaupten, dass in der abgeleiteten Formel 2((c³-c)/6c - (b³-b)/6c)

- c = - 1

der Beweis steckt, war wagemutig. Das ist erklärungsbedürftig. Und eine Erklärung habe ich mir erspart.

Ich wollte jeden Leser damit herausfordern. Es war tatsächlich meine Absicht, zu erfahren, ob jemand bereit ist und in der Lage, allein in dieser Formel den Beweis zu erkennen.

Ich hoffte, dass jedem der Satz des Pythagoras a²

+

b² = c² geläufig ist und der Sprung zu a³

+

b³ = c³ geschafft wird.

Betrachtet man das Beispiel für die Zahl

19

auf
http//primzahlencode.homepage.t-online.de/Fermats-letzter-Satz
kann

a = 1

gestrichen werden, sodass für

b = 18

und

c = 19

die Formel 2((c³-c)/6c - (b³-b)/6c)

- c

angewandt werden kann, abgeleitet aus der Anwendung der Formel für Kuben für das übrig bleibende b³ = c³.

Und dann führt die Formel 2((c³-c)/6c - (b³-b)/6c)

- c

tatsächlich den Beweis.

Ich weiß: das ist naiv formuliert. Ein Mathematiker akzeptiert sowas nicht als Beweis. Aber die Logik, die darin steckt, führt den Beweis trotzdem. Man muss es nur erkennen wollen.

Aufgrund des Distributivgesetzes beweist der Faktor 6 auf einem besonderen Weg Fermats großen Satz. Es genügt nämlich vollauf, nur die Faktoren 6 der möglichen Kombinationen von

n 1

und

n 2

bezüglich

n 3

zu untersuchen. Dies gelingt durch Bildung von Zahlenpaaren anhand zweier entgegenlaufender Zahlenreihen.

Das Besipiel mit

c = 19

zeigt dies. Es steht stellvertretend für alle natürlichen Zahlen.

Die sich aus entgegenlaufenden Zahlenreihen bildenden Summen der Faktoren 6 von a und

b

geteilt durch

c

ergeben nämlich immer die Reihe der natürlichen Zahlen! Somit kann ein Beweis durch vollständige Induktion geführt werden.

Der Faktor 6 eines gesuchten c³ ist immer das letzte Glied in dieser Reihe und kann somit von keiner möglichen Kombination gebildet werden. Dies beruht auf der abgeleiteten Formel: 2 ((c³-c)/6c - (b³-b)/6c)

- c = - 1

Siehe auch
www.youtube.com/watch?v=sWxaZ-IoD-Y
www.youtube.com/watch?v=yRhHTrVEKgU

ermanus aktiv_icon

19:51 Uhr, 14.10.2017

Hallo Gerhard,
derjenige, der in der Mathematik etwas behauptet, hat die Bringeschuld:
Er muss seinen Beweis durchsichtig und korrekt gestalten, nicht wir müssen
herumrätseln, was der Autor wohl gemeint haben mag.

Woher kommt deine "abgeleitete Formel", woraus leitest du sie ab und wie machst du das?
Was bedeuten die Buchstaben

b

und

c

darin?
Du musst ja nicht gleich in den Landau-Stil verfallen, aber ein bisschen Klarheit
solltest du doch in deine Aussagen und Begründungen bringen.
Gruß ermanus

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

20:36 Uhr, 14.10.2017

Es ist ganz einfach:

Die Formel für Kuben lautet

n \frac{n + 1}{2} (2 n - 2) + n

.

Schreibt man a³

+

b³ = c³ und ersetzt alle Potenzen mit der Formel für Kuben
kann das Entstandene zu 2 ((c³-c)/6c - (b³-b)/6c)

- c = - 1

umformuliert werden.
Da a³ im vorletzen Glied der entstehenden Reihe immer Faktor

6 = 0

ist, bleibt auf der rechten Seite

- 1

übrig.

Bitte das Beispiel für

19

beachten:
http//primzahlencode.homepage.t-online.de/Fermats-letzter-Satz

Wichtig ist die Tabelle mit den sich ergänzenden Zahlenpaaren zu jeweils

19

.
Daraus ergibt sich, dass nur die beiden letzten Zahlen einer Reihe beachtet werden müssen. Das ist bei

19

dann eben die

18

und die

19

.

Das gilt für jede natürliche Zahl!
Und jedes Mal ergibt sich

- 1

für diese zwei letzten Zahlen!

Ein genial kurzer Beweis für den großen Satz von Fermat!

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

10:07 Uhr, 15.10.2017

Hallo ermanus,

auch Du hast Dir meine Beispieltabelle für

19

nicht angeschaut. Diese zeigt die Entstehung einer fortlaufenden Reihe der natürlichen Zahlen für jede mögliche Kombination bezüglich a³

+

b³ = c³.

b

wird nicht variiert, sondern ändert sich logischerweise für jede entstehende Reihe bei einer natürlichen Zahl.

Bei

19

sind nur möglich:

1 + 18 = 19

2 + 17 = 19

3 + 16 = 19

4 + 15 = 19

5 + 14 = 19

usw.

Der Beweis wird für jede Zahl geführt von der ersten Möglichkeit

1 + 18 = 19 :

In einer Excel-Tabelle kann man dafür die folgende Formel benützen:

= (2 \cdot \frac{(\frac{(A 1 \cdot A 1 \cdot A 1) - A 1}{6 \cdot A 1}) - ((A 1 - 1) \cdot (A 1 - 1) \cdot (A 1 - 1)) - (A 1 - 1)}{6 \cdot A 1}) - A 1

Dass n³

- n

durch 6 teilbar ist, ist zwar trivial, es bewirkt aber die Besonderheit des Faktors 6 unter Anwendung des Distributivgesetzes. Und deshalb besteht ein Zusammenhang mit dem Fermat-Problem. Und durch den Zusammenhang entsteht der Beweis.

Teilt man die Faktoren 6 der entstehenden Reihe durch

c,

ergeben die Differenzen der Ergebnisse die Reihe der natürlichen Zahlen. Somit ist sogar ein Beweis durch vollständige Induktion möglich.

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

10:24 Uhr, 15.10.2017

Hallo Tobias,

es liegt in der Tat ein Mißverständnis vor. Ich freue mich zu lesen, dass Du Diplom-Mathematiker bist mit Nebenfach Mathematische Logik. Damit hast Du sehr gute Voraussetzungen, um die Logik meiner Beweisführung nachvollziehen zu können, die ich leider sehr chaotisch dargestellt habe. Das will ich gar nicht abstreiten. Ohne irgendeine hämische Absicht, wie oben schon beschrieben, habe ich es absichtlich schwierig gemacht, weil es mich interessierte, wer die Strukturen des Angeführten erkennen kann. Jetzt scheint festzustehen, dass das zu viel des "Guten" war.

Wen ich also noch nicht so sehr verärgert habe, dass er sich mißmutig zurückzieht, den lade ich herzlich ein, die Sache hier weiterhin mitzubehandeln. Es lohnt sich. Ihr dürft mir glauben, dass ich tatsächlich den einfachen Beweis für den "großen Fermat" gefunden habe, auch wenn es Euch vermutlich noch absolut unglaubhaft vorkommt. Wenn Ihr wirklich "Mathe-Freaks" seid und lust am mathematischen "Abenteuer" habt, so werft bitte nicht die Flinte ins Korn. Mein Beweis ist so elegant wie einfach. Auch weiß ich, dass der Beweis von professionellen Mathematikern nicht akzeptiert wird. Wer aber bereit ist, einen "anderen" Weg zu gehen, der auch auf mathematischer Logik basiert, wird es nicht bereuen. "Mein" Beweis hat die gleiche Aussagekraft wie ein professioneller Beweis. Und nur Menschen, die Mathematik mit mehr als "Fach-Idiotie" betreiben, werden sich für einen alternativen Weg begeistern können.

tobit aktiv_icon

10:27 Uhr, 15.10.2017

Du kriegst noch eine Antwort von mir.
Gib mir bitte noch etwas Zeit dafür.

(Gestern war ich ja wie angekündigt unterwegs und konnte daher nicht antworten.)

ermanus aktiv_icon

10:28 Uhr, 15.10.2017

Hallo,

deine Vorstellung scheint zu sein, dass die Summe der Faktoren8 von

a

und

b

gleich
dem Faktor8 von

c

sein muss, wenn

a^{3} + b^{3} = c^{3}

ist.
Ist das so?

Und wieso meinst du mit der Zerlegung von

c = 19

in zwei Summanden alle Möglichkeiten
für

a

und

b

zu erschöpfen?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

10:37 Uhr, 15.10.2017

So ist es, ermanus! Gut erkannt!

Dass durch die Zerlegung alle Möglichkeiten in Erscheinung treten, ist eine Folge aus dem Distributivgesetz. Und hier ist der Grund für den Beweis!

Einzelheiten dazu später.

tobit aktiv_icon

10:37 Uhr, 15.10.2017

@ermanus:

Du scheinst schon mehr zu verstehen als ich...
Vielleicht kannst du mir helfen:

Was ist mit der Bezeichnung "Faktor6 einer natürlichen Zahl" beziehungsweise "Faktor8 einer natürlichen Zahl" gemeint?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

10:40 Uhr, 15.10.2017

Der Faktor 6 ist spezifisch für jede natürliche Zahl.

Darin liegt seine Beweiskraft!

tobit aktiv_icon

10:44 Uhr, 15.10.2017

Mir scheint schon klar, dass gegeben eine natürliche Zahl m offenbar eine bestimmte weitere Zahl als "Faktor 6 von m" bezeichnet werden soll.
Aber welche Zahl?
Also wie ist "Faktor 6 von m" definiert?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

10:46 Uhr, 15.10.2017

Ganz einfach:

(m³

- m \frac{)}{6} =

Faktor 6

ermanus aktiv_icon

10:46 Uhr, 15.10.2017

Oh, ich habe aus Versehen Faktor8 statt Faktor6 geschrieben.

Lasst uns mal nur nichtnegative ganze

a, b, c

zulassen, um die Sache nicht zu verkomplizieren.

@tobit:
Wenn ich es richtig deute ist

F_{6} (n) = \frac{n^{3} - n}{6}

.

@Gerhard:
entschuldige, dass ich so penetrant nachfrage.
Du gehst also von folgender Aussage aus:

Seien

a, b, c > 0

natürliche Zahlen mit

a^{3} + b^{3} = c^{3}

. Dann gilt

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

.

Korrekt?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

10:48 Uhr, 15.10.2017

Ja, korrekt!

tobit aktiv_icon

10:49 Uhr, 15.10.2017

Danke für eure Erklärung von Faktor 6! :-)

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

11:00 Uhr, 15.10.2017

Seien

a, b, c > 0

natürliche Zahlen mit

a 3 + b 3 = c 3

. Dann gilt F6(a³)+F6(b³)=F6(c³).

Jetzt stimmt's! :-)

Weil das aber nicht möglich ist wegen

2 ((c³-c)/6c - (b³-b)/6c)

- c = - 1

ist der Große Fermat bewiesen.

ermanus aktiv_icon

11:01 Uhr, 15.10.2017

Nun haben wir folgende Situation:

F_{6} (a^{3}) + F_{6} (b^{3}) = F_{6} (c^{3}) \Rightarrow (a^{3} - a) + (b^{3} - b) = c^{3} - c \Rightarrow a + b = c

wegen

a^{3} + b^{3} = c^{3}

.

Das siehst du doch genauso?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

11:26 Uhr, 15.10.2017

Nein. Wir müssen nur das Verhalten der Faktoren 6 analysieren.

Und diese ergeben immer die Reihe der natürlichen Zahlen.

Der höchste Wert in dieser Reihe (bei

19 = 9)

wird nie von den anderen Reihengliedern erreicht. Diese bleiben immer mindestens um 1 unterhalb des letzten Wertes!

Das Distributivgesetz lässt grüßen.

ermanus aktiv_icon

11:30 Uhr, 15.10.2017

Ist meine Folgerung also falsch?

tobit aktiv_icon

11:30 Uhr, 15.10.2017

@Gerhard-Loeffler:

Verstehe ich richtig, dass du nun nicht mehr von der Aussage

" Seien a,b,c>0 natürliche Zahlen mit

a^{3} + b^{3} = c^{3}

. Dann gilt F6(a)+F6(b)=F6(c). ",

sondern von der Aussage

" Seien a,b,c>0 natürliche Zahlen mit

a^{3} + b^{3} = c^{3}

. Dann gilt F6(a³)+F6(b³)=F6(c³). "

ausgehst?

@ermanus:

Ich sehe gerade nicht, wie du von der (von Gerhard-Loeffler korrigierten) Annahme

F_{6} (a^{3}) + F_{6} (b^{3}) = F_{6} (c^{3})

auf

(a^{3} - a) + (b^{3} - b) = c^{3} - c

schließen möchtest.

Ich erhalte vielmehr

(a^{9} - a^{3}) + (b^{9} - b^{3}) = c^{9} - c^{3}

, also unter der Annahme

a^{3} + b^{3} = c^{3}

die Gleichung

a^{9} + b^{9} = c^{9}

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

11:37 Uhr, 15.10.2017

Richtig.

Aber es war noch nie so, wie zuerst geschrieben.
Ich habe nur fahrlässigerweise vorschnell mein Einverständnis gegeben, weil ich immer den Faktor 6 von einer 3. Potenz meine und in dieser Beziehung für mich

n

und n³ das Gleiche sind. :-)

Wenn ich vom Faktor 6 von

n

rede, meine ich immer den Faktor 6 von n³.

ermanus aktiv_icon

11:38 Uhr, 15.10.2017

Ich glaube, dass Gerhard seine Bezeichnung gewechselt hat. In seiner Homepage
wird offenbar der Faktor6 mit

F 6 (a), F 6 (b)

bezeichnet, daher hieß meine ursprüngliche
Folgerung

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c) \Rightarrow (a^{3} - a) + (b^{3} - b) = c^{3} - c \Rightarrow a + b = c

wegen

a^{3} + b^{3} = c^{3}

.

Die Prämisse - meinte Gerhard aber - sei so nicht korrekt geschrieben, also habe ich mich
mal eben kurz angepasst ;-)

Ich bleibe jetzt wieder bei

F_{6} (a) = \frac{a^{3} - a}{6}

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

11:45 Uhr, 15.10.2017

Da habe ich mir aber einen "netten" Fehler auf meiner Homepage erlaubt. :-)

Das sollte ich wohl mal gelegentlich berichtigen.

Wie konnte ich nur . . . . . . ?

Mathematik verlangt höchste Genauigkeit!

tobit aktiv_icon

11:50 Uhr, 15.10.2017

@Gerhard-Loeffler:

Für mich ist

n

und

n^{3}

nicht das Gleiche.

Da offenbar nun mehrere Varianten von z.B. von

F_{6} (a)

kursieren:

Verstehst du unter

F_{6} (a)

nun

a)

\frac{a^{3} - a}{6}

oder

b)

\frac{(a^{3})^{3} - a^{3}}{6}

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

11:52 Uhr, 15.10.2017

Nun haben wir folgende Situation:

F6(a3)+F6(b3)=F6(c3)⇒(a3−a)+(b3−b)=c3−c⇒a+b=c wegen

a 3 + b 3 = c 3

.

Das siehst du doch genauso?

Nein.

Die Basis einer Potenz folgt mir ihrem Exponenten anderen Gesetzen als ihre Addition.

:-)

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

11:57 Uhr, 15.10.2017

Selbstverständlich verstehe ich unter F6(a)

(a³ − a) / 6

tobit aktiv_icon

11:59 Uhr, 15.10.2017

Unter

F_{6} (a^{3})

verstehst du demzufolge

\frac{(a^{3})^{3} - a^{3}}{6}

, richtig?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

12:02 Uhr, 15.10.2017

Nein.

Einfach nur a³

- \frac{a}{6}

Ich werde noch verrückt.
Das System schreibt einfach die Eingaben um nach irgendeiner Art von künstlicher Intelligenz.

Ich meine mit Faktor 6 die 3. Potenz eines

n

verringert um

n

.
Und das Ganze geteilt durch 6.

ermanus aktiv_icon

12:10 Uhr, 15.10.2017

Ich denke, das haben wir verstanden. Die Frage ist doch, wie dieser Faktor
bezeichnet werden soll, als

F_{6} (a)

oder als

F_{6} (a^{3})

.
Ich fände die kürzere Variante besser, und das ist auch diejenige, die du
auf der Homepage verwendest. Bitte nicht während des Rennens ständig die Pferde wechseln ;-)

tobit aktiv_icon

12:19 Uhr, 15.10.2017

@Gerhard-Loeffler:

Dann verwendest du offenbar völlig inkonsistente Bezeichnungen.

Was ist nun z.B.

F_{6} (8)

deiner Meinung nach?

a)

F_{6} (8) = \frac{8^{3} - 8}{6}

oder

b)

F_{6} (8) = F_{6} (2^{3}) = \frac{2^{3} - 2}{6}

?

Ich plädiere wie ermanus für erstere Interpretation.

Ich versuche für den Rest dieses Beitrags, die offenbar noch inkonsistente Verwendung von

F_{6}

zu vermeiden.

i) Du gehst also wie von ermanus erahnt unter der Prämisse

a^{3} + b^{3} = c^{3}

von der Gleichung

\frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6}

aus?

ii) Stimmst du ermanus zu, dass daraus

(a^{3} - a) + (b^{3} - b) = c^{3} - c

folgt?

iii) Stimmst du ermanus zu, dass daraus wiederum unter der Annahme

a^{3} + b^{3} = c^{3}

die Gleichung

a + b = c

folgt?

Ich versuche mit diesen Nachfragen herauszufinden, wo du denn ermanus' angeblichen Fehler siehst.

tobit aktiv_icon

13:23 Uhr, 15.10.2017

Wenn es dir tatsächlich gelingt, aus der Annahme

a^{3} + b^{3} = c^{3}

für beliebige positive natürliche Zahlen a, b und c logisch auf

\frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6}

zu schließen, ist es nicht mehr schwer völlig ohne deine "Hauptformel" 2 ((c³-c)/6c - (b³-b)/6c) - c = -1 den gewünschten Widerspruch herzuleiten.

Damit WÄRE also in diesem Fall der laut Wikipedia im 18. Jahrhundert erstmals bewiesene Spezialfall

n = 3

des Großen Fermatschen Satzes von dir bewiesen.
Der offenbar schwierigere Teil ist der Beweis für beliebige

n

.
Aber das heißt nicht, dass nicht auch ein einfacher Beweis des Spezialfalles

n = 3

eine große Leistung wäre.
(Ich meine verstanden zu haben, dass du nicht nur den Fall n=3 bewiesen zu haben behauptest, sondern zusätzlich den allgemeinen Fall auf den Fall n=3 zurückgeführt zu haben behauptest.
Das WÄRE natürlich die noch viel größere Leistung, aber lass uns der Einfachheit halber trotzdem zunächst bei dem diskutierten Beweisversuch für den Spezialfall

n = 3

bleiben.)

Nun die entscheidende Frage für einen Beweis des Spezialfalles

n = 3

:
Wie begründest du die Annahme, dass aus

a^{3} + b^{3} = c^{3}

auch

\frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6}

folge ???

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

18:09 Uhr, 17.10.2017

2 (

\frac{2 ³ - 2}{6 \cdot 2}

\frac{1 ³ - 1}{6 \cdot 2}

) - 2 = -1

2 (

\frac{3 ³ - 3}{6 \cdot 3}

\frac{2 ³ - 2}{6 \cdot 3}

) - 3 = -1

2 (

\frac{4 ³ - 4}{6 \cdot 4}

\frac{3 ³ - 3}{6 \cdot 4}

) - 4 = -1

2 (

\frac{5 ³ - 5}{6 \cdot 5}

\frac{4 ³ - 4}{6 \cdot 5}

) - 5 = -1

2 (

\frac{6 ³ - 6}{6 \cdot 6}

\frac{5 ³ - 5}{6 \cdot 6}

) - 6 = -1

2 (

\frac{7 ³ - 7}{6 \cdot 7}

\frac{6 ³ - 6}{6 \cdot 7}

) - 7 = -1

2 (

\frac{8 ³ - 8}{6 \cdot 8}

\frac{7 ³ - 7}{6 \cdot 8}

) - 8 = -1

2 (

\frac{9 ³ - 9}{6 \cdot 9}

\frac{8 ³ - 8}{6 \cdot 9}

) - 9 = -1

2 (

\frac{10 ³ - 10}{6 \cdot 10}

\frac{9 ³ - 9}{6 \cdot 10}

) - 10 = -1

2 (

\frac{11 ³ - 11}{6 \cdot 11}

\frac{10 ³ - 10}{6 \cdot 11}

) - 11 = -1

2 (

\frac{12 ³ - 12}{6 \cdot 12}

\frac{11 ³ - 11}{6 \cdot 12}

) - 12 = -1

tobit aktiv_icon

18:29 Uhr, 17.10.2017

Willkommen zurück!

Ich habe nunmehr nachgerechnet, dass deine "Hauptformel" im Spezialfall (!)

c = b + 1

gilt.
(Beispiele genügen natürlich nicht zum Nachweis!)

Aber das hat nichts mit meiner entscheidenden Frage zu tun, die ich nun wiederhole:

Wie begründest du die Annahme, dass aus

a^{3} + b^{3} = c^{3}

auch

\frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6}

folge ???

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

18:29 Uhr, 17.10.2017

ledum 13.10.2017 19:30 Uhr:

"Hallo skyrunner
sieh dir die zitierte Seite von Gerhard-Loeffler ruhig an, aber find den Fehler! Das ist wenigstens lohnend, und du musst wirklich was tun.
zwischen Fermar und Wiles gab es viele "kurze" Beweise, auch solche, wo es eine Weile dauerte die Fehler zu finden. Auch heute noch gibt es in allen mir bekannten Matheforen lustige kurze Beweise, bei dir war der Fehler wenigstens schnell zubinden- was ich noch besser finde- du hast es direkt eingesehen.
Gruß ledum"

Hallo skyrunner,

Du kannst suchen, solange Du willst. Du wirst keinen Fehler finden.

Mein Beweis basiert auf der vollständigen Induktion.

Die Mathematik überzeugt durch ihre Logik.
Wer in meinem Beweis einen Fehler findet, wendet die Mathematik falsch an.

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

18:43 Uhr, 17.10.2017

Die Formel für Kuben zeigt, dass dritte Potenzen mit den Summen natürlicher Zahlen bis

n - 1

gebildet werden. Durch Änderung der Gaußschen Summenformel in

n \frac{n - 1}{2}

wird die Null in die Summe der natürlichen Zahlen bis

n - 1

mit einbezogen, sodass die Summen der natürlichen Zahlen bis

n - 1

für

n

eine Summe bilden als spezifischer Faktor 6 für das in der 3. Potenz eines

n

enthaltene eindeutig Vielfache von 6.

Die hier vorliegende Logik ermöglicht einen Beweis durch vollständige Induktion.

Wer diese Logik erkennt, hat Glück gehabt.

Wer sie nicht erkennt, hat Pech gehabt.

http//primzahlencode.homepage.t-online.de/Fermats-letzter-Satz
Hier ist alles erklärt. Mehr habe ich dazu nicht zu sagen.

tobit aktiv_icon

19:05 Uhr, 17.10.2017

Halten wir also fest:

Auf ermanus' Frage

" deine Vorstellung scheint zu sein, dass die Summe der Faktoren6 von a und b gleich
dem Faktor6 von c sein muss, wenn a^3+b^3=c^3 ist.
Ist das so? "

hin hast du mit

" So ist es, ermanus! Gut erkannt! "

geantwortet.

Nun scheinst du nicht in der Lage zu sein, diese Vorstellung zu begründen.
Also liegt mindestens eine Lücke in deinen Ideen vor.
Solange du diese Lücke nicht schließt, ist nichts bewiesen.

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:14 Uhr, 17.10.2017

Es geht hier nicht um meine Vorstellung, sondern um die Logik der Formel für Kuben.

Diese zeigt, dass dritte Potenzen mit den Summen natürlicher Zahlen bis n−1 gebildet werden. Durch Änderung der Gaußschen Summenformel in n(n−1)/2 wird die Null in die Summe der natürlichen Zahlen bis n−1 mit einbezogen, sodass die Summen der natürlichen Zahlen bis n−1 für

n

eine Summe bilden als spezifischer Faktor 6 für das in der 3. Potenz eines

n

enthaltene eindeutig Vielfache von 6.

Die hier vorliegende Logik ermöglicht einen Beweis durch vollständige Induktion.

tobit aktiv_icon

19:14 Uhr, 17.10.2017

" Hier ist alles erklärt. "

Soll das ein Witz sein?

Ich finde dort nicht einmal eine Definition von Faktor 6, der ja so entscheidend für deine Argumentation sein soll...

Ich dachte, wir hätten mittlerweile genug Unklarheiten aufgezählt, dass du zwar nicht an deinem Beweisinhalt zweifelst, aber an deiner Beweisdarstellung durchaus (gelinde gesagt) Verbesserungsspielraum siehst...

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:16 Uhr, 17.10.2017

Wer lesen kann, ist klar im Vorteil.

tobit aktiv_icon

19:21 Uhr, 17.10.2017

Ich habe es schon einmal gefragt, aber bisher keine Antwort erhalten:

Was soll die Aussage "dass dritte Potenzen mit den Summen natürlicher Zahlen bis n−1 gebildet werden. " bedeuten?

Weiter geht es:

" Durch Änderung der Gaußschen Summenformel in n(n−1)/2 wird die Null in die Summe der natürlichen Zahlen bis n−1 mit einbezogen, "

Was soll das heißen? Vielleicht gibst du einfach die Formel an, die du behauptest?

" Die hier vorliegende Logik ermöglicht einen Beweis durch vollständige Induktion. "

Welche Aussage möchtest du per vollständiger Induktion beweisen?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:23 Uhr, 17.10.2017

Wer lesen kann, ist klar im Vorteil.

Siehe primzahlencode.homepage.t-online.de/Fermats-letzter-Satz

tobit aktiv_icon

19:29 Uhr, 17.10.2017

Langsam reißt mein Geduldsfaden:

Verstehst du denn nicht, dass deine Gedanken auf der Homepage kaum nachvollziehbar sind?

Trotzdem machen uns ermanus und ich hier große Mühe durch passende Nachfragen zu den Unklarheiten deine Gedanken nachzuvollziehen.

Wenn du gar nicht versuchen willst, die Unklarheiten konkret zu beseitigen, fühle ich mich auf den Arm genommen.

Wie soll ich sinnvoll deine Homepage studieren, wenn du mir die zahlreichen Unklarheiten dort auf meine Nachfrage hin nicht erklärst?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:47 Uhr, 17.10.2017

Das ist Dein Problem.

Lass Deinen Geduldsfaden reißen und gut isses.

tobit aktiv_icon

20:07 Uhr, 17.10.2017

In der Tat ist mein Geduldsfaden in erster Linie mein Problem.

Wenn ich aber davon überzeugt wäre, ich könnte den Großen Fermatschen Satz beweisen, würde ich alles daran setzen, anderen meinen Beweisgang verständlich zu machen und sie damit von dieser meiner mutmaßlichen historischen Leistung zu überzeugen.
Es wäre dann durchaus mein Problem, wenn andere sich gar nicht erst mit meinem "Beweis" auseinandersetzen würden oder ihn nicht verstehen könnten.

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

20:29 Uhr, 17.10.2017

Wenn es Dir "Spaß" macht, dann sei es so.

Ich trage keinen "Hund zum Jagen".

Ich bin Impulsgeber und kein Missionar.

Wer an der (mathematischen) Wahrheit ein ernsthaftes Interesse hat, muss nicht "zum Jagen getragen" werden.

tobit aktiv_icon

20:41 Uhr, 17.10.2017

Deinen Vorwurf mangelnden Interesses weise ich zurück.
Gerade wegen meines Interesses stelle ich doch die zahlreichen Rückfragen!

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

20:46 Uhr, 17.10.2017

Ich werfe Dir überhaupt nichts vor.

Ich bin Impulsgeber.

Getroffene Hunde bellen.

tobit aktiv_icon

20:49 Uhr, 17.10.2017

Dann habe ich den Vorwurf mangelnden Interesses fälschlicherweise herausgelesen und entschuldige mich dafür.

ermanus aktiv_icon

20:58 Uhr, 17.10.2017

Ich muss sagen, ich bewundere Tobias' Geduld.
Ich finde es sehr erstaunlich, dass du (mathematische) Wahrheiten besitzt,
zu deren Verständnis wir wohl nicht die nötige mathematische Kompetenz besitzen.
Diese Wahrheiten scheinen nun so schwer zu begründen sein, dass du auf unsere
einfachen klaren Fragen nach Begründung keine Antwort zu wissen scheinst.
Wenn etwas logisch und klar ist, kann man es auch so vermitteln.
Sonst ist das Sprechen darüber nur Geschwafel.
Da du ja Philosophie-belesen bist, kennst du sicher den berühmten Satz
aus dem Vorwort von Wittgensteins Tractatus logico-philosophicus:

"Was sich überhaupt sagen läßt, läßt sich klar sagen, ..."

Genau das haben wir mit unseren Fragen gemacht in der Hoffnung, dass wir klare
Antworten bekommen. Leider hast du uns die vorenthalten: so kann man in einer
ernstzunehmenden wissenschaftlichen mathematischen Welt nicht mit einander
kommunizieren und arbeiten.

Der Fall Wiles ist ein gutes Beispiel für ernsthaften Umgang mit mathematischer
Wahrheit. Nach endloser Arbeit war er sich sicher, einen unumstößlichen Beweis
für die Fermatsche Vermutung gefunden zu haben. Er musste es aushalten, dass nach
der ersten Veröffentlichung seines Beweises darin diverse Lücken und Unstimmigkeiten
gefunden wurden. Da ist er aber nicht hergegangen und hat gesagt, wisst ihr was,
Kollegen, ihr müsst halt mal meine Logik in ihrem tiefstinneren Gehalt erkennen
und meinen Text richtig lesen; denn wer lesen kann, ist klar im Vorteil.
Wiles ist nämlich Mathematiker. Daher hat er Stück für Stück die Lücken erkannt,
ausgefüllt und der weiteren kritischen Untersuchung zur Verfügung gestellt.

Eine solche Haltung bringt eine gute Mathematik voran !

Mir ist nicht ganz klar, wie du es hinbekommen willst, dass deine Ideen
ernstgenommen werden, wenn du eine ernsthafte fachliche Auseinandersetzung
mit Mathematikern scheust.

Gruß ermanus

skyrunner aktiv_icon

00:38 Uhr, 18.10.2017

Wow

...

. Interessant....
Wenn ich es richtig sehe ist Faktor 6 von beliebiger natürlicher Zahl

m (n

fand ich im speziellen Fall ungünstig gewählt weil Verwechselungsgefahr mit dem Exponenten

n) m \frac{m - 1}{2}

Wobei (jedenfalls erst Mal bewiesen für die ersten paar

m

wie in der Tabelle zu sehen) gilt Faktor 6 von

m \cdot 6 + m = m^{3}

Im Moment find ich das einfach nur schön
Und freue mich dass ich es damals nicht geschafft hab hier alles zu löschen
Und ansonsten ist es schon spät aber ich schaue morgen wieder vorbei

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

04:48 Uhr, 18.10.2017

ermanus

20 : 58

Uhr,

17.10.2017

"Mir ist nicht ganz klar, wie du es hinbekommen willst, dass deine Ideen
ernstgenommen werden, wenn du eine ernsthafte fachliche Auseinandersetzung
mit Mathematikern scheust."

Ich will gar nichts. Ich bin Impulsgeber.

Dass hier so ein Kindergartengeschrei vollführt werden würde, kam unverhofft.

Ernst genommen werden?

Was wird denn hier ernst genommen? Etwa die Mathematik?

Was wollt denn Ihr?

tobit aktiv_icon

06:50 Uhr, 18.10.2017

@skyrunner:

Würde man tatsächlich

F_{6} (m) := m \cdot \frac{m - 1}{2}

setzen, wäre die Gleichung

F_{6} (m) \cdot 6 + m = m^{3}

z.B. für

m = 3

nicht erfüllt.

Aber laut Gerhard-Loeffler soll

F_{6}

ja definiert sein durch

F_{6} (m) := \frac{m^{3} - m}{6}

.
Damit ist es ein Leichtes,

F_{6} (m) \cdot 6 + m = m^{3}

zu verifizieren, und zwar völlig ohne die Betrachtung irgendwelcher nicht beweiskräftiger Beispiele für

m

Yokozuna aktiv_icon

08:32 Uhr, 18.10.2017

Hallo zusammen,

ich habe in den letzten Tagen die Diskussion etwas verfolgt und mir gestern mal die Seite von Gerhard Löffler angeschaut. Wie tobit und ermanus habe auch ich so meine Probleme mit der Darstellung der Beweisidee. Wenn ich mir aber mal das Beispiel mit der Zahl

19

anschaue (gemeint ist wohl

c = 19),

dann habe ich folgende Vermutung (mit der ich natürlich auch falsch liegen kann):

In der Tabelle kommen für a und

b

nur Werte vor, deren Summe

19

ergibt. Also geht Gerhard Löffler offensichtlich davon aus, dass es ausreichend ist, nur solche Werte für a und

b

zu betrachten, deren Summe

c

ergibt (ich wüsste nicht, wie ich die Tabelle sonst interpretieren soll).

Nehmen wir mal an, unter der Voraussetzung

a + b = c

mit

a, b \geq 1

gilt:

a^{3} + b^{3} = c^{3} \Rightarrow F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

oder, wenn man das negiert:

F_{6} (a) + F_{6} (b) \neq F_{6} (c) \Rightarrow a^{3} + b^{3} \neq c^{3}

Ich vermute mal, dass das die Beweisidee von Gerhard Löffler ist (er kann mich da gern korrigieren, falls ich falsch liege).

Für Zahlenpaare

a, b \geq 1

mit

a + b = c,

kann die Gleichung

a^{3} + b^{3} = c^{3}

aber sowieso nie erfüllt sein, da aus

c = a + b

folgt:

c^{3} = {(a + b)}^{3} = a^{3} + 3 \cdot a^{2} \cdot b + 3 \cdot a \cdot b^{2} + b^{3} > a^{3} + b^{3}

da braucht man keinen Faktor6.

Was ist mit all den anderen möglichen Zahlenpaaren

a, b

?

Viele Grüße
Yokozuna

skyrunner aktiv_icon

09:26 Uhr, 18.10.2017

Ja gut

...

.
Trotzdem....
Dann ist Faktor 6 die Summe der vorherigen zahlen aufaddiert mit der Summe der vor vorherigen zahlen aufaddiert mit der Summe der zahlen davor

...

.
Und so weiter hm
Schon schwieriger handhabbar

Und woher einige Formeln kommen kann ich auch nicht verstehen

Und das es wohl nie reicht in einem unendlichen Zahlenraum sich ein Beispiel

(19)

raus zu picken und deswegen einfach auf die Unendlichkeit zu schließen

...

. Neeeeeeeeeeeeeeee

Da fehlen aber noch einige Impulse gggg bis zum Beweisansatz

ermanus aktiv_icon

11:23 Uhr, 18.10.2017

Hallo,

ich übertrage mal Gerhards Ansatz, so wie ich ihn verstehe, analog auf Quadrate
natürlicher Zahlen.

Man hat die folgende Formel für Quadrate:

a^{2} = 2 \cdot \frac{a (a - 1)}{2} + a

.

Den Ausdruck

F_{2} (a) := \frac{a (a - 1)}{2}

nenne ich den Faktor2 von

a

.

Ich behaupte nun, wegen des Distributivgesetzes und der besonderen Bildung
des Faktor2 als Summe der natürlichen Zahlen von 0 bis

a - 1

müsste gelten:

Seien

a, b, c > 0

natürliche Zahlen mit

a^{2} + b^{2} = c^{2}

. Dann gilt

F_{2} (a) + F_{2} (b) = F_{2} (c)

.

Was aber ist mit

3^{2} + 4^{2} = 5^{2}

? Hier ist doch

F_{2} (3) + F_{2} (4) = 3 + 6 = 9

, aber

F_{2} (5) = 10

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

18:41 Uhr, 18.10.2017

Yokozuna ist auf dem richtigen Weg! Die Beweisidee ist sehr einfach. Bleiben wir bei dem Beispiel mit der Zahl

19

.

Gemäß der Formel für Kuben muss die Summe der Faktoren(6) von möglichen Kombinationen beliebiger a und

b

den Faktor(6) für ein zugehöriges

c

ergeben. Aber die Paare bei der Zahl

19

ergeben nie

1140,

wie es die Formel für Kuben verlangt!

Und das gilt für jede natürliche Zahl!

Könnt Ihr das nachvollziehen?

Der Beweis ergibt sich aus der Reihe der natürlichen Zahlen, die bei jeder natürlichen Zahl entsteht. Bei

19

ist das die Reihe von 0 bis 9. Und der Faktor(6) eines gesuchten

c

ist in dieser Reiher immer der letzte Wert, der nie von den möglichen Kombinationen gebildet werden kann. Diese bilden bei

19

nur die Werte von 0 bis maximal 8.

Diese Gesetzmäßigkeit gilt für jede natürliche Zahl!

Und weil immer eine Reihe mit aufsteigenden natürlichen Zahlen gebildet wird, kann für jede natürliche Zahl ein Beweis durch vollständige Induktion geführt werden

tobit aktiv_icon

18:49 Uhr, 18.10.2017

" Gemäß der Formel für Kuben muss die Summe der Faktoren(6) von möglichen Kombinationen beliebiger a und b den Faktor(6) für ein zugehöriges c ergeben. "

Du behauptest offenbar wieder

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

.
(Korrigiere mich, wenn ich dein obiges Zitat damit missverstehe.)

Wie begründest du

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

18:51 Uhr, 18.10.2017

Alles korrekt!

Die Begründung ergibt sich durch das Distributivgesetz.

Das heißt, dass das Distributivgesetz den Faktor(6) für ein gesuchtes

c

vorgibt.

Die Formel für Kuben zeigt jedoch, dass diese Vorgabe nie erreicht werden kann.

Dies zeigt jede entstehende Reihe der natürlichen Zahlen, in der der höchste Wert immer nur von dem gesuchten

c

alleine erreicht wird, aber niemals aufgrund der Summenbildung der Faktoren(6) von a³ und b³!

tobit aktiv_icon

18:57 Uhr, 18.10.2017

Ich sehe keine Möglichkeit, aus dem Distributivgesetz auf

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

zu schließen.

Wie stellst du das genau an?

(Wenn es dir gelingt, diese Lücke zu schließen, ist es nicht mehr schwer, den gewünschten Widerspruch herzuleiten.)

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

18:58 Uhr, 18.10.2017

Dass Du das nicht schaffst, ist mir ein Rätsel.

Das ist doch das Leichteste an der ganzen Sache.

tobit aktiv_icon

19:00 Uhr, 18.10.2017

Wenn das so leicht ist, ist es ja bestimmt kein Problem, es zu erklären, oder?

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

19:04 Uhr, 18.10.2017

Richtig!

Es ist so leicht, dass ich mich fast schon schäme, bei Adam und Eva anfangen zu müssen.

Also. Fangen wir mal ganz von vorne an:

Die kleinen Kinder werden nicht vom Storch gebracht.

Und wie geht es jetzt nochmal weiter?

tobit aktiv_icon

19:13 Uhr, 18.10.2017

Das frage ich dich, wie du weiter argumentieren möchtest?

Noch habe ich nicht vernommen, wie du mithilfe des Distributivgesetzes

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

zeigen möchtest.

ermanus aktiv_icon

20:19 Uhr, 18.10.2017

Ja! Wann kommt endlich der angeblich so selbstverständliche Beweis, dass aus dem
Distributivgesetz

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

folgt ??

skyrunner aktiv_icon

06:21 Uhr, 19.10.2017

OK bin verwirrt.
Meinem wir jetzt mit

F 6 (a) + F 6 (b) = F 6 (c)

Faktor 6 von A oder Faktor 6 von

a^{3}

Und dementsprechend

b

und

c

Weil logisch gilt

F 6 (a^{3}) + F 6 (b^{3}) = F 6 (c^{3})

Und deswegen kann das andere nicht stimmen

ermanus aktiv_icon

09:34 Uhr, 19.10.2017

Hallo skyrunner,

das haben wir eigentlich schon geklärt.

Gemeint ist für eine natürliche Zahl

a > 0

der Ausdruck

\frac{a^{3} - a}{6}

.

Weder ist dieser Ausdruck ein Faktor von

a

noch von

a^{3}

. Gerhard hat
diesen Ausdruck Faktor6 genannt. Welche Bezeichnung wir hier dafür verwenden
wollen, ist eine Frage der Übereinkunft. Der Kürze und Übersicht halber haben wir
(tobit, Yokozuna, ermanus) uns auf die Bezeichnung

F_{6} (a)

geeinigt, was auch
mit den Spaltenüberschriften von Gerhards Tabellen übereinstimmt.

Aber was erscheint dir an

a^{3} + b^{3} = c^{3} \Rightarrow \frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6}

logisch zu sein?

Genau um diese Frage geht es doch.

Gruß ermanus

skyrunner aktiv_icon

13:10 Uhr, 19.10.2017

Ja gut aber ich mag die andere Bildung von Faktor

6 . .

.
Für Summe von

(a - 1) + (a - 2) + ...

+ (a - (a))

+ (a - 2) + (a - 3) + ...

+ (0)

+ (a - 3) + ... . .

... . .

.

Das ist auch

\frac{a^{3} - a}{6}

Dabei finde ich es interessant dass wir ein hoch 3 als Summe, reine Summe, nicht Mal

n

Mal ist dabei!, Ausdrücken können

Ist mir noch nie unter gekommen

Bei

a^3+b^3=c^3⇒(a^3−a)/6+(b^3−b)/6=(c^3−c)/6

Sieht man das nicht gleich dass das nicht stimmen kann? Die Formel Mal 6 und wo wir wissen

a^{3} + b^{3} = c^{3}

nehmen wir das aus der Formel raus, ist gleich groß können wir auf beiden Seiten abziehen und wir wissen das

a + b

Größer sein muss als

c

ermanus aktiv_icon

13:36 Uhr, 19.10.2017

@skyrunner: ich verstehe nicht: in deinem Beitrag zuvor hast du doch gerade gesagt,
dass

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

logisch wäre. Nun sagst du, die Implikation sei
ohnehin falsch. Was willst du uns denn nun damit sagen?
Dass man einfache Ausdrücke hin und wieder als komplizierte Summen schreiben kann,
mag ja ganz nett sein, taugt aber in diesem Falle nicht dazu, die Fermat-Vermutung
für Kuben zu beweisen.

tobit aktiv_icon

14:12 Uhr, 19.10.2017

@skyrunner: In der Tat lässt sich die Annahme, dass gleichzeitig

a^{3} + b^{3} = c^{3}

und

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

gelten, mit der von dir angedeuteten Argumentation recht schnell zum Widerspruch führen.
WÄRE nun jemand in der Lage elementar zu zeigen, dass

a^{3} + b^{3} = c^{3}

für positive natürliche Zahlen a, b und c trotzdem

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

impliziert, hätten wir damit zusammengenommen die Annahme

a^{3} + b^{3} = c^{3}

zum Widerspruch geführt und den Spezialfall

n = 3

der Fermatschen Vermutung elementar bewiesen.

Yokozuna aktiv_icon

14:20 Uhr, 19.10.2017

Hallo zusammen,

nachdem Gerhard Löffler mir gestern bescheinigt hat, dass ich auf dem
richtigen Weg sei, will ich mal zusammenfassen, was Gerhard Löffler da
aus meiner Sicht tut (wahrscheinlich wird er mir dafür die gestern
erteilte Bescheinigung wieder aberkennen).

Zu einem gegebenen

c

betrachtet er nur solche Zahlenpaare a und

b,

für
die

a + b = c

gilt. Seine Tabelle für den Fall

c = 19

läßt für mich keinen anderen
Schluss zu.

Also wir haben jetzt

(1)

a + b = c

Nehmen wir außerdem an, für die drei Zahlen

a, b

und

c

ist die Gleichung

(2)

a^{3} + b^{3} = c^{3}

erfüllt.

Wenn wir nun von Gleichung

(2)

die Gleichung

(1)

abziehen und dann die
Gleichung noch durch 6 teilen, erhalten wir

\frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6}

und das ist ja nichts anderes als

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

Wenn also

a + b = c

und

a^{3} + b^{3} = c^{3}

gilt, dann auch

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

.

Gerhard Löffler dreht nun die Richtung um und sagt, wenn

F_{6} (a) + F_{6} (b) \neq F_{6} (c) \Rightarrow a^{3} + b^{3} \neq c^{3}

immer unter der Voraussetzung

a + b = c

.

Was ist aber nun, wenn

a + b \neq c

ist? Dann gibt es ein

d \neq 0

mit

(1') a + b = c + d

Wenn wir von

(2)

nun die Gleichung

(1')

subtrahieren und das Ganze durch
6 teilen, erhalten wir:

\frac{a^{3} - a}{6} + \frac{b^{3} - b}{6} = \frac{c^{3} - c}{6} - \frac{d}{6}

oder

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c) - \frac{d}{6} \neq F_{6} (c),

d \neq 0

D . h .,

für Zahlenpaare

a, b

mit

a + b \neq c

folgt aus

a^{3} + b^{3} = c^{3}

immer

F_{6} (a) + F_{6} (b) \neq F_{6} (c)

Gerhard Löffler würde nun aus der Tatsache

F_{6} (a) + F_{6} (b) \neq F_{6} (c)

folgern, dass

a^{3} + b^{3} \neq c^{3}

gilt, denn laut seiner Aussage von gestern um

18 : 41

gilt
dies für beliebige Zahlen.

Das diese Schlussfolgerung falsch ist, hat auch schön das analoge
Beispiel von Ermanus mit dem Faktor2 gezeigt.

a = 3, b = 4

und

c = 5

ist ja eine Lösung von

a^{2} + b^{2} = c^{2}

F_{2} (3) + F_{2} (4) \neq F_{2} (5)

ist, würde Gerhard Löffler aber den
Schluss ziehen, dass

a = 3, b = 4

und

c = 5

keine Lösung von

a^{2} + b^{2} = c^{2}

ist.

Der Grund ist, dass

a + b = 7 \neq c

ist, so dass der Formalismus mit dem Faktor2
hier nicht funktioniert.

Wo da noch ein Distributivgesetz ins Spiel kommen könnte, sehe ich nicht.

Wie diese abgeleitete Formel zustande kommt und wie das mit der

- 1

funktioniert,
habe ich mir nicht mehr weiter angeschaut, denn selbst wenn dies alles richtig
ist und er noch den leicht zu erbringenden Induktionsbeweis liefert, dann hat er
allenfalls gezeigt, dass drei Zahlen

a, b, c (a, b \geq 1)

mit

a + b = c

niemals
Lösung der Gleichung

a^{3} + b^{3} = c^{3}

sein können. Aber das kann man einfacher
haben. Für

a, b, c

mit

a, b \geq 1

und

a + b = c

gilt nach dem binomischen Lehrsatz

c^{n} = {(a + b)}^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) \cdot a^{n - k} \cdot b^{k} > a^{n} + b^{n}

für alle

n \geq 2

.

Was mit all den anderen Zahlenpaaren

a, b

ist, für die

a + b \neq c

gilt, habe ich gestern
schon gefragt und leider keine Antwort bekommen. Vielleicht wird ja die Antwort
noch nachgeliefert.

Viele Grüße
Yokozuna

skyrunner aktiv_icon

14:21 Uhr, 19.10.2017

Ja OK nun muss ich den zustimmen
Es gilt nur für a oder

b

ist 0 oder für

a, b, c = 0

und daher ist der Widerspruch da....

Stimmt dass das mein

F 6

das gleiche ist wie die Formel? Werde es noch Mal ansehen

...

tobit aktiv_icon

14:43 Uhr, 19.10.2017

@Yokozuna:

Ich denke, wir sind uns im Grunde einig und haben nur unterschiedliche Sichtweisen auf die gleiche gefundene Lücke in Gerhard-Loefflers Argumentation präsentiert.

@Gerhard-Loeffler:

Wir warten immer noch auf den Beweis von

F_{6} (a) + F_{6} (b) = F_{6} (c)

.
Alternativ genügt es, wenn du wie von Yokozuna gefordert begründen kannst, dass es genügt, Zahlen

a, b, c

mit

a + b = c

zu betrachten.

abakus

15:21 Uhr, 19.10.2017

"Also wir haben jetzt

(1) a+b=c

Nehmen wir außerdem an, für die drei Zahlen a,b und
c ist die Gleichung

(2) a³+b³=c³ erfüllt."

Das das allgemein nicht gehen kann, ist ja wohl sehr klar.
Wenn man die erste Gleichung hoch 3 nimmt, würde ja aus dem Vergleich mit Gleichung (2) folgen, dass (a+b)³=a³+b³ ist...

Mehr sage ich dazu nicht, der Troll hat genug von eurer Zeit gestohlen.

Yokozuna aktiv_icon

15:53 Uhr, 19.10.2017

@Gast62:

Dass unter der Bedingung

a + b = c

die Gleichung

a^{3} + b^{3} = c^{3}

keine Lösung haben kann
und dass dies sehr einfach zu sehen ist, habe ich doch in beiden meiner Beiträge ganz
klar gesagt. Ich habe doch nur an der von Dir zitierten Stelle versucht, mich in die
Denkweise unseres Fermat-Satz-Spezialisten hinein zu denken.
Er kommt ja dann letztendlich auch zu dem Ergebnis, dass es unter der Bedingung

a + b = c

keine Lösung für

a^{3} + b^{3} = c^{3}

gibt, es dauert halt ein bischen länger.

Viele Grüße
Yokozuna

ermanus aktiv_icon

19:49 Uhr, 19.10.2017

@Gerhard-Loeffler:

ich kann mich natürlich irren, aber was die Sache mit dem Distributivitätsgesetz
angeht, bist du wohl der Meinung, dass die besondere Summation der natürlichen Zahlen,
die typisch für die Bildung des Faktor6 ist, zerstört wird,
wenn man einen Faktor6 zu einem anderen Faktor6 addiert, und es daher nicht angehe, dass so wieder ein Faktor6 mit der für seinesgleichen so spezifischen Bauart entstehen könne.

Hier ist nun aber eine kleine Liste mit Gegenbeispielen:

F 6 (4) + F 6 (4) = F 6 (5) : 10 + 10 = 20

F 6 (9) + F 6 (15) = F 6 (16) : 120 + 560 = 680

F 6 (21) + F 6 (55) = F 6 (56) : 1540 + 27720 = 29260

F 6 (31) + F 6 (56) = F 6 (59) : 4960 + 29260 = 34220

F 6 (35) + F 6 (119) = F 6 (120) : 7140 + 280840 = 287980

F 6 (40) + F 6 (71) = F 6 (75) : 10660 + 59640 = 70300

F 6 (49) + F 6 (139) = F 6 (141) : 19600 + 447580 = 467180

An dieser kann man erkennen, dass einem das Distributivgesetz hier wohl kaum weiterhilft ...

Gruß ermanus

Gerhard-Loeffler aktiv_icon

20:48 Uhr, 19.10.2017

F 6 (21) + F 6 (55) = F 6 (56) : 1540 + 27720 = 29260

hat nichts mit der Reihe

F 6 (1) + F 6 (55)

F 6 (2) + F 6 (54)

F 6 (3) + F 6 (53)

F 6 (4) + F 6 (52)

F 6 (5) + F 6 (51)

F 6 (6) + F 6 (50)

F 6 (7) + F 6 (49)

F 6 (8) + F 6 (48)

F 6 (9) + F 6 (47)

F 6 (10 + F 6 (46)

F 6 (11) + F 6 (45)

F 6 (12) + F 6 (44)

F 6 (13) + F 6 (43)

F 6 (14) + F 6 (42)

F 6 (15) + F 6 (41)

F 6 (16) + F 6 (40)

F 6 (17) + F 6 (39)

F 6 (18) + F 6 (38)

F 6 (19) + F 6 (37)

F 6 (20) + F 6 (36)

F 6 (21) + F 6 (35)

F 6 (22) + F 6 (34)

F 6 (23) + F 6 (33)

F 6 (24) + F 6 (32)

F 6 (25) + F 6 (31)

F 6 (26) + F 6 (30)

F 6 (27) + F 6 (29)

F 6 (28) + F 6 (28)

zu tun.

ermanus aktiv_icon

21:14 Uhr, 19.10.2017

Meine Güte, das weiß ich doch! Zumal wir mittlerweile doch kapiert haben,
welche Konsequenzen deine Annahme

c = a + b

hat.
Ich wollte dir nur zeigen, dass irgendein seltsamer Bezug zum
Distributivgesetz nichts bringt. Wenn

c = a + b

ist, ist

c^{3} = a^{3} + b^{3}

doch aus trivialen
Gründen gar nicht möglich. Das sieht man doch sofort ein, dazu bedarf es doch des ganzen
Brimboriums nicht.

Yokozuna aktiv_icon

21:52 Uhr, 19.10.2017

@Gerhard-Loeffler:

In Deinem Post um

18 : 41

Uhr,

18.10.2017

schreibst Du:

"Gemäß der Formel für Kuben muss die Summe der Faktoren(6) von möglichen Kombinationen beliebiger a und

b

den Faktor(6) für ein zugehöriges

c

ergeben."

Also sind die a und

b

jetzt beliebig oder nicht?

Wenn Du den Satz von Fermat beweisen willst, dann musst Du doch sicherstellen, dass es
nicht ein einziges Paar von Zahlen

a, b (a, b \geq 1)

gibt, die

a^{3} + b^{3} = c^{3}

erfüllen. Dazu
reicht es sicher nicht aus, nur Zahlen

a, b

mit

a + b = c

zu betrachten, wie Du das offensichtlich
tust. Wenn es eine Lösung geben sollte, dann doch gerade nur unter den Zahlenpaaren

a, b,

für die

a + b \neq c

gilt. Bei den Pythagoreischen Tripeln ist das auch so,

z . B

3^{2} + 4^{2} = 5^{2}

mit

3 + 4 \neq 5

oder

5^{2} + 12^{2} = 13^{2}

mit

5 + 12 \neq 13

usw.

Im Fall

3^{2} + 4^{2} = 5^{2}

würdest Du für

c = 5

nur die Zahlenpaare

1, 4

2, 3

betrachten und dann zum Ergebnis kommen, dass die Gleichung

a^{2} + b^{2} = 5^{2}

keine
Lösung besitzt. Die tatsächlich vorhandene Lösung

3,4,5

kommt bei Deinen Lösungspaaren
nicht vor und wird deshalb auch nicht gefunden.

Viele Grüße
Yokozuna

DerChiller aktiv_icon

12:45 Uhr, 09.03.2023

Es gibt auf jeden Fall keinen Beweis, dass seine Vermutung falsch ist.

Gegeben sind 3 ganze positive Zahlen:

x, y, z

Für diese 3 Zahlen gilt:

x < y < z

Man muss nicht Beweisen, dass man immer eines der beiden Ergebnisse erhält.

1 .) x^{3} + y^{3} > z^{3}

2 .) x^{3} + y^{3} = z^{3}

Es reicht wenn man erfolglos versucht ein Zahlentripel zu finden, bei dem gilt:

x^{3} + y^{3} = z^{3}

Und der Beweis muss kurz genug sein, so dass Fermat ihn aufgeschrieben hätte, wenn er ein bißchen mehr Platz gehabt hätte. Außerdem war er kein studierter Mathematiker. Die meisten Formeln die Herr Andrew Wiles verwendet hat, kannte Fermat überhaupt nicht. Ich denke 'mal, dass Fermat so zu seiner Behauptung/Vermutung kam.

Er hat eine Tabelle erstellt, die in etwa so aufgebaut war:

1. Zeile:

x

2. Zeile:

y

3. Zeile:

z

4. Zeile:

x^{3}

5. Zeile:

y^{3}

6. Zeile:

z^{3}

7. Zeile:

z^{3}

x^{3} - y^{3}

Am anfang war alles noch eindeutig.

27 - 8 - 1 = 18; 64 - 27 - 8 = 29; 125 - 64 - 27 = 34; 216 - 125 - 64 = 27; 343 - s 16 - 125 = 2

Da dachte Fermat (,und mir ging es ganau so), dassa das immer so weiter geht. Dann kommt aber der Cooler, denn

512 - 343 - 216 = - 47

Das ist zwar immer noch nicht 0. Aber die Vermutung, dass

z^{3} - x^{3} - y^{3}

immer größer 0 ist bewahrheitete sich nicht. Und hier gibt es aucf den ersten Blick auch keine Gesetzmäßigkeit, denn bei

7,9,10

kommt in der 7. Zeile ein positiver Wert heraus. Bei

7,9,11

ist der Wert schon wieder negativ. Da gibt es vielleicht ein Muster - aber es wird wohl eine Weile dauern, bis man das herausgefunden hat.
Wer dieses Muster irgendwann erarbeitet, hat den letzten Satz Fermat's zu

99,99 %

direkt bewiesen.

abakus

15:25 Uhr, 09.03.2023

"Wer dieses Muster irgendwann erarbeitet, hat den letzten Satz Fermat's zu 99,99%
direkt bewiesen."

Hänge noch ein 0 ran, dann hast du 99,990%.
Dann kannst du die 99,99 streichen.

ermanus aktiv_icon

15:55 Uhr, 09.03.2023

Ja, da hat wohl jemand nicht verstanden, was es
bedeutet, einen mathematischen Sachverhalt zu beweisen.

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1568305

1299066

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?