Теорема Ферма (частные случаи)

[vxv]

Следовательно, в выведенном из системы (7-8)

$$\begin{cases}a^3+b^3=c^3\\a+b=c+2k\end{cases}$$

равенстве $c^3-(a^3+b^3)=3(a+b)(ab-2kc)-8k^3$(9) левая и правая части не могут быть равными нулю ни при $k=x=1$, ни при любых натуральных $x=k$, потому что являются одновременно общими (k-ми) членами (или поочередно «остатками» из первых (для $k=x=1$) или общих членов) расходящихся рядов. А это значит, что в $a^3+b^3=c^3$ не существует одновременно натуральных $a,b,c$. Что и требовалось доказать.

-- 22.04.2016, 15:18 --

$$\begin{cases}[c^3-(a^3+b^3)]k^3\\c^3-(a^3+b^3)\\a+b=c+2k\end{cases}$$

$$\begin{cases}3(a+b)(ab-2c)k^3-8k^3\\3(c+2)(b-2)(a-2)-8\\a+b=c+2k\end{cases}$$

$$\begin{cases}c^3-(a^3+b^3)\\c^3-(a^3+b^3)\\a+b=c+2x\end{cases}$$

$$\begin{cases}3(c+2x)(b-2x)(a-2x)-8x^3\\3(a+b)(ab-2c)-8\\a+b=c+2x\end{cases}$$

$$\begin{cases}3(a+b)(ab-2xc)-8x^3\\3(c+2)(b-2)(a-2)-8\\a+b=c+2x\end{cases}$$

[vasili]

Уважаемый vxv! А вы проверяли правую часть (9), если $2k = a_1b_1c_1$, для 2 случая ВТФ вариант, когда $(c,3) = 3$, где $c-b =a_1^3$, $c-a =b_1^3$ и $3(a + b) = c_1^3$. В этом случае правая часть (9) равна нулю.

[vxv]

vasili в сообщении #1117638 писал(а):

В этом случае правая часть (9) равна нулю.

Уважаемый vasili! Не проверял за ненадобностью. В (9) и правая, и левая части равенства не могут быть равны нулю для $a,b,c$ из области допустимых значений для ВТФ (и вы это знаете), потому что в случае расходящегося ряда (хоть «бесконечно спускаться» от одного члена к другому из «бесконечности» до его первого члена, хоть, наоборот, поочередно «бесконечно подниматься» от меньшего члена к большему) результат для $c^3-(a^3+b^3)$ всегда будет одним – не нулевым.
Просто к сведению: В отличие от числовых рядов членами функционального ряда являются функции. Ряд, составленный из функций одной и той же переменной х: называется функциональным.

[vxv]

vxv в сообщении #764041 писал(а):

А чтобы доказать теорему,
достаточно доказать ее для $n=4$ и всех простых нечетных значений $n$, т.к. они образуют все остальные показатели степеней.

Для степени $n=4$ (и степеней кратным четырем):

$$c^4-(a^4+b^4)=2(ab-2xc)(ab+2xc)-2^4x^4$$

(9.1) или

$$c^4-(a^4+b^4)=2(b-2x)(b+2x)(a-2x)(a+2x)-2^4x^4$$

(9.2) левая и правая части уравнения представлены (как и в (9) для степени $n=3$) общими членами расходящихся рядов (или взаимными «остатками» из этих общих членов), в которых натуральные $a,b,c$ не являются взаимно простыми для $x=k>1$, а потому могут быть сокращены до значений при $x=k=1$ (т.е. до значений первого члена ряда). А выражение $2(ab-2c)(ab+2c)=2^4$, как и (13) для $n=3$, не является равенством (что определяется простой подстановкой минимальных значений натуральных $a,b,c$).

[vxv]

vxv в сообщении #764041 писал(а):

алгоритм доказательства применим для простых значений $n=5,7,...$ и кратным им, поскольку натуральное составное число $2^n$ в правой части выражения, как и в (13), не имеет при разложении нечетных множителей, которые выделяются в его левой части (см. треугольник Паскаля).

Таким образом, теорема Ферма (с учетом следствий) доказана здесь в полном объеме и в нескольких взаимодополняющих вариантах. (ИМХО)

P.S. Ряд натуральных чисел, в качестве ОДЗ, дополнительно определяется мною, как частный случай числовой последовательности с общим множителем ее элементов (размерным коэффициентом) равным $k$ или $1/k$. Для натурального ряда $k=1$.

[vxv]

А тогда
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}|a^n+b^n-c^n|$
- расходящийся ряд.

[vxv]

Разложение на отдельные слагаемые целых неотрицательных степеней сумм переменных в доказательстве теоремы весьма значительны по ширине для «записи на полях». А сделать необходимые обобщения вполне достаточно и коэффициентов из треугольника Паскаля.

[ishhan]

vxv в сообщении #1140502 писал(а):

А тогда
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}|a^n+b^n-c^n|$
- расходящийся ряд.

Это когда каждый последующий член больше предыдущего!?

vxv в сообщении #1145701 писал(а):

А сделать необходимые обобщения вполне достаточно и коэффициентов из треугольника Паскаля.

А бином Ньютона и биномиальные коэффициенты как же?
Уважаемый vxv!
Дайте пжлста словесную формулу Вашего подхода к ВТФ, по возможности, с использованием минимального количества формул.

[vxv]

Уважаемый, ishhan
1.Это когда общий ($n$-й) член ряда $|a^n+b^n-c^n|$ не стремится к нулю.
2.Применительно к доказательству для любых достаточно больших простых значений показателей степени $n$ (например, $n=17$, $m=2k$ и $k=1$) сразу, пользуясь биномиальными коэффициентами из треугольника Паскаля, можно кратко записать:
$(a+b)^17=(c+2)^17$
$[c^17-(a^17+b^17)]=17(………)-2^17$,
где
$|17(………)-2^17|$
однозначно, не равно нулю для натуральных $a$, $b$, $c$ из ОДЗ – натуральный ряд.
ИМХО.

[shwedka]

vxv в сообщении #1140502 писал(а):

А тогда
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}|a^n+b^n-c^n|$
- расходящийся ряд.

ishhan в сообщении #1145705 писал(а):

vxv в сообщении #1140502

писал(а):
А тогда
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}|a^n+b^n-c^n|$
- расходящийся ряд.
Это когда каждый последующий член больше предыдущего!?

vxv в сообщении #1145737 писал(а):

Уважаемый, ishhan
1.Это когда общий ($n$-й) член ряда $|a^n+b^n-c^n|$ не стремится к нулю.

Ну и знатоки собрались!
Кто из вас первым доберется до учебника и найдет правильный ответ?

[Anton_Peplov]

(Вульгарность)

ishhan в сообщении #1145705 писал(а):

vxv в сообщении #1140502 писал(а):

А тогда
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}|a^n+b^n-c^n|$
- расходящийся ряд.

Это когда каждый последующий член больше предыдущего!?

"Это ваши девичьи мечты" - обронил пожилой профессор.

[ishhan]

Уважаемый vxv!

vxv в сообщении #1145737 писал(а):

2.Применительно к доказательству для любых достаточно больших простых значений показателей степени $n$ (например, $n=17$, $m=2k$ и $k=1$)

А для показателя n=19 проходит?

Уважаемая shwedka!
Спасибо от всех нас за Вашу беспощадную критику по вопросам связанным с ВТФ.
Великодушно прошу простить за юмор

[vxv]

ishhan в сообщении #1145753 писал(а):

А для показателя n=19 проходит?

Уважаемый ishhan
Спасибо! Из-за беспечности, 75582/19 – ошеломляющий капкан…, но пока не смертельный для частных случаев $n=3$..., да и общего доказательства ТФ в этой теме (потому что «наступаю» с нескольких направлений одновременно).
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}|a^n+b^n-c^n|$
Каждый член этого ряда в нашем случае представляет из себя первый член другого расходящегося ряда (а потому есть возможность нивелировать «аномалии» треугольника Паскаля).

[vxv]

… и из чего следует важный логический вывод (или, если кто-то пока настаивает, предположение) о том, что ряд
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}c^n-(a^n+b^n)$
не может быть знакопеременным и представляет из себя «классический» расходящийся ряд…

[lasta]

vxv в сообщении #1149182 писал(а):

… и из чего следует важный логический вывод (или, если кто-то пока настаивает, предположение) о том, что ряд
$\sum\limits_{n=3}^{\infty}c^n-(a^n+b^n)$
не может быть знакопеременным и представляет из себя «классический» расходящийся ряд…

Было бы странным, если бы указанная сумма последовательностей по выражению
с тремя степенями не увеличивалась с увеличением показателя (верхнего предела суммирования). Поэтому это утверждение ничего не доказывает.
Пусть существует решение УФ $(a,b,c)$ подставляем все Ваши выкладки и утверждаем, что такого решения не существует. При этом совершенно не важно, что за этими буквами скрывается. У Вас нет критерия разграничивающего целые и иррациональные числа. Коэффициенты Паскаля применимы к любым числам.