Ist das Volumen des Raumes aus mathematischen Gründen unbestimmt?

02/12/2010 - 12:35 von Peter | Report spam
Hallo,

hier ist zwar keine Mathe Newsgroup, aber dennoch möchte ich Euch diese
Berechnungen senden, die ich angestellt habe.

Es ist ein Beweisversuch über den grossen Fermat'schen Satzes.
Ungeachtet der mathematischen Beweiskraft, die man vieeleicht in Zweifel
ziehen kann, glaube ich aus dieser Berechnung zu ersehen, dass das 3-
oder höherdimensionale Volumen eines Raumabschnitts aus rein
mathematischen Gründen nicht genau bestimmt bzw. nicht genau berechenbar
ist.

Ich sende das einfach mal als Kopie; ich hoffe, dass es selbsterklàrend ist.

Grüsse,

Peter

PS. Für die Oldies hier: Ja ich bin derselbe, der früher oft hier war ;-)


==Sorry, hier ein paar Korrekturen und Klarifizierungen:
Am 02.12.2010 05:42, schrieb Peter:

Ich hab einen völlig neuen Ansatz, der sehr kurz und elegant ist:


(1) c^3 = a^3 + b^3
(2) c^3 = (a+b)( (a+b)^2 - 3*a*b)

Substitution: x = ( (a+b)^2 - 3*a*b)
Die Gleichung (2) kann man dann verkürzt so schreiben:

(3) c^3 = (a+b)*x

(4) c^3 = a*x + b*x



Das kann doch nur bedeuten, dass x ein Teiler ist, den a^3 und b^3
gemeinsam haben, oder das x nicht ganzzahlig ist. x muss zwischen a^2 und
b^2 liegen.

Jede ganzzahlige teilerfremde Lösung, die man hàtte, könnte man nicht in
Gleichung (4) einsetzen, denn das würde einen Widerspruch ergeben.
Daher gibt es keine ganzzahligen Lösungen.


Diese Lösung ist für alle Primzahlpotenzen > 2 gültig.
Denn (a^p + b^p)/(a+b) ist immer ganzzahlig, wenn p > 2 und wenn p


prim ist.

Für p = 2 trifft sie nicht zu, bzw. die Gleichung ist nicht auf die


Primzahlpotenz 2 anwendbar.

Dies noch zur Ergànzung:
Der Beweis für die Potenz 4 ist nahezu trivial. Man muss lediglich
zeigen, dass x^4 + y^4 keine Quadratzahl ergeben kann.



Grüsse,

Peter
 

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#1 Ludger Marwitz
02/12/2010 - 14:33 | Warnen spam
Hallo Peter,

woraus schliesst Du, dass a^3 und b^3 beide x als Teiler haben ?
Das sehe ich hier noch nicht.
Ich sehe nur, dass c^3 den Teiler x hat.

Gruss Ludger

Am 02.12.2010 05:42, schrieb Peter:
> Ich hab einen völlig neuen Ansatz, der sehr kurz und elegant ist:
>
>
> (1) c^3 = a^3 + b^3
> (2) c^3 = (a+b)( (a+b)^2 - 3*a*b)

> Substitution: x = ( (a+b)^2 - 3*a*b)
> Die Gleichung (2) kann man dann verkürzt so schreiben:
>
> (3) c^3 = (a+b)*x
>
> (4) c^3 = a*x + b*x
>
Das kann doch nur bedeuten, dass x ein Teiler ist, den a^3 und b^3
gemeinsam haben, oder das x nicht ganzzahlig ist. x muss zwischen a^2 und
b^2 liegen.

Jede ganzzahlige teilerfremde Lösung, die man hàtte, könnte man nicht in
Gleichung (4) einsetzen, denn das würde einen Widerspruch ergeben.
Daher gibt es keine ganzzahligen Lösungen.
>
> Diese Lösung ist für alle Primzahlpotenzen > 2 gültig.
> Denn (a^p + b^p)/(a+b) ist immer ganzzahlig, wenn p > 2 und wenn p
prim ist.
> Für p = 2 trifft sie nicht zu, bzw. die Gleichung ist nicht auf die
Primzahlpotenz 2 anwendbar.

Dies noch zur Ergànzung:
Der Beweis für die Potenz 4 ist nahezu trivial. Man muss lediglich zeigen,
dass x^4 + y^4 keine Quadratzahl ergeben kann.
>
>
> Grüsse,
>
> Peter

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