Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Scris de **meteor** Lun 04 Noi 2013, 20:40

Rezumarea primului mesaj :

Ceea ce se cerceteaza, ceea ce e nefinalizat si sau la care autorul nu e convins, in un cuvint un fel de cos cu gunoi.

Scris de **meteor** Dum 10 Noi 2013, 20:11

De chite ori am spus: "Omul informat este puternic " ?!

Ideea este, ca dechit sa stai sa buchii si nimic sa nu obtii, mai bine cel putin inveti toate teoremele cunoscute in ziua de azi.

Daca vrei sa faci un pas si mai mare, atunci sa le intelegi cum s-au obtinut (demonstrat).

Spre exemplu eu nu stiam de Teorema numerelor prime, indata cum am aflat de ea, multe cai si-au deschis drumul.
La aceasta teorema au lucrat zeci de oameni mari.

Daca as fi stiut si inteles toate teoremele din ziua de azi din matematica, cred ca eram sa descoper inca jumatate de matematica, dar, greu merge cu invatatul rendeer

Ar fi bine sa se deschida o lista cu teoreme din un anumit domeniu (fie teoria numerelor), inafara de deoreme expuse chit mai clar nimic in acel subiect sa nu fie.

Scris de **meteor** Vin 15 Noi 2013, 10:35

per curiosul:

Gresela e in aceea caci am spus ca cel putin unul din termeni este numar par, deci si nedivizibil cu p. Am spus tot eu mai sus ca daca un numar este par, nu inseamna ca nu e divizibil cu un numar prim impar. Altfel spus valoarea acestui numar par poate fi egala cu 2 inmultit cu un oarecare multiplu de p.
Aceasta pina aici inseamna ca nu avem nici o dovada certa ca cel putin unul din termeni e diferit de p, si aceasta ne arunca cu un pas in urma.

Avem insa alt drum, stim caci e necesar ca $(x,y,z)=1$ (si aceasta nu in zadar s-a facut, deoarece descrie solutia minima, daca ea este atunci mai exista o multime de solutii, daca nu am pune aceasta relatie, am cobori vesnic prin scoterea factorului comun).
Din relatia $(x,y,z)=1$ rezulta ca cel putin unul din $x, y, z$ nu este divizibil cu p.

1. Fie caci acest termen este x, iar restul ar fi divizibili cu p.
Vom avea: $x\nmid p$ ; $y\vdots p$ ; $z\vdots p$
Ecuatia fermantica se mai poate scrie:
$x^{p}=z^{p}-y^{p}=p\cdot \delta$
$p$ este factorul comun dintre y,z.
$\delta$ este restul produsul care ramine.

Din egalitatea de mai sus ajungem la concluzia caci $x\vdots p$ , insa din regula dedusa mai sus stim bine caci aceasta este absurd.

La fel se deduce si pentru $y$ si pentru $z$ .

Concluzia este : Cel putin doi termeni din $x,y,z$ nu sunt divizibili cu p.

Pina aici ajungem la un rezultat care confirma teorema la un numar foarte foarte mare de cazuri, la figurat spus cam 70% din teorema e demonstrat.

Mai departe nu is prea convins la moment.
Fie unul din termeni este divizibil cu p, iar ceilalti asa cum am demonstrat nu este divizibil cu p.
Adica: $x\vdots p$ ; $y\nmid p$ ; $z \nmid p$

Scriem ecuatia fermantica:
$x^{p}=p\cdot \lambda =z^{p}-y^{p}$
$\lambda =\frac{z^{p}-y^{p}}{p}=\frac{z^{p}}{p}-\frac{y^{p}}{p}$
Aceasta spune ca in asa caz atit $y\vdots p$ chit si $z\vdots p$ , ceea ce este o absurtitate, reesind din regulile deduse mai sus.

La fel se deduce si pentru y si pentru z.

Sa fie oare Q.E.D. ?! scratch

Scris de **curiosul** Vin 15 Noi 2013, 19:44

Din păcate nu, meteor și chiar mă întreb cum de nu vezi greșeli simple.
Dar dacă tot vrei părerea mea nu vreau să te critic, ci o să-ți răspund cât pot de clar.

Să le luăm la rând.

meteor a scris:Gresela e in aceea caci am spus ca cel putin unul din termeni este numar par, deci si nedivizibil cu p. Am spus tot eu mai sus ca daca un numar este par, nu inseamna ca nu e divizibil cu un numar prim impar. Altfel spus valoarea acestui numar par poate fi egala cu 2 inmultit cu un oarecare multiplu de p.

Este evident și de aceea nici nu am comentat această concluzie.
M-am gândit că poate ai fost doar prea entuziasmat și într-un final îți dai seama singur, așa cum ai și făcut de altfel.

meteor a scris:Din relatia $(x,y,z)=1$ rezulta ca cel putin unul din $x, y, z$ nu este divizibil cu p.

Dacă x, y și z sunt toate prime între ele, mai exact oricare două nu au un divizor comun mai mare ca unitatea, atunci cel puțin două nu se divid cu p, concluzie la care ai ajuns și tu.
Presupunând că două dintre ele se divid cu p, acesta poate fi scos factor comun prin separarea soluțiilor divizibile cu p de aceeași parte a egalității și ar rezulta că și cealaltă soluție trebuie să-l conțină pe p factor.
Imposibil prin condiția pe care trebuie să o îndeplinească soluțiile ecuației, pentru că ecuația admite înainte de toate soluții primitive x, y, z.
Sper să înțelegi fără să mai scriu ecuații, deși am explicat asta de cinșpe mii de ori, aproape de fiecare dată când credeam că o anumită demonstrație a teoremei pe care o găsisem este corectă.

meteor a scris:Scriem ecuatia fermantica:
$x^{p}=p\cdot \lambda =z^{p}-y^{p}$
$\lambda =\frac{z^{p}-y^{p}}{p}=\frac{z^{p}}{p}-\frac{y^{p}}{p}$
Aceasta spune ca in asa caz atit $y\vdots p$ chit si $z\vdots p$ , ceea ce este o absurtitate, reesind din regulile deduse mai sus.

La fel se deduce si pentru y si pentru z.

Sa fie oare Q.E.D. ?!

Din păcate nu, meteor.
Pentru că chiar dacă membrul stânga este întreg pozitiv, natural, chiar dacă y și z nu sunt divizibile cu p, fracțiile respective sunt numere raționale, iar suma celor două numere raționale ce constituie membrul din dreapta poate fi natural.
Exemple poți găsi chiar tu însuți.
Gândește-te că dacă logica raționamentului tău ar fi corectă, iar oricare două din x, y, z nu pot avea niciun factor comun, ecuația ar putea fi simplu scrisă :

$\mathbf{x=\frac{z^n}{x^{n-1}}-\frac{y^n}{x^{n-1}}}$

Atât z, cât și y nu sunt divizibile cu x, iar logica ar fi aceeași cu cea a ecuației tale, situație în care teorema ar fi demult demonstrată, datorită simplității demonstrației.

Ca să-ți explic și altfel, demonstrația ta este valabilă și pentru cazul n=2, pentru că în acest caz n=2, una din soluții este obligatoriu pară, ceea ce ar însemna că și pentru cazul n=2 ecuația nu are soluții.
Dar pentru cazul n=2 ecuația are soluții.
Deci, ce zici este corectă ?

Scris de **meteor** Vin 15 Noi 2013, 21:05

Regula caci cel putin doi termeni nu sunt divizibili (multipli de p) cu p, ramine in picioare.

Ramine de demonstrat (aflat) daca la fel este cu toti trei termeni.

La cazul n=2, nu este aceeasi poveste ?! Oare nu daca (x,y,z)=1, atunci cel putin 2 factori nu sunt divizibili cu 2 (am dedus doar ca unul e par celelalte doi factori impari).

Despre faptul caci exista solutii solutii per n=2, posibil aceeasi poveste sa fie si per n>2, eu nus'

De luat in seama ca 2 e numar prim DAR par, asa proprietate restul numerelor prime nu au, si cred ca e bine de luat in seama caci per puterea 2 suma a doi termeni patrati nu se poate discompune in produs.

Pina ce ramine de sapat.

Scris de **curiosul** Sam 16 Noi 2013, 18:44

meteor a scris:La cazul n=2, nu este aceeasi poveste ?! Oare nu daca (x,y,z)=1, atunci cel putin 2 factori nu sunt divizibili cu 2 (am dedus doar ca unul e par celelalte doi factori impari).

Obligatoriu chiar.
Iar pentru x, y, z soluții primitive ale ecuației, una din soluțiile x sau y este soluția pară ; z nu poate fi un număr par.
Mai mult, una din soluții se divide obligatoriu cu 3, una, sau aceeași se divide cu 4, iar cealaltă, sau chiar una dintre cele care se divide cu 3 și cu 4, se divide și cu 5.
Dacă vrei și demonstrația ți-o scriu, deși o poți deduce și singur.
Pentru situația în care una se divide cu 5 analizează ultima cifră, pentru cazul în care o soluție este divizibilă cu 3 folosești mica teoremă a lui Fermat, iar pentru cazul soluției care se divide cu 4 arăți că diferența a două pătrate perfecte care se divide cu 2, este divizibilă cu 4.
Generalizat, poți arăta că dacă diferența a două numere la puterea p se divide cu p, atunci această diferență se divide cel puțin cu p la pătrat.

meteor a scris:De luat in seama ca 2 e numar prim DAR par, asa proprietate restul numerelor prime nu au, si cred ca e bine de luat in seama caci per puterea 2 suma a doi termeni patrati nu se poate discompune in produs.

2 este un număr prim, dar deși este par, aproape în toate cazurile unor afirmații privitoare la numerele prime, 2 se supune la aceeași regulă a afirmației.

Dacă suma a două pătrate perfecte nu s-ar putea descompune în produs, așa cum te exprimi tu și dacă am înțeles bine, atunci ar însemna că orice sumă de două pătrate perfecte este un număr prim, nu ?
Vrei contraexemple ?
Mă gândesc că nu, le găsești singur.

Scris de **meteor** Sam 16 Noi 2013, 19:45

curiosul a scris:

meteor a scris:De luat in seama ca 2 e numar prim DAR par, asa proprietate restul numerelor prime nu au, si cred ca e bine de luat in seama caci per puterea 2 suma a doi termeni patrati nu se poate discompune in produs.
2 este un număr prim, dar deși este par, aproape în toate cazurile unor afirmații privitoare la numerele prime, 2 se supune la aceeași regulă a afirmației.

Dacă suma a două pătrate perfecte nu s-ar putea descompune în produs, așa cum te exprimi tu și dacă am înțeles bine, atunci ar însemna că orice sumă de două pătrate perfecte este un număr prim, nu ?
Vrei contraexemple ?
Mă gândesc că nu, le găsești singur.

Poate ca.
Eu vau sa zic ca sa gasesti o formula generala la a^2+b^2 de descompunere in produs cred ca e pe semnul intrebarii, pina ce nu se vad ca are nimic cu demonstrarea , pur si simplu e o banueala.

Scris de **curiosul** Sam 16 Noi 2013, 19:54

meteor a scris:
Eu vau sa zic ca sa gasesti o formula generala la a^2+b^2 de descompunere in produs cred ca e pe semnul intrebarii, pina ce nu se vad ca are nimic cu demonstrarea , pur si simplu e o banueala.

Te referi la ceva asemănător ca în cazul diferenței ?
Cum ar fi $\mathbf{a^2-b^2=(a-b)(a+b)}$ sau ceva de genul, dar pentru cazul sumei ?

Eu sunt de părere că nu există o formulă generalizată, ci doar particularizări, pentru că sunt și cazuri în care suma a două pătrate perfecte este un număr prim, dar nu este o regulă.

Acum îmi amintesc că parcă mi-am ridicat și eu mai demult o problemă asemănătoare.
Nu știu la ce concluzie am ajuns, la nivelul unor cazuri particulare, parcă.

Scris de **meteor** Joi 21 Noi 2013, 22:23

Sa anlizam cazul:
$x\nmid p; y\nmid p; z|p$

Ecuatia noastra fermantica o putem scrie:
$M_{x}p-(p-1)!+M_{y}p-(p-1)!=z^{p}=(\lambda \cdot p)^{p}$
Apoi:
$(M_{x}+M_{y}-(\lambda p)^{p-1})p=2(p-1)!$
apoi:
$\frac{(M_{x}+M_{y}-(\lambda p)^{p-1})p}{(p-1)!} =2$
Toata chestia asta de:
$M_{x}+M_{y}-(\lambda p)^{p-1}$ trebue sa fie un numar natural, fie ca il notam prin un oarecare $\delta$
Avem:
$\frac{\delta\cdot p}{(p-1)!}=2$

Apare intrebarea: Poate fi un asa numar $\delta$ natural ?!
Parca am mai avut chindva la inceput un asa caz asemanator, eu cred ca nu poate fi un asa numar.

De aici rezulta caci pentru asa caz ecuatia nu are solutii, doar io' stiu per p=2, poateca ceva ar merge.

Sper ca nu am gresit pina aici cu nimic.

Daca, ceea ce am facut pina aici e corect, atunci ramin inca doua subcazuri $x| p; y\nmid p; z\nmid p$ si $x\nmid p; y |p; z\nmid p$ (defapt unul..), daca si ele se determina, demonstratia e finisata.

Scris de **curiosul** Vin 22 Noi 2013, 09:09

meteor a scris:Sa anlizam cazul:
$x\nmid p; y\nmid p; z|p$

Ecuatia noastra fermantica o putem scrie:
$M_{x}p-(p-1)!+M_{y}p-(p-1)!=z^{p}=(\lambda \cdot p)^{p}$

Dacă scrii așa ecuația, asta înseamnă că ai plecat de la o egalitate de genul :

$\mathbf{x^{p-1}+y^{p-1}=z^p}$

Pentru că ai aplicat teorema pe care ai menționat-o anterior, cea a lui Sierpinski :

curiosul a scris:
Congruența corectă este
$a^{p-1}+(p-1)!\equiv 0 (modp)$
și nu
$a^{p}+(p-1)!\equiv 0 (modp)$

Rezultă din teorema lui Wilson :
$(p-1)!\equiv -1(modp)$ ,
și mica teoremă a lui Fermat (corectă, nu greșită ca în mesajul anterior) :
$a^{p-1}\equiv 1(modp)$

Din cele două congruențe rezultă că $a^{p-1}+(p-1)!\equiv 0 (modp)$ , generalizat pentru orice a nedivizibil cu p prim.

Deci trebuie să reanalizezi raționamentul pentru că ecuația
$\mathbf{x^{p-1}+y^{p-1}=z^p}$
nu este aceeași cu ecuația
$\mathbf{x^{p}+y^{p}=z^p}$

Scris de **curiosul** Vin 22 Noi 2013, 09:15

meteor a scris:
Apoi:
$(M_{x}+M_{y}-(\lambda p)^{p-1})p=2(p-1)!$
apoi:
$\frac{(M_{x}+M_{y}-(\lambda p)^{p-1})p}{(p-1)!} =2$

Membrul din stânga al ultimei identități este rațional și ajunge la o fracție ireductibilă prin simplificarea cu cel mai mare divizor comun al numărătorului și numitorului, pentru că numitorul nu-l conține pe p factor, în timp ce numărătorul îl conține, iar membrul din dreapta este întreg (2).

Dacă raționamentul tău ar fi corect, ar fi suficient să demonstreze teorema.
Dar vezi greșeala din mesajul anterior.

Scris de **curiosul** Vin 22 Noi 2013, 09:27

Demonstrația mai simplă, fără alte complicații, a faptului că egalitatea

meteor a scris:
$(M_{x}+M_{y}-(\lambda p)^{p-1})p=2(p-1)!$

este imposibilă, se explică prin faptul că membrul drept nu-l conține pe p factor, în timp ce membrul din stânga îl conține.
Dacă p este mai mare ca 2, ceea ce analizăm de fapt, factorialul lui p-1 nu se divide cu p, ci cu orice număr prim mai mic ca p.
Ar demonstra teorema, dar greșeala raționamentului se află înaintea acestui pas.

Scris de **meteor** Vin 22 Noi 2013, 10:04

http://fs.gallup.unm.edu/AUNFITN.pdf pag 14, repet se pare deja a 3 oara.

Teorema lui Serpinski spune:
Daca p e numar prim atunci:
$a^{p}+(p-1)!\equiv 0 (mod p)$
(eu spun) Adica:
$\frac{a^{p}+(p-1)!}{p}=M_{a}$
apoi:
$a^{p}=M_{a}p-(p-1)!$

Asa deci fii mai atent pe viitor, la fel fara sa ma supar astept critici.

Demonstratia ceea a ta a ireductibilitatii fractiei cred ca nu prea e ok trebue mai riguroasa, cea data de mine mai demult cred ca e buna (principiul fiecare se lauda pe sine Razz

).

Scris de **curiosul** Vin 22 Noi 2013, 10:18

Teorema lui Sierpinski, așa cum este ea scrisă acolo, este greșită.

Cel mai probabil este o greșeală de redactare.
Forma corectă a congruenței este

${\color{Red} \mathbf{a^{p-1}+(p-1)!\equiv 0(modp)}}$

Mai întreabă, dacă chiar nu o poți deduce singur.
Vrei și contraexemple pentru varianta pe care o susții ca fiind corectă $\mathbf{a^{p}+(p-1)!\equiv 0(modp)}$ ?

Nu are importanță care raționament este mai simplu, ci doar concluzia pe care o susțin.
Ce-i corect, e corect, nu te susțin doar de dragul de a te susține.

Scris de **meteor** Vin 22 Noi 2013, 10:24

Privitor la cazul de mai sus anterior se pare ca asa e.

Scris de **curiosul** Vin 22 Noi 2013, 10:31

Demonstrația prin suma congruențelor, generalizat pentru orice a nedivizibil cu p, vine de la congruențele:

$\begin{cases} (Fermat).......a^{p-1}\equiv 1 \\ (Wilson)...(p-1)!\equiv -1 \end{cases}(mod\mathbf{p})$

Din suma termenilor congruențelor, rezultă congruența în mod p :

$\mathbf{a^{p-1}+(p-1)!\equiv 0 }(mod\mathbf{p})$

Pentru orice a nedivizibil cu p.

Scris de **meteor** Dum 24 Noi 2013, 11:34

Sa o luam de la capat.

Pentru $a \nmid p$ avem teoremele:
$\begin{cases} (Fermat).......a^{p-1}-1\equiv 0 \\ (Serpinski)..a^{p-1}+(p-1)!\equiv 0 \end{cases}(mod\mathbf{p})$

Ceea ce se mai poate scrie:
$\begin{cases} a^{p-1}=M_{a'}p+1 \\ a^{p-1}=M_{a''}p-(p-1)! \end{cases}$
Inmultind ambele ecuatii avem:
$a^{2(p-1)}=M_{a'}M_{a''}p^{2}-M_{a '}p!+M_{a''}p-(p-1)!$
Multiplii tot multipli ramin, deaceea ii scrim unde se poateca pe un multimplu:
$a^{2(p-1)}=M_{a}p^{2}+M_{a}p -M_{a }p!-(p-1)!$
Acum apare o intrebare (o mica dilema) poate fi considerat $M_{a}p^{2}+M_{a}p -M_{a }p!$ ca fiind un oarecare numar (multimplu) inmultit cu p ?! Ca este divizibil cu p e clar, dar ca multiplul e pozitiv cam e pe semnul intrebarii.
Pina la urma il vom nota ca multiplu, insa nu stim e pozitiv sau negativ, asa ca ecuatia mai putem scrie:
$a^{2(p-1)}=M_{a}p-(p-1)!$
Fachind mai departe acelasi truc, obtinem aceeasi si pentru :
$a^{3(p-1)}=M_{a}p-(p-1)!$
Sau la general spus:
$a^{\lambda (p-1)}=M_{a}p-(p-1)!;\lambda \geq 1$

Aceasta formula ne da voe sa demonstram pentru o multime de cazuri (cei drept doar pare), daca:
$x\nmid p ;y \nmid p$ oarecare ar fi z.
Pentru cazul $x\nmid p ;y \nmid p; z \nmid p$ cu atit mai mult.

Adica, ecuatia:
$x^{\lambda (p-1)}+y^{\lambda (p-1)}=z^{\lambda (p-1)}$
Nu are solutii daca:
$x \nmid p; y \nmid p; \forall z; (x,y,z)=1$
Ce nu trebue de uitat e faptul ca cel putin 2 termeni din ecuatia fermantica, pentru cazul chind (x,y,z)=1, nu sunt divizibili cu p.

Scris de **curiosul** Dum 24 Noi 2013, 12:43

Din

$\begin{cases} \mathbf{a^{\lambda (p-1)}=M_{a}p-(p-1)!} \\ \mathbf{x^{\lambda (p-1)}+y^{\lambda (p-1)}=z^{\lambda (p-1)}} \end{cases}\Rightarrow$

$\mathbf{ M_{x}p-(p-1)!+M_{y}p-(p-1)!=M_{z}p-(p-1)!}$

$\mathbf{ p\left ( M_{x}+M_{y}-M_{z} \right )=(p-1)!}$

Egalitate evident imposibilă prin faptul că p nu este conținut factor în dreapta.
Dar doar dacă x, y, z nu se divid niciunul cu p.
Nici nu-ți trebuie alte complicații, folosești direct teorema lui Sierpinski.
Dar așa cum ți-am mai spus, aceasta demonstrează doar că una din soluții trebuie să fie obligatoriu divizibilă cu p, altfel, pentru acest caz general p-1, se ajunge la ultima egalitate de mai sus imposibilă.

Nu ai avansat prea mult, ai scris doar sub o altă formă un raționament pe care l-ai folosit anterior.

Scris de **meteor** Dum 24 Noi 2013, 13:07

Nu e corect nimic. Crying or Very sad

In ecuatia fermantica noi vorbim ca baza sa nu fie divizibila (sa nu fie multiplu) cu puterea.

Aici insa noi am cazut in capcana, aici nu vorbim ca baza sa nu fie multipla de putere, ci de ceva particular al puterii.

Ex:
Daca scriem ca $x \nmid p$ pentru cazul : $x^{p}$ , atunci este corect (aplicind in eucuatia fermantica).

NU este insa corect chind spunem si aplicam teoremele de mai sus pentru cazul urmator:
$x^{p-1}$
Aici (daca ne referim la ecuatia fermantica) atunci trebue ca $x \nmid (p-1)$ , INSA din punct de vedere a Micii teoreme a lui Fermat trebue ca: $x \nmid p$ , ceea ce is doua lucruri diferite.

Scris de **curiosul** Dum 24 Noi 2013, 13:40

Nu-i așa simplă teorema asta, meteor !
Nu degeaba a rezistat atâtea secole, deși a fost analizată de minți fascinante ale matematicii.
Dar nu-i bai, la nivelul nostru e normal să greșim.
Vezi exemplul meu, cred c-am scris n demonstrații greșite.
Util ar fi să existe cineva care să ne arate și unde greșim, când nu putem să ne dăm seama singuri, cel puțin pentru moment.

Scris de **meteor** Dum 24 Noi 2013, 14:19

- Ca sa nu fie n subiecte cu n demonstratii gresite, deaceea si am deschis acest subiect, si un altul doar in care se va scrie demonstratiile corecte [daca vor fi].
Deaceea si am spus, ca suntem fermantisti pirat

- Eu inca [visez, eh da' ce bine era sa fie daca cazurile anterioare ar fi fosr corecte] ca poate fi o cale foarte simpla.

Ecuatiile in intreg cred ca is asa ele, greu la rezolvat.

Scris de Continut sponsorizat

Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat

Re: Cercetari asupra demonstratiei a cazurilor particulare si sau generale a Marii Teoreme a lui Fermat