Matematické Fórum

liamlim_2

[Opravená verze předchozího příspěvku, který jsem bohužel nemohl editovat]

Prosím mohl by se někdo podívat, jestli v následujícím nemám nějakou chybu? Děkuji :) Všechno by to měly být jen čistě středoškolské operace, žádná vysoká matematika.

Nechť $x$ , $y$ a $z$ jsou po dvou nesoudělná čísla a $n\ge 5$ je prvočíslo. Dále nechť $x^n + y^n + z^n = 0$ .

Úpravami dostaneme:
(1) $\left(\frac{x^{2n} - y^nz^n}{x^2 - yz}\right) (x^2 - yz) = (y^2-xz) \left(\frac{y^{2n} - x^nz^n}{y^2-xz}\right) =$
(2) $\left(\frac{x^{3n} - y^{3n}}{x^3 - y^3}\right) (x^2 + xy + y^2) = (z^2 - xy) \left(\frac{z^{2n} - x^ny^n}{z^2 - xy}\right)\left(\frac{x^n - y^n}{x - y}\right)$

Nyní uveďme pomocné tvrzení. Pro libovolná nesoudělná $a$ , $b$ a prvočíselné $p\ge 3$ platí, že každý dělitel čísla $\frac{a^p + b^p}{a + b}$ je buď $p$ nebo je tvaru $kp + 1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$ .

Důkaz není tak obtížný a na požádání ho uvedu. Tady by ale zbytečně zabíral místo a činil celý text méně přehledným.

Nyní definujme pro celočíselné $a$ hodnotu $R(a)$ jako největší dělitel čísla $a$ takový, že $n$ nedělí $R(a)$ a současně žádný z dělitelů čísla $R(a)$ není ani $n$ ani tvaru $kn+1$ pro celočíselné $k$ .

S využitím (1) a (2) spolu s definicí $R$ dostaneme
- $R(x^2 - yz) = R(y^2 - zx) = R(z^2 - xy)$
- $R(x^2 + xy+y^2) = R(z^2 - xy)$

Díky symetrii v $x$ , $y$ a $z$ potom můžeme definovat
(3) $\gamma := R(x^2-yz) = R(y^2-zx) = R(z^2 - xy) = R(x^2 + xy+y^2) = R(y^2 + yz+z^2) = R(z^2 + zx+x^2)$

Z definice $R$ víme, že $\gamma$ dělí $x^2 - yz$ a současně $\gamma$ dělí $x^2+xy+y^2$ , dělí i tedy jejich rozdíl, což je $y(x+y+z)$ . Vzhledem k nesoudělnosti $x$ , $y$ a $z$ dostaneme:

(4) $\gamma$ dělí $x+y+z$ neboli $\gamma$ dělí $R(x+y+z)$

Protože $\gamma$ dělí $x+y+z$ a současně $\gamma$ dělí $z^2 - xy$ , musí dělit i pokud dosadíme $z \equiv -x-y\mod\gamma$ do kongruence $z\cdot z-xy \equiv 0\mod\gamma$ neboli $z(-x-y) -yz\equiv 0\mod\gamma$ neboli

(5) $\gamma$ dělí $xy+yz+zx$ neboli $\gamma$ dělí $R(xy+yz+zx)$ .

Nyní definujme $g := \gcd(x+y+z, xy+yz+zx)$ . Pak z (4) a (5) okamžitě plyne

(6) $\gamma$ dělí $g$ neboli $\gamma$ dělí $R(g)$ .

Protože $g$ je největší společný dělitel $x+y+z$ a $xy+yz+zx$ , musí $g$ dělit též pokud dosadíme $y + z \equiv -x\mod g$ do $x(y+z) + yz\equiv 0\mod g$ , čímž dostaneme, že $g$ dělí $x^2-yz$ . Proto $R(g)$ dělí $R(x^2-yz) = \gamma$ , přitom ale $\gamma$ dělí $R(g)$ , proto

(7) $\gamma = R(g)$

Další krok v mém "důkazu" je dokázat indukcí, že pro libovolné přirozené $k$ máme:

(8) $x^{3k} + y^{3k} + z^{3k} \equiv 3x^ky^kz^k\mod g^2$
(9) $x^{3k+1} + y^{3k+1} + z^{3k+1} \equiv (3k + 1)(x+y+z)x^ky^kz^k\mod g^2$
(10) $x^{3k+2} + y^{3k+2} + z^{3k+2} \equiv -(3k + 2)(xy+yz+zx)x^ky^kz^k\mod g^2$

kde $g = \gcd(x+y+z, xy+yz+zx)$

Ten důkaz je opravdu přímočará indukce s tím, že pokaždé využijeme toho, že $(x+y+z)(xy+yz+zx)\equiv 0 \mod g^2$ , $(x+y+z)^2\equiv 0\mod g^2$ a $(xy+yz+zx)^2 \equiv 0\mod g^2$ .

check_drummer

Prosím o uvedení důkazu:

liamlim_2 napsal(a):
Nyní uveďme pomocné tvrzení. Pro libovolná nesoudělná $a$ , $b$ a prvočíselné $p\ge 3$ platí, že každý dělitel čísla $\frac{a^p + b^p}{a + b}$ je buď $p$ nebo je tvaru $kp + 1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$ .

Proč platí:

liamlim_2 napsal(a):
(5) $\gamma$ dělí $xy+yz+zx$ neboli $\gamma$ dělí $R(xy+yz+zx)$ .

?
Stejný dotaz pro bod (4).

Stále jsi neuvedl, že v některých případech je R(a) dodefinováno jako 1.

liamlim_2 · 16. 08. 2020 21:46

↑ check_drummer:

Rád bych to zase opravil, protože jsem skutečně předpoklad o R(a) dodefinovaném jako 1 neuvedl. Já můžu editovat pouze mé odpovědi, ale nikoliv hlavní příspěvek.

Jinak ohledně

$\gamma$ dělí $xy+yz+zx$ neboli $\gamma$ dělí $R(xy+yz+zx)$ . Hodnota $\gamma$ je definovaná jako $R(z^2-xy)$ , tedy všechny dělitele $\gamma$ nejsou ani $n$ ani tvaru $kn+1$ . Proto pokud z $xy+yz+zx$ odděláme všechny dělitele tvaru $n$ nebo $kn+1$ , tak pořád $\gamma$ dělí výsledné číslo, protože VŠECHNY dělitelé $\gamma$ jsou jiného tvaru než $n$ nebo $kn+1$ . No a funkce $R$ nám udělá přesně to, co chceme. Odfiltruje nám všechny "špatné" dělitele, které jsou tvaru $n$ nebo $kn+1$

jelena · 16. 08. 2020 22:16

Zdravím,

↑ check_drummer:, ↑ liamlim_2:

už si vybavuji, v čem je zádrhel - v nastavení pravidla pro editaci 1. příspěvku

Pavel Brožek v roce 2012 napsal(a):
Pokud nikdo neodpověděl, tak je editace možná kdykoliv. Pokud někdo odpověděl, tak jen do dvou hodin od založení tématu.

↑ liamlim_2: prosím o část, kterou mám zeditovat (nejjednodušší do dalšího příspěvku vlož, prosím, celý text prvního s barevným označením, co mám editovat). Na druhou stranu - pokud jde jen o vývoj diskuse, tak se dá předpokládat, že ne všechno bude rovnou v 1. příspěvku, ale že vyplyne z diskuse. Děkuji za upřesnění, co s editem.

liamlim_2

Důkaz toho pomocného tvrzení je jednoduchý. Nechť $p$ je libovolný prvočíselný dělitel čísla $a^n+b^n$ , který není ani tvaru $kn+1$ . Pak $p$ je též dělitel čísla $a^{n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$ , kde $\varphi$ je eulerova funkce. Protože $p$ není tvaru $kn+1$ , můžeme psát $n^{\varphi(p-1)} = k_0(p-1)+1$ . Po dosazení máme, že $p$ dělí $a^{k_0(p-1) + 1}+b^{k_0(p-1) + 1}$ neboli $p$ dělí $a+b$ . Už odsud plyne hlavní část tvrzení, totiž že libovolný prvočíselný dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ , který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$ .

Pro dokončení důkazu stačí ukázat, že $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$ . To se dokáže triviálně ze vztahu $a^k+b^k = (a+b)(a^{k-1} + b^{k-1}) - ab(a^{k-2} + b^{k-2})$ platného pro libovolné $k$ s využitím matematické indukce

check_drummer · 17. 08. 2020 13:50

Toto plyne z čeho?

liamlim_2 napsal(a):
Nechť $p$ je libovolný prvočíselný dělitel čísla $a^n+b^n$ , který není ani tvaru $kn+1$ . Pak $p$
je též dělitel čísla $a^{n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$ , kde $\varphi$ je eulerova funkce.

check_drummer · 17. 08. 2020 14:11

↑ jelena:
Ahoj, pokud se to týká jen prvního příspěvku, tak pro účely tohoto příspěvku navrhuju první příspěvek založit jako fejk a hlvní téma dat do druhého, a ten už pak bude moci autor neomezeně editovat. :-)

liamlim_2

↑ check_drummer:

$a^n + b^n$ dělí $a^{nk} + b^{nk}$ pro každé liché přirozené $k$ . Tedy i pro $k = n^{\varphi(p-1) - 1}$ , proto $a^n+b^n$ dělí $a^{n\cdot n^{\varphi(p-1) - 1}} + b^{n\cdot n^{\varphi(p-1) - 1}} = a^{ n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$ . Protože $p$ dělí $a^n+b^n$ a $a^n+b^n$ je dělitel čísla $a^{ n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$ , tak $p$ dělí $a^{ n^{\varphi(p-1)}} + b^{n^{\varphi(p-1)}}$

check_drummer · 17. 08. 2020 14:29

A toto plyne z čeho?

liamlim_2 napsal(a):
$a^n + b^n$ dělí $a^{nk} + b^{nk}$ pro každé liché přirozené $k$ .

liamlim_2

↑ check_drummer:

Toto plyne z toho, že $a^{nk} + b^{nk} = (a^n)^k + (b^n)^k$ , do čehož dosadíme $a^n\equiv -b^n\mod a^n+b^n$ , což pro liché $k$ dá $a^{nk} + b^{nk} \equiv 0\mod a^n + b^n$

Obecně platí pro liché $m$ vztah $a^m + b^m = (a + b)\cdot \sum_{k = 0}^{m-1} (-1)^k\cdot a^kb^{m-k-1}$ , což jde snadno dokázat indukcí přes $m$ . Dosazením $a\rightarrow a^n$ , $b\rightarrow b^n$ dostaneme taky co potřebujeme :)

liamlim_2

[Nejnovější verze mého "důkazu". Dost zjednodušená]

Nechť $x$ , $y$ a $z$ jsou po dvou nesoudělná čísla a $n\ge 5$ je prvočíslo. Dále nechť $x^n + y^n + z^n = 0$ .

Úpravami dostaneme:
(1) $\left(\frac{x^{2n} - y^nz^n}{x^2 - yz}\right) (x^2 - yz) = (y^2-xz) \left(\frac{y^{2n} - x^nz^n}{y^2-xz}\right) =$
(2) $\left(\frac{x^{3n} - y^{3n}}{x^3 - y^3}\right) (x^2 + xy + y^2) = (z^2 - xy) \left(\frac{z^{2n} - x^ny^n}{z^2 - xy}\right)\left(\frac{x^n - y^n}{x - y}\right)$

Nyní uveďme pomocné tvrzení. Pro libovolná nesoudělná $a$ , $b$ a prvočíselné $p\ge 3$ platí, že každý dělitel čísla $\frac{a^p + b^p}{a + b}$ je buď $p$ nebo je tvaru $kp + 1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$ .
[důkaz jsem již uvedl dříve]

Nyní definujme pro celočíselné $a$ hodnotu $R(a)$ jako největší dělitel čísla $a$ takový, že $n$ nedělí $R(a)$ a současně žádný z dělitelů čísla $R(a)$ není ani $n$ ani tvaru $kn+1$ pro nějaké nenulové celočíselné $k$ . Pokud takové číslo neexistuje, pak dodefinujeme $R(a) = 1$ .

S využitím (1) a (2) spolu s definicí $R$ dostaneme
- $R(x^2 - yz) = R(y^2 - zx) = R(z^2 - xy)$
- $R(x^2 + xy+y^2) = R(z^2 - xy)$

Díky symetrii v $x$ , $y$ a $z$ potom můžeme definovat
(3) $\gamma := R(x^2-yz) = R(y^2-zx) = R(z^2 - xy) = R(x^2 + xy+y^2) = R(y^2 + yz+z^2) = R(z^2 + zx+x^2)$

4.a) Jestliže $n$ dělí $x^2+xy+y^2$ , pak $n$ dělí $x^2-yz$ a $n$ dělí $y^2 - xz$ .
4.b) Jestliže $n$ dělí $y^2+yz+z^2$ , pak $n$ dělí $y^2-zx$ a $n$ dělí $z^2-xy$ .
4.c) Jestliže $n$ dělí $z^2+zx+x^2$ , pak $n$ dělí $z^2-xy$ a $n$ dělí $x^2-yz$ .

Důkaz:
Jestliže $n$ dělí $x^2+xy+y^2$ , tak dělí i $x^3-y^3$ , neboli $x^3\equiv y^3\mod n$ . Proto $x(x^2-yz) = x^3-xyz \equiv y^3-xyz = y(y^2-yz)\mod n$ . Víme, že $n$ nedělí $xy$ , neboť $x$ , $y$ a $z$ jsou nesoudělná a $n$ dělí $x^2+xy+y^2$ , proto by $n$ jinak muselo dělit jak $x$ tak $y$ . Proto buď $n$ dělí jak $x^2-yz$ tak $y^2-xz$ a jsme hotovi, nebo nedělí ani $x^2-yz$ ani $y^2-xz$ . V takovém případě ale $y^2-zx\equiv x^2-yz$ , což plyne z toho, že $R(x^2-yz) = R(y^2-zx)$ . V takovém případě ale nutně $x\equiv y\mod n$ . Po dosazení této kongruence do $x^2+xy+y^2\equiv 0\mod n$ dostaneme, že $n$ dělí $3x^2$ a současně $n$ dělí $3y^2$ , tedy $n$ dělí 3, což není možné, neboť $n\ge 5$ , proto jsme došli ke sporu a jsme hotovi.

Další dvě implikace plynou ze symetrie

5.a) Jestliže $n$ dělí $x^2-yz$ , pak $n$ dělí $y^2+yz+z^2$
5.b) Jestliže $n$ dělí $y^2-zx$ , pak $n$ dělí $z^2+zx+x^2$
5.c) Jestliže $n$ dělí $z^2-xy$ , pak $n$ dělí $x^2+xy+y^2$

Důkaz:
Využijeme $x+y+z\equiv 0\mod n$ plynoucího z $x^n+y^n+z^n = 0$ , což po dosazení dává $x^2-yz\equiv (-y-z)^2-yz = y^2+yz+z^2\mod n$

(4) a (5) dávají dohromady

(6) Jestliže $n$ dělí libovolné z čísel $x^2-yz$ , $y^2-zx$ , $z^2-xy$ , $x^2+xy+y^2$ , $y^2+yz+z^2$ , $z^2+zx+x^2$ , pak dělí i všechny ostatní.

check_drummer · 17. 08. 2020 17:14

liamlim_2 napsal(a):
...můžeme psát $n^{\varphi(p-1)} = k_0(p-1)+1$ .

Jak to?

liamlim_2 napsal(a):
... neboli $p$ dělí $a+b$ .

Jak to?

liamlim_2 · 17. 08. 2020 17:34

↑ check_drummer:

To je skutečně jenom Eulerova věta a poté Malá Fermatova věta, nic z toho jsem nevymyslel já, jenom jsem použil tyto dva nástroje.

check_drummer · 17. 08. 2020 19:59

↑ liamlim_2:
Abys mohl použít Eulerovu větu, tak musí platit nsd(n,p-1)=1, že? To plyne z čeho?

liamlim_2

↑ check_drummer: To plyne z "prvočíselného dělitele $p$ , který není tvaru $kn+1$ ."

Já se snažím dokázat, že $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ má POUZE dělitele tvaru $kn+1$ nebo $n$ . Proto mě zajímají jen ty prvočíselné dělitele $a^n+b^n$ , které nejsou tvaru $kn+1$ . Pokud $p$ není tvaru $kn+1$ abych ukázal, že všechny takové dělitele musí dělit i $a+b$ . Pokud ale $p$ není tvaru $kn+1$ , pak $\gcd(p-1, n) = 1$ , což je přesně to, co potřebuji

check_drummer · 17. 08. 2020 20:46

↑ liamlim_2:
Asi je potřeba tiu Eulerovu větu a Malou Fermatovu rozepsat postupně - nejprve na $a^{n^{\varphi(p-1)}}$ a pak na $b^{n^{\varphi(p-1)}}$ , protože obě věty se netýkají součtu mocnin, ale jen jediné mocniny. Možná že díky tomu zjistíme, že nepůjde volit jedno $k_0$ , ale že budou muset být pro a,b jiné, ale uvidíme.

vanok · 17. 08. 2020 23:10

↑ check_drummer:,
Ta lemma z #15 sa da dokazat aj vdaka bionickej vete.
( uvazuj dva pripady prvocislo n|a+b, a potom, ze n nedeli a+b)

Poznamka: zvysok textu som necital .

check_drummer · 18. 08. 2020 03:24

liamlim_2 napsal(a):
Už odsud plyne hlavní část tvrzení, totiž že libovolný prvočíselný dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ , který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$ .

Jak to? Dokázali jsme, že libovolný prvočíselný dělitel čísla ${a^n+b^n}$ , který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$ .

check_drummer · 18. 08. 2020 03:38

liamlim_2 napsal(a):
Pro dokončení důkazu stačí ukázat, že $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$ . To se dokáže triviálně ze vztahu $a^k+b^k = (a+b)(a^{k-1} + b^{k-1}) - ab(a^{k-2} + b^{k-2})$ platného pro libovolné $k$ s využitím matematické indukce

1) Proč to platí?
2) proč to stačí k důkazu toho tvrzení?

liamlim_2 · 18. 08. 2020 05:28

↑ check_drummer:

Když libovolný prvočíselný dělitel správného tvaru čísla $a^n+b^n$ dělí $a+b$ , tak tím spíš libovolný prvočíselný dělitel správného tvaru čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ dělí $a+b$ , neboť $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ dělí $a^n+b^n$

liamlim_2 · 18. 08. 2020 05:32

↑ check_drummer:

Ukázali jsme, že libovolný prvočíselný dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ , který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$ . Proto abychom dokázali, že žádný prvočíselný dělitel, který není tvaru $kn+1$ , čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ neexistuje, tak nám stačí ukátat, že neexistuje prvočíselný dělitel tvaru $kn+1$ čísla $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})$ , k čemuž nám stačí ukázat $\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$ , neboť ani 1 ani $n$ nejsou tvaru $kn+1$ pro nenulové $k$ .

liamlim_2 · 18. 08. 2020 05:39

↑ check_drummer:↑ check_drummer:

Protože ze $a^k+b^k = (a+b)(a^{k-1} + b^{k-1}) - ab(a^{k-2} + b^{k-2})$ plyne pro liché $k$

vztah $a^k+b^k\equiv k\cdot (-ab)^{\frac{k-1}{2}}(a+b)\mod (a+b)^2$

Není třeba zdůvodňovat jak tento vtah plyne z předchhozího, stačí indukcí dokázat toto tvrzení. Díky tomu dojdeme k faktu, že $\gcd(\frac{a^k+b^k}{a+b}, a+b)$ dělí $k$ pro libovolné liché $k$ .

check_drummer

liamlim_2 napsal(a):
plyne pro liché $k$

vztah $a^k+b^k\equiv k\cdot (-ab)^{\frac{k-1}{2}}(a+b)\mod (a+b)^2$

Jak to? (A)

liamlim_2 napsal(a):
Díky tomu dojdeme k faktu, že $\gcd(\frac{a^k+b^k}{a+b}, a+b)$ dělí $k$ pro libovolné liché $k$ .

Jak to (B) a jak to souvisí s dokazovaným (C):
$\gcd(a+b, \frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1, n\}$

liamlim_2

↑ check_drummer:

mně připadá, že říkám pořád dokola to samotné. My jsme ukázali, že libovolný dělitel $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ který není tvaru $kn+1$ dělí $a+b$ . Tím ale ještě nevíme, jestli takový dělitel vůbec existuje (a chceme ukázat že ne). Proto se podíváme na největší společný dělitel čísel $a+b$ a $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ . Pokud žádné z těch čísel nebude tvaru $kn+1$ , pak tím víme, že neexistuje dělitel čísla $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ , který není tvaru $kn+1$ . Ten by totiž dělil i $a+b$ a tedy i $\gcd(a+b,\frac{a^n+b^n}{a+b})$ . Tím že ukážeme, že $\gcd(a+b,\frac{a^n+b^n}{a+b})\in\{1,n\}$ tak tím ukážeme, že jediným kandidátem na to, aby dělilo jak $a+b$ tak $\frac{a^n+b^n}{a+b}$ který není tvaru $kn+1$ je $n$ .

check_drummer

↑ liamlim_2:
To ano, ale já se ptám na jiné věci, označím je (A), (B), (C) výše.

Matematické Fórum

#1 16. 08. 2020 11:23 — Editoval liamlim_2 (16. 08. 2020 11:55)

Velká Fermatova věta - opraveno

#2 16. 08. 2020 18:07 — Editoval check_drummer (16. 08. 2020 18:09)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

liamlim_2 napsal(a):

#3 16. 08. 2020 21:46

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#4 16. 08. 2020 22:16

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

Pavel Brožek v roce 2012 napsal(a):

#5 17. 08. 2020 10:08 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 10:27)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#6 17. 08. 2020 13:50

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

#7 17. 08. 2020 14:11

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#8 17. 08. 2020 14:19 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 14:19)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#9 17. 08. 2020 14:29

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

#10 17. 08. 2020 14:33 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 14:39)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#11 17. 08. 2020 15:07 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 15:20)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#12 17. 08. 2020 17:14

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

liamlim_2 napsal(a):

#13 17. 08. 2020 17:34

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#14 17. 08. 2020 19:59

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#15 17. 08. 2020 20:17 — Editoval liamlim_2 (17. 08. 2020 20:19)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#16 17. 08. 2020 20:46

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#17 17. 08. 2020 23:10

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#18 18. 08. 2020 03:24

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

#19 18. 08. 2020 03:38

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

#20 18. 08. 2020 05:28

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#21 18. 08. 2020 05:32

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#22 18. 08. 2020 05:39

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#23 18. 08. 2020 15:28 — Editoval check_drummer (18. 08. 2020 17:01)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

liamlim_2 napsal(a):

liamlim_2 napsal(a):

#24 18. 08. 2020 16:21 — Editoval liamlim_2 (18. 08. 2020 16:23)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

#25 18. 08. 2020 16:59 — Editoval check_drummer (18. 08. 2020 17:01)

Re: Velká Fermatova věta - opraveno

Zápatí