Теорема Ферма (частные случаи)

[lasta]

mikhailo в сообщении #1023233 писал(а):

Поясните, какие противоречия вы имеете ввиду?

Что дает расходимость для доказательства частных случаев ВТФ.
lasta, с эсперанто -последний. Я последний в семье.

[mikhailo]

lasta в сообщении #1023235 писал(а):

mikhailo в сообщении #1023233 писал(а):

Поясните, какие противоречия вы имеете ввиду?

Что дает расходимость для доказательства частных случаев ВТФ.
lasta, с эсперанто -последний. Я последний в семье.

Как я понимаю, доказывает отсутствие положительных целочисленных решений уравнения при $n>2$

$$a^n+b^n=c^n

[lasta]

mikhailo в сообщении #1023257 писал(а):

Как я понимаю, доказывает отсутствие положительных целочисленных решений уравнения при $n>2$

$$a^n+b^n=c^n$$

Понятно для какого уравнения. Но, на каком основании?

-- 04.06.2015, 15:45 --

mikhailo в сообщении #1023194 писал(а):

но как мне кажется,

Если этот же аргумент, то он не является весомым.

[mikhailo]

Цитата:

Понятно для какого уравнения. Но, на каком основании?

На основании очевидности.

из

$a^n+b^n=c^n$

вытекает, что при условии $a$ и $b$ целые, положительные и не равны нулю

$a < c$ AND $b < c$

пусть
$c=x+1$ тогда максимальные значения, которые смогут принять $a$ и $b$ будут равны $x$

переписываем

$x^n+x^n=(x+1)^n$ и отсюда, если ряд

$(x+1)^n-2x^n$

расходится вытекает отсутствие целочисленных решений.
Расходимость ряда для любых частных случаев доказывается легко. А можно ли доказать расходимость данного ряда вкупе?

[venco]

mikhailo, вы, похоже, не заметили, что этот "ряд" "расходится" не в ту сторону, что нужна для доказательства.

[mikhailo]

venco в сообщении #1023396 писал(а):

mikhailo, вы, похоже, не заметили, что этот "ряд" "расходится" не в ту сторону, что нужна для доказательства.

Не понял. Ряд расходится в сторону увеличения разности - т.е. $a$ и $b$ c ростом степени и собственным увеличением просто не догоняют $c$.
Что здесь неверно?

[venco]

mikhailo в сообщении #1023413 писал(а):

venco в сообщении #1023396 писал(а):

mikhailo, вы, похоже, не заметили, что этот "ряд" "расходится" не в ту сторону, что нужна для доказательства.

Не понял. Ряд расходится в сторону увеличения разности - т.е. $a$ и $b$ c ростом степени и собственным увеличением просто не догоняют $c$.
Что здесь неверно?

При чём тут рост степени?
Да и основания могут расти соответственно.
Выведите выражение, какими должны быть основания $a$ и $b$, чтобы превысить $c$. Убедитесь, что для любого $n$ это достижимо.

[lasta]

mikhailo в сообщении #1023419 писал(а):

Ряд расходится в сторону увеличения разности - т.е. $a$ и $b$ c ростом степени и собственным увеличением просто не догоняют $c$.

Например: $9^3+10^3>(10+2)^3$ то есть $729+1000>1728$. Не только догнали, но и перегнали при ужесточении условия - не $10+1$, а $10+2$

[mikhailo]

lasta в сообщении #1023429 писал(а):

mikhailo в сообщении #1023419 писал(а):

Ряд расходится в сторону увеличения разности - т.е. $a$ и $b$ c ростом степени и собственным увеличением просто не догоняют $c$.

Например: $9^3+10^3>(10+2)^3$ то есть $729+1000>1728$. Не только догнали, но и перегнали при ужесточении условия - не $10+1$, а $10+2$

Извиняюсь. Вы абсолютно правы.

-- 04.06.2015, 21:33 --

Н-да. Так опростоволосился. Тут даже грязными тапками закидать мало. Извините ещё раз за то, что отвлёк кого-то.

[alexo2]

Если ограничить значения, которые могут принимать $a, b, c$ для выполнения условия равенства, то ряд будет расходящимся. В случае разности соседних кубов, например, эти ограничения связаны с тем, что "фигуранты" обязаны иметь вид:
$a = 6n+1$
$b = -6n$,
$c = 6m+1$
и, если не рассматривать заведомо "неподходящие" $a, b, c$,
то ряд будет расходиться, и
это проверено.

[lasta]

alexo2 в сообщении #1023546 писал(а):

это проверено.

Уважаемый alexo2! Проверено для каких интервалов чисел?

[alexo2]

lasta:
Проверено для каких интервалов чисел?

Для любых (проще говоря - для всех чисел от - до + бесконечности)
Для уравнения
$(6n+1)^3-(6n)^3 = (6m+1)^3+6k$
при увеличении $n, m$ растет и к. "Ближайшие" к интересующему нас значению $k = 0$ (более "не приближается" а только отдаляются в одну и другую сторону) значения $k = - 21$ и $k = 36$. Трехмерные графики я приводил в своей теме "И вновь о соседних кубах..."

-- 17.06.2015, 11:21 --

Добавлю, пожалуй, чтобы понятнее было:
если рассматривать просто любое число $A$ в уравнении
$(6n+1)^3-(6n)^3 = (6m+1)^3+A$, то оно действительно будет периодически и "догонять" и "перегонять"...

[lasta]

alexo2 в сообщении #1028044 писал(а):

Для уравнения
$(6n+1)^3-(6n)^3 = (6m+1)^3+6k$
при увеличении $n, m$ растет и к.

Это частный случай соседних. А как для общего случая $(3n+1)^3-(3n)^3 = (6m+1)^3+6k$? Функция также апериодическая?

[alexo2]

lasta в сообщении #1028254 писал(а):

А как для общего случая $(3n+1)^3-(3n)^3 = (6m+1)^3+6k$? Функция также апериодическая?

Да, как и функция, например,
$(2n+1)^3-(2n)^3 = (6m+1)^3+6k$
или, к примеру,
$(3n+1)^3-(3n)^3 = (2m+1)^3+2k$
и т.д.
А вот функция, например, такая:
$(5n+1)^3-(5n)^3 = (6m+1)^3+6k$
или такая:
$(14n+1)^3-(14n)^3 = (6m+1)^3+6k$
являются уже периодическими (где с ростом m,n к постоянно то увеличивается, то уменьшается)

[lasta]

alexo2 в сообщении #1028044 писал(а):

если рассматривать просто любое число $A$ в уравнении
$(6n+1)^3-(6n)^3 = (6m+1)^3+A$, то оно действительно будет периодически и "догонять" и "перегонять"...

Уважаемый alexo2! Это уравнение менее всего обременено предположением о существовании тройки решения для УФ. Не полностью, потому что в нем не допускается два четных куба, что делало бы $A$ минимальным.