Aangezien (a+1)²-a² = 2a+1 kan je elk oneven getal schrijven als verschil van 2 kwadraten. (en dus ook elke macht van een een oneven getal, want dat is opnieuw een oneven getal. Vb 23 = 2*11+1 = 12²-11²
Anderzijds, a²-b² = (a-b)(a+b). Nu geldt dat a-b en a+b allebei even of allebei oneven zijn (het verschil tussen de 2 factoren is immers 2b, een even getal). De oneven getallen hadden we al boven behandeld, dus in het even geval hebben we dus 2 even factoren, dus a²-b² zal dan sowieso een 4-voud zijn.
Als je een 4-voud hebt, kan je met (a+1)²-(a-1)²=4a makkelijk een mogelijke schrijfwijze vinden. Bv 24 = 4*6 = 7²-5²
De enige getallen x^n die niet lukken zijn dus de even getallen die geen 4-voud zijn, met n=1 (want als n>1 dan hebben we vanzelf een 4-voud)
Laatst gewijzigd door Bart23 op wo 29 jan 2025, 23:37, 1 keer totaal gewijzigd.
[1] Kijk eerst naar x (ofwel: geval n=1):
x = even en een viervoud: x=4k=(k+1)2−(k−1)2
x = even en GEEN viervoud:
dan zou er een oneven y zijn, zodanig dat x=2y=a2−b2=(a−b)(a+b)
Stel a-b=k, dan is a+b=k+2b en zien we:
ofwel (a-b) en (a+b) zijn allebei even,
ofwel (a-b) en (a+b) zijn allebei oneven.
In beide gevallen kan hun product niet gelijk zijn aan 2y.
x = oneven: x=2k+1=(k+1)2−k2
[2] Nu xn en n>1:
x = even = 2k
dan is xn=2n⋅kn, voor n>1 zeker een viervoud, zie verder [1]
x = oneven => xn is oneven, zie verder[1]
Als wij het mechanisme gebruiken om machten te laten dalen door om te zetten in verschillen van kwadraten,
kan dan de FLT niet eenvoudiger bewezen worden?
x^n = a^2 - b^2
y^n = c^2 - d^2
z^n = e^2 - e^2
Met n = een oneven getal niet gelijk aan 1
En daar x^n + y^n nooit gelijk is aan z^n .......(FLT)
Dan is (a^2 - b^2) + (c^2 - d^2) nooit gelijk aan (e^2 - f^2)
Dan is (a^2 + c^2 + f^2 ) nooit gelijk aan (b^2 + d^2 + e^2)
Een Diophantische vergelijking
Samen natuurlijk met de relaties die gelden tussen a en b...... c en d ...... e en f.
Maar je gebruikt FLT in je redenering. Dat kan nooit een bewijs voor FLT opleveren. Hoogstens heb je nu bewezen dat een bepaald type diophantische vgl geen oplossing kan hebben van een bepaalde vorm
Ik dacht enkel maar dat het reduceren van een willekeurige priem macht voor FLT naar kwadraten iets zou kunnen teweeg brengen.
Dus niet, geen probleem.
Nogmaals bedankt hoor.