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不用无穷递降法证明a²+b²=c²和a²-b²=d²不共存
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如题。下午发那个贴有错,又修改了,感谢蔸蔸白指点。不存在两个数,它们的平方和等于一个数的平方,同时它们的平方差又等于另一个数的平方。若存在两式共存,则两式相乘得m⁴-n⁴=l²
本文即证明不存在m⁴-n⁴=l²
第一张图引理1,第二张图引理2
正式证明在二楼
送TA礼物
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1楼
2024-06-22 20:31
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正式证明,请老师看看对不对
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2楼
2024-06-22 20:32
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其实不用专门写引理2,直接在正式证明后面推导出引理1的矛盾即可
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3楼
2024-06-23 08:59
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慢慢再研究看看,能不能捣鼓出和费马大定理相关的东西
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4楼
2024-06-23 14:15
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@蔸蔸白
或许这里是你想要的证明,a^n+c^(n/2)和a^n-c^(n/2)必然有一个只含有一个2因子,如果它们都含有两个或两个以上2因子,那么两式相加会得出a^n是偶数,与a为奇数矛盾
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5楼
2024-06-24 08:31
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需要说明的是,2楼的结论只是证明了a²ⁿ-b²ⁿ×2²ⁿᵏ≠cⁿ,并未证明a²ⁿ-c²ⁿ≠bⁿ×2ⁿᵏ,但事实上如果a²+b²=c²和a²-b²=d²共存且互质时,只有a为奇数b为偶数c为奇数的情况,两式相乘得a⁴-b⁴=(cd)²,也正是二楼证明的情况,而费马大定理n为4的情况,只要证明二楼的结论,费马大定理n为4的情况即可证明,无需证明a²ⁿ-c²ⁿ≠bⁿ×2ⁿᵏ
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6楼
2024-06-26 12:42
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对于证明a²ⁿ-c²ⁿ≠bⁿ×2ⁿᵏ,用二楼的证明得出a²+b²=c²和a²-b²=d²不能共存之后,由勾股定理通项公式知,若a²ⁿ-c²ⁿ=bⁿ×2ⁿᵏ,则有m²+n²=p²以及m²-n²=q²,与a²+b²=c²和a²-b²=d²不能共存矛盾。因此不可能。
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7楼
2024-06-26 14:41
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张翔zz双子
二次互反
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8楼
2024-06-27 23:21
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a⁴+b⁴=c²可以变为a⁴+b⁴×2⁴ᵏ=c²,a b c为互质奇数,则(c+a²)(c-a²)=b⁴×2⁴ᵏ,设c+a²=2×p⁴,c-a²=2⁴ᵏ⁻¹×q⁴,a²=p⁴-q⁴×2⁴ᵏ⁻²,转化为类似二楼的情形
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9楼
2024-06-28 09:04
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所以2楼的命题是重要的结论
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10楼
2024-06-28 09:05
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张翔zz双子
二次互反
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a∧4-b∧4=c²分解成(a²+b²)(a²-b²)=c²没有解,a∧4+b∧4=c²无穷递降法是不是这?
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11楼
2024-06-28 09:05
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我自己写的不用两式相乘和勾股通项公式的方法的无穷递降法证明两式不共存
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12楼
2024-06-28 09:34
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