Fermats letzter Satz
 

Ich versuche den Satz von Fermat zu beweisen:
https://de.wikipedia.org/wiki/Gro%C3...rmatscher_Satz

Dazu verwende ich den Satz von Pyhtagoras (a²+b²=c²) und eine allgemeingültige Formel der
Aritmethik: (a+b)² = a²+2ab+b² = c² und Zeige, dass (Vorausgesetzt es existieren in den Zahlen
Pythagoreische Tripel, also diese: https://de.wikipedia.org/wiki/Pythagoreisches_Tripel) der Satz von Fermat richtig sein muss:

a^n+b^n = c^n gilt erstmal in den Zahlen nur für n=2.
Wir nehmen den Satz des Pytagoras, in dem gilt: a²+b² = c² und verbinden ihn mit
dem speziellen Fall in den Zahlen, in der die Transformation c² => c²-2ab gültig ist:
a²+b² = c² <=> (a+b)² = c² => a²+b² = c²-2ab

Für c² <=> c²-2ab gilt er sowohl in den Zahlen als auch bei Pyhtagoras.

(a+b)^3 = c^3 ist die allgemeine Form für c^3 = a^3 + b^3

Fall 1)
(a+b)² * (a+b) = c² * c | a²+b² = c² ist in den Zahlen gültig => c²/(a²+b²) = existent;
(a²+ 2ab + b²) * (a+b) = c² * c | Es gilt (c²-2ab) = (a²+b²) = 1 => 1= (c²-2ab)/(a²+b²)
(a² + b²)*(a+b) =(c²-2ab)* c | Erweitere mit Phytagoras
(a² + b²)*(a+b) =(a²+b²-2ab)* c
(a² + b²)*(a+b) =(a²-2ab +b²)* c
(a² + b²)*(a+b) = (a-b)² * c
(a² + b²)*(a+b)*c = (a-b)² * c² | kürze mit Phytagoras
(a+b)*c = (a-b)²
c = (a-b)²/(a+b)

Fall 2)
(a+b)² * (a+b) = c² * c
(a²+ 2ab + b²) * (a+b) = c² * c | kürze mit Zahlen
(a+b) = c
c = (a+b) | gilt nur, wenn nicht zugleich a²+b²=c² gilt.

Fall 1) UND Fall 2)
Wenn es sowohl in den Zahlen als auch bei Phytagoras gelten soll gilt c=c
c = (a-b)²/(a+b)
c = (a+b)

Also:
(a-b)²/(a+b) = (a+b)
(a-b)² = (a+b)²
(a-b)² -2ab = (a+b)²-2ab | Es gilt (c²-2ab) = (a²+b²) = 1
(a-b)² -2ab = c²
(a² - 2ab + b²)-2ab = c² | ziehe Phytagoras ab
-4ab = 0

Für diesen allgemeineren Fall c^3 = a^3 + b^3 gilt also nicht der Phytagoras.
Damit gilt dieser Fall erst recht nicht mehr in den Zahlen.

Das gilt auch bei ungeraden Potenzen.

(a+b)² * (a+b)² = c²*c²
gilt nur für a+b=1=c
für (a + b) > 1 gilt c>1 und c>a und c>b
=> der Satz von Phytagoras gilt:
Wir definieren c*² => c²- 2ab

c² * (a+b)² = c²*c²
(a+b)*(a+b)= c²
a² + 2ab + b² = c² | kann nicht gleichzeitig gelten, wenn a²+b²=c² gilt.
q.e.d.:eek:

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Dieser "spezielle Fall" impliziert wegen c² = c² - 2ab entweder a = 0 oder b = 0. Damit verlässt Du den Gültigkeitsbereich des fermatschen Satzes.

AW: Fermats letzter Satz
 

Hier zwei Clips zu dem grossen Satz von Fermat

https://www.youtube.com/watch?v=dy-Queapz-I

https://www.youtube.com/watch?v=3rS5dlZaymM

und dann noch ein Video zu Primzahlen, mit denen sich nicht nur Pierre Fermat befasst hat und deren Wichtigkeit fuer die Kryptographie

https://www.youtube.com/watch?v=TlgdO5Xx7-Y

Hat jemand schon mal ein Buch von Rudolf Taschner gelesen und moechte dazu etwas mitteilen?

Ein gesundes und erfolgreiches Jahr 2019 fuer die User des Forums.

:)

AW: Fermats letzter Satz
 

Dito, d.h. auch von meiner Seite.

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Hmmm, ich glaube du hast meine Beweisskizze nicht ganz verstanden... Die Lösungen für a=b=0 wurden ja gefunden:
wir haben darin alle Möglichkeiten für a,b und die Lösung dieser Variablen in einem System, in dem entweder der Phytagoras oder aber die Zahlen die Variablengleichung a^n + b^n = c^n erfüllen.
Und die Gleichung -4ab = 0 ist ja auch eine richtige Lösung für trivialerweise a=0 und b=0.
Aber sie hat auch die Reelle Lösung a*b=0 und eine imaginären Lösung (2i)²ab = 0 und dort gilt nach Euler i=-1/i (also i² = -1 oder i := Wurzel(-1*+1)).
Diese imaginäre "Laune der Zahlen" würde aber nicht Pyhtagoras zulassen, denn da gibt es keine Wurzeln für |a|<0 und |b|<0 und |c|<0, während wenn also Pyhtagoras eine Gleichung nicht erfüllen kann, gilt, dass diese Gleichung nicht mehr in den Reellen Zahlen lösbar ist, wohl aber in den Imaginären Zahlen lösbar sein kann.

Also: Weder die Zahlen (über C) noch der Pyhtaogras alleine können den Satz beweisen, aber die Schnittmenge beider verbunden über die Variablen a,b und c zeigen auf, dass wenn eine Gleichung in der Geometrie nicht lösbar ist, es gleichbedeutend damit ist, dass Dinge wie Tripple des Pytagoras nicht existieren dürften. Wenn aber diese Tripple nicht existieren, dann existieren auch nicht die Gleichungen in den Tripplen, und damit dürfte es keine Lösungen der Gleichung a²+b²=c² in den Zahlen geben.

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Deine Beweisskizze ist völlig unverständlich.

Nochmal zum Beweisgegenstand:

Pythagoräische Tripel a,b,c > 0 aus den positiven ganzen Zahlen erfüllen die Gleichung

a^2 + b^2 = c^2

Beispiele für primitive pythagoräische Tripel sind (a,b,c) = (3,4,5), (5,12,13), (8,15,17)

Der große Fermatsche Satz besagt, dass für kein ganzzahliges n > 2 irgendeine Lösung mit Tripeln a,b,c > 0 aus den positiven ganzen Zahlen existiert, die

a^n + b^n = c^n

erfüllt.

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Jep, aber einen Schritt weitergedacht gilt ja auch:
(a1)²+(b2)² = c(12)² UND (a2)²+(b1)² = c(21)²

lassen wir den Kommutativen Ring zu und es gilt c(12)² = c(21)².
Deshalb ist es besser, die allgemeine Gleichung, die gültig ist in den Zahlen zu betrachten und dann das Polynom:
(a1+b2)² = (a2+b1)² zu betrachten. Denn die Zahlen verhalten sich ja nur "schräg", wenn man das "="-Zeichen nicht beachtet.
Wir haben gezeigt, das die Gleichung a²+b² = c² in der euklidischen Geometrie erfüllt wird von Pytogarianischen Trippeln, weiterhin, das sie von a^0, a^1 und b^0 und b^1 und c^0 und c^1 definiert sind. Für a²,b² und c² kennen wir Lösungen in den Reelen und imaginären Zahlen. Für a^3 und b^3 und c^3 haben wir gezeigt, dass, wenn der Pytahgras nicht mehr gilt, auch die Phytagorianschen Trippel nicht mehr gelten und damit die die Gleichungsvorschrift erfüllen. Da a^4 etc. sich analog a^3 verhält, haben wir durch induktion gezeigt, dass die Gleichung nur dann gilt, wenn c² ohne Einheit Zahlen wäre. Das gilt aber weder in den Zahlen noch bei Pyhtaoras. Zahlensystem, wie z.b. das Zehnersystem würden das aber wieder zulassen

Ja, mit n>2, so war auch mein Beweisansatz:confused:

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Jep, ihn kenn ich, er erklärt echt gut^^

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Was ist denn c(12)?

Lass die komplexen Zahlen lieber weg oder mach dazu ein neues Thema auf. Beim großen fermatschen Satz werden nur positive ganze Zahlen verwendet.

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c(12) ist ein Phytagorianisches Tripple ungleich T(3,4,5) und erfüllt wie c(21) die Gleichung a²+b²=c² im Zweidimensionalen Raum. Bewiesen durch ihre Existenz. Und im 3. Dimensionalen Raum gilt dann nur der Spezialfall:
a^3 + b^3 = c^3
wird nur erfüllt mit:
-4ab = 0
Dafür gibts dann Lösungen, wenn man sqrt(2), e und pi einfügt. Aber Grundlegend gilt nicht der Phytagoras, weil ja bildlich gesprochen die Gleichung kein c mehr hat also keine Aussage über die Variable c mehr macht. Wenn aber der Phytaogras nicht gilt, gelten auch nicht die Zahlen, ausser man erweitert sie mit den imaginären Zahlen. Dann aber wäre der Pyhagoras nicht definiert. Höhrt sich an wie ein Zirkelschluss, weil die existenz des einen die des anderen Widerlegt, aber ist trotzdem verschieden.
Also das ist ein ähnlicher Beweis, wie die Russelsche Antonimie:
Wenn das eine zutrifft, kann nicht gleichzeitig die Definition zutreffen.
Das Problem ist, dass damit die Zahlen nicht kommutativ mit der Wurzel verknüpft sind. Es werden also Lösungen wie Nullstellen ausgeschlossen.

Aber ich hab mich in letzter Zeit auch mit der Riemanschen Zeta-Vermutung beschäftigt und die Frage, ob die nichtrivialen Nullstellen dieser Funktion alle den Realteil 1/2 haben. Bis ich erstmal das verstanden hatte...
Hier ein Video:
https://www.youtube.com/watch?v=sD0NjbwqlYw

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Vielleicht sollte ich zu den Imaginären Zahlen noch meinen Kenntnisstand sagen. Ich bin da kein Profi...

Also die beste Annäherung von pi ist die Gleichung

Integral [(to +-infinit) von dx/(1+x²) )] ist pi, desweiteren kann die
Wurzel vom Einheitskreis mit y²+x²=1 => y = f(x) = sqrt(1-x²) mit dem Kreis (Umfang, Fläche, Volumen) in beziehung mit pi gebracht werden.
Das Integral von plusminus unendlkich sei mal Z:

Z (1/1+x²)dx <=> y = f(x) = (sqrt(1-x²)) <=> pi.

Und mit der Eulerformel e^(i*pi) = -1 kann man das mit Taylorreihen und Polynomen von unendlichen Summendarstellen. Und da ist die Reihenentwicklung von e mit dem Sinus und Kosinus über die Imaginäre Einheit i verknüpft, was eben die Eulerformel ausdrückt.
Aber ich rechne eigentlich in Q.
Mehr weiss ich davon noch nicht

AW: Fermats letzter Satz
 

Da es mit der Rechschreibung auch ziemlich hapert, empfehle ich vor allem die intensive Beschäftigung mit Schriftstellern und Jounalisten, die in deutscher Sprache schreiben. Von denen kann man nämlich hinsichtlich der Formulierung von Inhalten tatsächlich recht viel lernen.

Du solltest generell auch nicht zu viele Themen aus Mathematik und Naturwissenschaft in ein einzelnes Thema packen, da die Leser sonst das Interesse an deinen Beiträgen verlieren könnten.

AW: Fermats letzter Satz
 

Ich werde nach dem Verfassen wieder nochmals sorgfältiger drübergehen und nicht gleich die Post ins Netz abfeuern, versprochen :rolleyes:.

Ich sehe Mathematik vorallem übergreifend. Und einzellne Teile der Mathematik können andere Teile der Mathematik "themenübergreifend" Beweisen.
Mit den Formeln der Geometrie und der Arithmetik kann man eine a,b,c,n -Formel so umformen, dass sie nur für Zahlen gilt und dann zeigen, dass der Beweis des Einen die Existenz des Anderen bedingt. :cool:

AW: Fermats letzter Satz
 

Deine Beiträge oben zeigen leider, dass Du bei weitem nicht in der Lage bist, die verschiedenen Disziplinen der Mathematik sinnvoll zu verbinden. Wenn Du etwas lernen willst, solltest Du besser Verständnisfragen stellen.

Wenn Du nichts lernen willst, können temporäre Schreibsperren verhängt werden.

AW: Fermats letzter Satz
 

Dieser Absatz ist völlig konfus.

Bisher hast du nichts gezeigt.

AW: Fermats letzter Satz
 

Ich fürchte Zweifels weiß einfach nicht, was ein naturwissenschaftlich orientiertes Forum leisten kann und will. Ich liste deshalb mal auf, was das Forum vom Schwerpunkt her nicht ist und auch nicht sein will:

a) Therapiezentrum
b) Dating-Portal
c) Schauspielschule
d) Kindergarten
e) Unterhaltungsprogramm
f) Polizeidienststelle
....
ohne Anspruch auf Vollständigkeit
Wer einen dieser Punkte sucht, soll doch bitte auf die entsprechenden Seiten im www wechseln.

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g) Selbstdarsteller-Portal
h) Behandlung von Beratungsresistenz
...

AW: Fermats letzter Satz
 

Alright^^
Ich will ja eigentlich nur die Riemansche-Zeta-Vermutung lösen, weil es da eine Million drauf gibt und und brauch fachkundige Meinung zu meinem Fermat-Beweis, in wie weit die einzelnen Beweisschritte gültig sind.

Die Frage liegt also eher an der Gültigkeit der einzelnen Beweisschritte. Das am Ende Fermat Recht hatte, wurde ja durch Wiles bereits bewiesen.

Folgende Beweisidee:
Also, wir dürfen 3 Dinge nicht verletzen: das Gleichungssystem, den Pythagoras und die Zahlen. Deshalb nehm ich mal eine Verknüpfung (o) der Zahlen an, die erst später zu Mal aufgelöst wird und betrachte den Fall n=5:

(a+b)² (o) (a+b)² (o) (a+b) = c² (o) c² (o) c

Es gilt links die allgemeine Binomische Formel für Zahlen und rechts der Pythagoras:

(a² + 2ab + b²) * (a² + 2ab + b²) (o) (a+b) = (a²+b²) * (a²+b²) (o) c |ausmultipliziert

(a²a² + a²2ab + a²b² + 2aba² + 2ab2ab + 2abb² + b²a² + b²2ab + b²b²) (o) (a+b) ==
== (a²a² + a²b² + b²a² + b²b²) (o) c

Teile durch c und setze (a²a²/c) - (a²a²/c) = (a²b²/c)- (a²b²/c) =....= 0. Multipliziere die Restglieder der Gleichung nach einer kleinen Bemerkung wieder mit c.

( a²2ab + 2aba² + 2ab2ab + 2abb² + b²2ab)/c (o) (a+b)/c = (0)/c (o) c/c
-------
kleine Bemerkung:
-------
*Es gilt (0)/c (o) c/c = N aufgrund der Gleichungsvorschrift N=N => 1=1, 2=2...
Für die Verknüpfung gilt also, dass sie stehts auf einer Seite N sein muss und gleich N der anderen Seite.
N <=> c² (o) c <=> wahr
0/c + c/c = N ist wahr
0/c * c/c = N ist wahr

Die Rechnung 0/c = 0 ist aber falsch und nicht zulässig und muss ausgeschlossen werden.

=> (0)/c ist also ungleich 0, da 0*N=N nicht sein darf, deshalb gilt:
(0)/c (o) c/c = x
(0)/c (o) 1 = x
((0)/c) * 1 = x
(0)/c =x

Und x bezeichnet hier die konstante Gleichungsvorschrift.
Und da x nicht Element der natürlichen Zahlen sein kann, gilt x element der Rationalen Zahlen Q.
D.h. die neue Gleichungsvorschrift -x/y = x/-y ist nun wahr. Damit kann c in den Rationalen Zahlen zwischen 0 und 1 liegen, desweiteren werden die Zahlen um die negativen Zahlen erweitert. Wenn aber eine Erweiterung mit den negativen Zahlen stattgefunden hat, müssen wir die Zahlen auch weiterhin mit den imaginären Zahlen erweitern, da wir c² beim Pythagoras nur mit einer Wurzel lösen können und negative Zahlen nur in der Zahlenebene C unter der Wurzel gelöst werden können und damit erst die imagniären Zahlen die Wurzel "kommutativ" zu dem (Betrag der) Natürlichen Zahlen macht.
Wenn die Verknüpfung in Q wahr ist gilt:

-(0)/c (o) c/-(0) = 1/1 = x/x = y/y = 1 ist wahr
(0)/c (o) c/(0) = -1/-1 ist 1 ist wahr

=> (0)/c * c/(0) = 1
=> (0)/c = 1/( c/(0)) = 1 ist wahr für x=1/x
x = 1/x = 1 gilt also für x = 1

Das heisst, für die Gleichungsvorschrift x gibt es eine Lösung und damit eine wirkliche Lösung in den Zahlen.
x=1 ist die Lösung: 3+4=7 <=> 3²+4²=5² wenn für a=3 und b=4 gilt:
7² - (2ab) = 5²
7²- (2*3*4) = 3² + 4² = 5²
49 - 24 = 9 + 16 = 25
25 == 25 ist wahr.

Damit löst c^1 = a^1 + b^1 = 7 und c² = (a^1)² + (b^1)² = 5² und 7²-5² = (2ab) beide mit einer ganzzahligen Wurzel, was extrem viele andere Möglichkeiten für grössere Wurzelpotenzen ausschliesst.

Ende der kleinen Bemerkung
-------

Multipliziere die Restglieder der Gleichung mit c und löse die Verknüfung (o) mit (*) auf:
( a²2ab + 2aba² + 2ab2ab + 2abb² + b²2ab) * (a+b) = 1 * c | klammere 2ab aus:
2ab(a² + a² + 2ab + b² + b²) *(a+b) = c | Fasse a²+b² = c² zusammen
2ab (2c² +2ab) *(a+b) = c
4ab(c² + ab) *(a+b) = c
4abc²a + 4abc²b + 4a²b²a + 4a²b²b = c

Löse c über die Binomische Formel:
4abc²a + 4abc²b + 4a²b²a + 4a²b²b - c = 0

(4aba + 4abb) * c² - c + 4a²b²(a+b) = 0

Es gelten die Transformationen
c->x'
(4aba + 4abb) -> a'
-1 -> b'
4a²b²(a+b) -> c'

x' = (-b' +- Wurzel( (-b')² - 4a'c'))/2a'
x' = (-1 +- Wurzel( (-1)² - 4a'c'))/2a'

(Übrigends: für den Goldenen Schnitt gibt es für a' b' und c' die Lösung phi = (1 + Wurzel(5))/2. Und die 5 unter der Wurzel setzt sich zusammen aus b'=-1 und a'c'=-1 ,was zur Diskriminante 5 führt, da Wurzel (5) = Wurzel( (-1)² -4*(a'c')) = Wurzel( (1 - 4*(-1))= Wurzel( (1 + 4)= Wurzel (5) )

Da a und c positiv sind gilt 4a'c' > 0 und (1 - 4a'c') < 1.
Setze den Grenzfall (1 - 4a'c') = 1
x' = (-1 +-( 1))/2a'
1. x'= 0/2a = 0
2. x'= -2/2a = -a
Setze den Grenzfall (1 - 4a'c') = 0
3. x'= (-1+-(0)) /2a = -1/(2a)

Damit ist x'< 0 mit den Grenzfällen x'=0 und x'=-a und x'= -1/(2a)

Für c gilt dann bei der Rücktransformation x'-> c:
x' = c mit c kleinergleich 0. Was zum Widerspruch mit der Annahme führt, c sei grösser als 0.

Weiterhin gilt
4abc²a + 4abc²b + 4a²b²a + 4a²b²b = c
4ab (c²a + c²b + a²b + ab²) = c
Für c = 1 ist die linke Seite der Gleichung grösser als 1 und die rechte Seite der Gleichung ist 1. Deshalb ist die Formel a^n + b^n = c^n nur allgemeingültig für c = 0. Was wir aber ausgeschlossen hatten.

Damit gilt zusammenfassend für a^n + b^n = c^n mit n element Natürliche Zahlen:
n=0 ist in den Zahlen logisch falsch, da a^0 + b^0 = 1 + 1 = 2 =/= c^0 = 1 ( also 1+1=2 und nicht 1+1=1).
n=1 ist in den Zahlen wahr, da es Lösungen für a^1 + b^1 = c^1 gibt.
n=2 ist in den Zahlen wahr, und die Existenz wird durch die Pythagorianischen Trippel bestätigt, in der es Lösungen für a²+b²=c² in den natürliche Zahlen a,b,c gibt.
n=3 Ist in den (imaginären) Zahlen möglich, dann aber nicht bei Pythagoras wahr und vice versa. -4ab=0 ist sozusagen die "Quadratur des Kreises"
n=4 ?
n= 5 Es gibt keine Lösung für c>0 wenn gleichzeitig das Gleichungssystem nicht verletzt werden darf und trotzdem darin der Pythagoras gilt. c<0 ist ohne imaginäre Zahlen mit der Mitternachtsformel nicht lösbar.

Gibt es da nicht einen Beweis, dass es für ein Polynom 5. Grades keine Lösungsformel mehr gibt? Also a'x^5 + b'x^4 +...+ f'x^0 = 0 kann man nicht mehr mit einer Lösungsformel berechnen?!

Also ist n=2 die einzige Lösung, die Potenzen zulässt und die einzige, die in den Zahlen gilt.

AW: Fermats letzter Satz
 

Ich brauch dieses Beweisschema aus folgendem Grund für die Grundlage meines Beweises der Riemannschen Hypothese. Ich möchte zeigen, dass durch die Erweiterung der Zahlen auf die imaginären Zahlen auch die Wurzeln kommutativ zum (Betrag der ) Natürlichen Zahlen ist. Das heisst, imaginäre Zahlen teilen auch die 3.te Wurzel und die 4. Wurzel kommutativ mit den Zahlen.

Wenn das gilt, dann kann man zeigen, dass die 3.te Wurzel((r+ir)²) auch viele 0 stellen hat, die nicht auch auf dem Realteil 1/2 liegen. Also es gibt da unendlich viele O stellen "dahinter" aber die Zahlen sind dritte Wurzeln aus Natürlichen Zahlen und imaginären Zahlen und die verwendet man nicht, um 0-Stellen zu testen. Die imaginäre Einheit i hebt sich mit pi auch in der 3. Dimenssion auf... also gelegentlich auf, da bin ich mir nicht sicher.... Nur alle Nullstellen vermute ich grudnsätzlich nicht auf dem Realteil 1/2, erstmal.

So zumindest ist meine Vermutung.... erstmal^^

AW: Fermats letzter Satz
 

Es gilt: (r+ir)^(2/3)=0 <=> r=0.

AW: Fermats letzter Satz
 

Okay, wenn man im Exponenten einer unendlichen Reihe über einen Kehrwert von n die reellen und imaginären Zahlen zulässt, wie es die Riemannsche Zetafunktion ja tut, muss ich meine Gleichungsvorschrift auf die Complexen Zahlen im Exponenten erweitern:
N=N => Q=Q => ... => I = -1/I <=> Wahr in den Zahlen verknüpft mit den Rechenopertion im Gleichungssystem. Aber ....

Ich geh das erstmal anders an:
Die Aussage x^(2/3) element X ist wahr in den Zahlen, da gilt:
8^(2/3) = 4
(8^1/3)² = 2² = 4

Anmerkung: Mit x element X ist gemeint, dass die 3.te Wurzel von 8, also 2, wieder in die Ursprungsmenge zurückzeigt, also die Natürlichen Zahlen. Die 3.te Wurzel von 7 wäre ja irrational, und würde die Zahlenmenge auf die Reellen Zahlen ausweiten, was dann sofort in die Imaginären Zahlen mündet ...

(r+ir)^(2/3)=0
(8+i8)^(2/3) = 0
:confused:
Hmmm, ja es könnte sich um Nullstellen handeln, ich seh das jetzt nicht, da ja auch gilt i²=-1 und damit
(-8*(i²) + i8)^(2/3) = 0 Und man das dann mit der Mitternachtsformel lösen könnte.
Aber das ist auf anhieb zu kompliziert:(

AW: Fermats letzter Satz
 

@Zweifels

Hat dir noch nie jemand gesagt, dass du in Mathe generell nicht so gut bist?

Es fällt mir total schwer zu glauben, dass du es mit dem Lösen der Riemansche-Zeta-Vermutung ernst meinst. Ich meine - du hast da nicht wesentlich mehr Chancen, als ein duchschnittlicher Erstklässler.

AW: Fermats letzter Satz
 

Also ich hätte da schon eine Idee... Laut dem einem Video über die Zeta-Funktion gilt:
Wenn wir mal die undendliche Summe ableiten:

(1/x)^(1/2 + ir) = (1/x)^(1/2) * (1/x)^(îr)

Und (1/x)^(îr) ist nur eine Drehung um eine Winkel im Imaginären Koordinatensystem, dann ist:
(1/x)^(1/2) = 1/Wurzel(x)

Und mit einer Imagniären Gleichungsforschrift GI kann man dann zeigen, dass sich die Nullestellen auf der 1/2 -Realteilachse zwar tatsächlich so wie Primzahlen verhalten, aber sich eben auch damit zufällig unberechenbar Verhalten.

Hast du dich damit schon befasst?

AW: Fermats letzter Satz
 

EDIT: Da die von Zweifels verfolgten Absichten innerhalb dieses Themas zu schlecht erkennbar sind, wird es hiermit geschlossen.

@Zweifels: Du findest die Nutzungsbedingungen des Forums hier: http://quanten.de/forum/showthread.php5?t=1 . Du solltest insbesondere diesen Abschnitt:
berücksichtigen. Du hast in diesem Thread mehrfach belegt, dass du Schwierigkeiten mit den Grundlagen der höheren Mathematik, wie z.B. das Rechnen mit komplexen Zahlen hast. Das Angebot der Moderation lautet nun, dass wir eben diese Grundlagen diskutieren können. Solltest du diesen Vorschlag auch weiterhin ignorieren, werden weitere Sperrungen deines Accounts folgen.