Ферма и Паскаль. Доказательство для n=3

[discoverer]

Уважаемые профессионалы и аматоры!

Инструментов для решения теоремы Ферма у современной математики нет, иначе она давно была бы решена. Конечно, ее доказал Уайлс с помощью эллиптических кривых и модулярных форм, но это до сих пор не раскрывает ее природы, а служит лишь фактом. Это многих не удовлетворяет и это замечательно, иначе бы человек перестал быть человеком.
Я приведу здесь доказательство для степени 3. Буду писать примитивно, уж простите.

Часть первая. Связанные множества

Пусть множество $A3$ состоит из последовательности элементов $a_n=n^3, n=0,\cdots\infty$. Множество $B3$ состоит из последовательности элементов $b_n=a_{n+1}-a_n$. Попросту говоря, множество $A3$ есть последовательностью элементов $n^3$, а $B3$ вычетами этих соседних элементов. К примеру, для степени 3:

$$ A3\colon 0,1,8,27,64, \ldots n ^3 \eqno (1.1) $$

$$ B3\colon 1,7,19,37, \ldots a_{n+1}-a_n \eqno (1.2) $$

Применительно к связанным множествам $A3$ и $B3$, запишем уравнение

$$b^3+c^3=a^3 \eqno (1.3)$$

в виде

$$a^3-c^3=b \eqno (1.4)$$

где $a^3$ и $c^3$ есть элементами множества $A3$ а $b$ – элемент множества $B3$. Преимущества такого представления очевидны. Первое, мы охватываем все множество решений, так:

$$a_{n+k}-a_n=\sum_{i=n}^{n+k-1} b_i \eqno (1.5) $$

где $ n\geq0$ и $1\leq k \leq\infty$
Второе, все значения $b$ есть целочисленные, что безусловно очень ценно.
И наконец, из (1.5) вытекает условие решения ВТФ для степени 3, а именно если выполняется

$$ \sum_{i=n}^{n+k-1} b_i=b^3 \eqno (1.6) $$

для $k\geq1$$, тогда есть решение (1.3), иначе – нет.
Очевидно, что условие решения (1.5) крайне обширно и охватывает как единичные элементы множества $B3$ так и их сумму. Таким образом из (1.6) получаем 2 явных условия:
Для $k=1$ мы получим уравнение для соседних элементов

$$a_{n+1}-a_n=b_n \eqno (1.7) $$

для $k>1$ мы получим уравнение суммы элементов множества $B3$

$$ a_{n+k}-a_n=\sum_{i=n}^{n+k-1} b_i \eqno (1.8) $$

Исследуем оба этих условия.

Часть вторая. Фигурные полиномы

Однако современная математика далее бессильна, поэтому применим новые инструменты. Так, изучая множество $A2$, находим что в результате вычета его соседних членов получается множество $B2$, а вычеты его членов приводят к конечному результату 2. Для множества $A3$ мы получаем уже два множества вычетов – $B3$ и $C3$, пока не придем к множеству конечного результата 6. Для степени 4 мы имеем уже три множества вычетов – $B4$, $C4$, $D4$, пока не придем к множеству конечного результата 24. Для степени 5 мы имеем уже четыре множества вычетов – $B5$, $C5$, $D5$, $E5$, пока не придем к множеству конечного результата 120, и так далее.

Теперь действуем в обратном порядке, то есть выразим элементы множества $A2$ (это последовательность $ 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36,\cdots n^2$) через константу 2, где получим формулу

$$ a_n=n+2k_{n-1}^{(2)} \eqno (2.1) $$

А также найдем такую зависимость от константы 2 для элементов множества $B2$ (это последовательность $ 1, 3, 5, 7, 9, 11,\cdots a_{n+a}-a_n$), где получим

$$ b_n=1+n \eqno (2.2)$$

Далее, выражая элементы множества $A3$ (это последовательность $ 0, 1, 8, 27, 64, 125, 216,\cdots n^3$) через константу 6 получим

$$ a_n=n+6k_{n-1}^{(3)} \eqno (2.3)$$

И также найдем такую зависимость для элементов множества $B3$ (это последовательность $ 1, 7, 19, 37, 61, 91,\cdots a_{n+a}-a_n$), где получим

$$ b_n=1+6k_n^{(2)} \eqno (2.4)$$

Далее, выражая элементы множества $A4$ (это последовательность $ 0, 1, 16, 81, 256, 625, 1296,\cdots n^4$) через константу 24 получим

$$ a_n=n+2k_{n-1}^{(2)}+12k_{n-1}^{(3)}+24k_{(n-2)}^{(4)} $$

И также найдем такую зависимость для элементов множества $B4$ (это последовательность $ 1, 15, 65, 175, 369, 671,\cdots a_{n+a}-a_n$), где получим

$$ b_n=1+2n+12k_n^{(2)}+24k_{n-1}^{(3)} $$

Далее, выражая элементы множества $A5$ (это последовательность $ 0, 1, 32, 243, 1024, 3125, 7776,\cdots n^5$) через константу 120 получим

$$ a_n=n+30k_{n-1}^{(3)}+120k_{n-2}^{(5)} $$

И также найдем такую зависимость для элементов множества $B5$ (это последовательность $ 1, 31, 211, 781, 2101, 4651,\cdots a_{n+a}-a_n$), где получим

$$ b_n=1+30k_n^{(2)}+120k_{n-1}^{(4)} $$

И так далее.
Полученные зависимости позволяют нам вывести общие формулы для множеств $An$ и $Bn$ произвольной степени $n$, которые имеют разницу лишь в записи для четных и нечетных $n$. Таким образом, нами получен новый математический инструмент, который я назвал фигурными полиномами. Прежде чем обозначить его ценность для математики, разберемся в условных обозначениях:

$k_{n-1}^{(2)}$ - треугольное фигурное число или последовательность третьей диагонали треугольника Паскаля
$k_{n-1}^{(3)}$ - тетраэдральное фигурное число или последовательность четвертой диагонали треугольника Паскаля
$k_{n-1}^{(4)}$ - пентаэдральное фигурное число или последовательность пятой диагонали треугольника Паскаля
$k_{n-1}^{(5)}$ - гексаэдральное фигурное число или последовательность шестой диагонали треугольника Паскаля

Здесь верхний индекс, числа в круглых скобках, обозначают порядковый номер диагонали треугольника Паскаля, потому что $k_n^{(0)}$ – диагональ единиц, $k_n^{(1)}$ - ряд натуральных чисел.

Среди важных свойств фигурных полиномов следует отметить:

1. В состав фигурных полиномов входят фигурные числа, которые обладают очень важным свойством, а именно они являются числами-функциями, что значит, для каждого аргумента $n$ есть свое значение $k$.
2. И самое главное, фигурные полиномы теперь стерли разницу между простым и составным числом, потому что теперь любое число множеств $Bn$, среди которых много простых чисел, может быть разложено в фигурный полином.

Продолжение следует. Комментируйте пожалуйста.

[discoverer]

Часть третья. Поиск решений $ b^3+c^3=a^3 $ для $ a-c=1 $

Итак, уравнение (1.3) будет иметь решение в целых числах, если в условии (1.7) выполнится равенство

$$ b_n=a_{n’} $$

где $ a_{n’} $ - любой элемент множества $A3$. С учетом (2.4) и (2.3) получим

$$ 1+6k_n^{(2)}=n’+6k_{n’-1}^{(3)} \eqno (3.1) $$

Преобразовывая правую часть (3.1), получим

$$ 1+6k_n^{(2)}=1+6\left(k_{n’-1}^{(3)}+\frac {n’-1} {6}\right) $$

Откуда

$$ k_{n’-1}^{(3)}+\frac {n’-1} {6}=k_n^{(2)} \eqno (3.2) $$

Условие (3.2) гласит, что если значение левой части для какого-либо $ n’ $ будет равно какому-либо фигурному числу $ k_n^{(2)} $, тогда уравнение (1.3) будет иметь решение в целых числах для $ a-c=1 $. Несмотря на абстрактность формулировки, (3.2) решается легко.
Поскольку $ k_{n’-1}^{(3)}=\frac {n’(n^{’2}-1)} {6} $ раскроем левую часть (3.2), получим

$$ k_{n’-1}^{(3)}+\frac {n’-1} {6}=\frac {n’-1} {6}+n’(n’+1) \frac {n’-1} {6} $$

Далее, как известно, любое число треугольника Паскаля получается в результате суммы двух вышестоящих, запишем формулу применительно к третьей диагонали

$$ \begin{pmatrix} {n+1}\\2 \end{pmatrix}=n+\frac {n(n-1)} {2} $$

Откуда итоговое условие (3.2) примет вид

$$ \frac {n’-1} {6}+n’(n’+1)\frac {n’-1} {6}=n+\frac {n-1} {2} n \eqno (3.3) $$

Как видно из этой формулы, левая часть равенства (3.3) состоит из суммы двух слагаемых, где первое есть $ \frac {n’-1} {6} $, а второе в $ n’(n’+1) $ раз больше первого. Правая часть равенства (3.3) состоит из суммы двух слагаемых, где первое есть $ n $, а второе в $ \frac {n-1} {2} $ раз больше первого. Отсюда следует вывод, что не существует таких $ n $ и $ n’ $ при которых выполнилось бы равенство (3.3), потому что если найдутся такие $ n $ и $ n’ $ для которых первые слагаемые обеих частей будут равны, то вторые слагаемые будут отличны за счет разных множителей $ n’(n’+1) $ и $ \frac {n-1} {2} $, что в итоге приведет к неравенству значений левой и правой частей (3.3). Отсюда также следует обратный вывод: только равенство множителей вторых слагаемых будет приводить к равенствам такого типа (это нам пригодится позже).

Заключение. Множество $ A3 $ (1.1) не содержит ни одного элемента равного элементу множества $ B3 $ (1.2), а это в свою очередь говорит о том, что уравнение $ b^3+c^3=a^3 $ не имеет решений в целых числах для $ a-c=1 $.

Продолжение следует.

[fractalon]

А с какой стати первые слагаемые двух частей должны быть равны? Может быть, они не будут равны, а суммы будут равны? Нет же такой теоремы, которая утверждала бы, что из $a+b=c+d$ следует $a=c$.

В принципе, не очень понятно, что нового вы открываете. Выражение степеней через биномиальные коэффициенты не имеет ничего удивительного. $k$-ая диагональ треугольника Паскаля - это биномиальные коэффициенты (в просторечье "сочетания") с младшим параметром $k$. Ну, то есть штуки вида $C_n^k = \frac{n(n-1) \dots (n-k+1)}{k!}$. Если присмотреться, то можно увидеть, что это полином $k$-ой степени. Дальше выражение точных степеней из них очевидно по индукции - берём $C_n^k$, умножаем чтобы коэффициент при $n^k$ стал единицей, а потом отнимаем все меньшие степени, выражая их (благодаря предположению индукции) через биномиальные коэффициенты меньшего порядка.

Вы просто перешли от одних полиномов к другим. Правая часть в $(3.3)$ так и осталась полиномом третьей степени (если раскрыть скобки, там будет слагаемое $\frac{n'^3}{6}$). В том, что левая часть стала квадратичной и что неизвестных не три, а два, тоже нет новости - вы ведь решаете уравнение $a^3+b^3=(b+1)^3$, а если напрямую, без всяких выражений через сочетания, это раскрыть, то эти свойства всё равно будут.

Ну, это всё общие рассуждения, а конкретную ошибку я в самом начале указал.


P. S.: по статистике не помню сколько, но много процентов "доказательств" ВТФ основываются на перестановке/раскрытии/группировке скобок. Как ни грустно, вы делаете то же самое, только в обратную сторону.

[discoverer]

Уважаемый fractalon!

Цитата:

А с какой стати первые слагаемые двух частей должны быть равны? Может быть, они не будут равны, а суммы будут равны? Нет же такой теоремы, которая утверждала бы, что из $a+b=c+d$ следует $a=c$

Нет такой теоремы? Сформулируем условие и докажем, это просто.

Теорема 1. Пусть существует выражение

$$ a+c(a)a=b+d(b)b \eqno (3.4) $$

$ a,b \in \mathbb{N} $; $ c(a),d(b) $ –множители-функции от $ a $ и $ b $; $ c(n)\neq d(n) $
где требуется доказать, что если $ c(n)\neq d(n) $, тогда не существует таких $ a $ и $ b $ при которых данное равенство выполнилось бы.

Надеюсь, вы согласитесь с корректностью такого представления (3.3)?

Предположим, нашлись такие $ a $ и $ b $, $ a \neq b $ и $ a>b $ при которых условие (3.4) справедливо. Тогда преобразовав правую часть (3.4)
$ (b+m)+(d(b)b-m) $, поскольку $ a-b=m $, получим

$$ a+c(a)a=a+d(a)a \eqno (3.5) $$

Отсюда вытекает неукоснительное равенство $ c(a)=d(a) $, которое по условию (3.4) выполняться не может. Следовательно (3.5) ложно, а таких $a $ и $ b $ не существует.
В случае (3.3) множителями-функциями есть $ n’(n’+1) $ и $ \frac{(n-1)}{2} $, где очевидно, что для общего $ n $: $ n(n+1) \neq \frac{(n+1)}{2} $.

Доказано?

Приведу пример справедливости этой теоремы.
Как видно, элементы множества A2, формула (2.1) подобны элементам множества B3, формула (2.4). Под подобием я подразумеваю похожесть структур – то есть количество членов полинома, которых два в обоих случаях. Отсюда возникает естественный вопрос о возможном равенстве элементов этих разных множеств. Проверим это. Надеюсь, как вы поняли, я веду речь о поиске решений уравнений вида $a^3-c^3=b^2 $ для $ a-c=1 $.

Для этого, правые части (2.1) и (2.4) надо привести к единому виду. Преобразовывая (2.1), запишем сначала выражение для произвольного $ n’ $

$$ a_{n’}=1+2 \left(k_{n’-1}^{(2)}+\frac{n’-1}{2} \right) $$

Далее, раскрывая фигурное число $ k_{n’-1}^{(2)} $ и учитывая коэффициент 6 в (2.4), получим итоговое равенство, приведенное к условиям Теоремы 1

$$ \frac{n’-1}{6}+n’\frac{n’-1}{6}=n+\frac{n-1}{2}n $$

Стоит заметить, что для третьей диагонали треугольника Паскаля формула получения этих членов вариабельна для четных и нечетных $ n $, то есть $ n+\frac{n-1}{2}n=\frac{n}{2}+n\frac{n}{2} $, откуда

$$ \frac{n’-1}{6}+n’\frac{n’-1}{6}=\frac{n}{2}+n\frac{n}{2} \eqno (3.6) $$

Итак, согласно условию Теоремы 1, множителями-функциями есть $ n’ $ и $ n $, которые равны для общего аргумента $ n $: $ n=n $, и следовательно (3.6) имеет решения. Найдем их. Можно преобразовать (3.6) к виду

$$ n’^2=3n^2+3n+1 \eqno (3.7) $$

откуда находятся значения $ n’ $ и $ n $, удовлетворяющие равенству:

$$ n’=13, n=7 $$

$$ n’=181, n=104 $$

$$ n’=2521, n=1455 $$

$$ n’=35113, n=20272 $$

и т. д.
Далее согласно (1.7) получим уравнения

$$ 8^3-7^3=13^2 $$

$$ 105^3-104^3=181^2 $$

$$ 1456^3-1455^3=2521^2 $$

$$ 20273^3-20272^3=35113^2 $$

и т. д.
Так работает моя математика. Ее отличает то, что все выводы легко верифицируемы.

Что касается

Цитата:

В принципе, не очень понятно, что нового вы открываете. Выражение степеней через биномиальные коэффициенты не имеет ничего удивительного. $k$-ая диагональ треугольника Паскаля - это биномиальные коэффициенты (в просторечье "сочетания") с младшим параметром $k$. Ну, то есть штуки вида $C_n^k = \frac{n(n-1) \dots (n-k+1)}{k!}$. Если присмотреться, то можно увидеть, что это полином $k$-ой степени. Дальше выражение точных степеней из них очевидно по индукции - берём $C_n^k$, умножаем чтобы коэффициент при $n^k$ стал единицей, а потом отнимаем все меньшие степени, выражая их (благодаря предположению индукции) через биномиальные коэффициенты меньшего порядка

то я хочу отметить, что общение с профессиональными математиками очень положительно влияет на мой опыт. Узнаю то, чего нет в доступных мне источниках. Я многого не еще знаю, к примеру, я получил формулу для $ a^x $ для нечетных $ x $ в общем виде

$$ a^x=a+\sum_{i=1}^{p} {(2i+1)!\binom{p}{i}k_{a-i}^{(2i+1)}} $$

где обнаружил, что $ \binom{p}{i}=\binom{p-1}{i-1}+i^2\binom{p-1}{i}, 1\leqslant i\leqslant p, p=\frac{x-1}{2} $ - есть довольно любопытная последовательность А036969 библиотеки OEIS, первое упоминание о которой сделано P. A. MacMahon в 1919 году. Удивительно как в математике все взаимосвязано.

Но я не знал, что формулу $ a^x $ также можно получить через биномиальные коэффициенты. Приведите пожалуйста здесь этот вывод или дайте ссылку, очень интересно…

[r-aax]

discoverer в сообщении #1143904 писал(а):

Теорема 1. Пусть существует выражение

$$ a+c(a)a=b+d(b)b \eqno (3.4) $$

$ a,b \in \mathbb{N} $; $ c(a),d(b) $ –множители-функции от $ a $ и $ b $; $ c(n)\neq d(n) $
где требуется доказать, что если $ c(n)\neq d(n) $, тогда не существует таких $ a $ и $ b $ при которых данное равенство выполнилось бы.

$a + a \cdot a = b + (b + 3) \cdot b$
решение $a = 3, b = 2$

[discoverer]

Уважаемый r-aax!

Я разгадал ваш трик. Вы просто перекрутили формулу. Приведу ее назад, к оригинальному виду: $ b+(b+3) \cdot b=b+b^2+3b=4b+b \cdot b $. Как видно, первый член отличается от интерпретации Теоремы 1, что делает ее менее строгой в отношении первых членов функций, но существенного влияния на справедливость это не оказывает. Проверим. Функции равны для $ a=3, b=2 $, значит функция $ a $ имеет вид $ 3+3 \cdot 3 $, функция $ b $ имеет вид $ 2 \cdot 4+2 \cdot 2 $. Поскольку их равенство влечет безусловное преобразование $ a $ в $ b $, запишем для функции $ a $: $ (3+5)+a \cdot (3-5)=8+(-2) \cdot (-2)=8+4 $. Все верно, множители этих функций удовлетворяют условию $ a(n)=b(n) $.

Чтобы было предельно понятно, приведу примеры. Здесь я сравниваю результаты двух функций, каждая из которых в зависимости от $ n $ генерирует пару чисел, и вот если их суммы совпадают, значит решение уравнения для $ n=3 $ существует. Для $ a^3-c^3=b^3 $ первая функция $ \frac{n’-1}{6}+n’\frac{n’-1}{6} $ генерирует пары натуральных чисел: $ n’=0: (0+0) $, $ n’=7: (1+7) $, $ n’=13: (2+26) $, $ n’=19: (3+57) $, $ n’=25: (4+100) $, $ n’=31: (5+155) $, … и так далее.

Вторая функция $ n+\frac{n-1}{2}n $ генерирует пары натуральных чисел: $ n’=0: (0+0) $, $ n’=1: (1+0) $, $ n’=2: (2+1) $, $ n’=3: (3+3) $, $ n’=4: (4+6) $, $ n’=5: (5+10) $, $ n’=6: (6+15) $, $ n’=7: (7+21) $,… и так далее. Как видно, это есть последовательность треугольных чисел.

Так вот, среди этих сумм нет ни одного равенства согласно Теореме 1. Вывод: решения в целых числах для $ a^3-c^3=b^3 $ не существует.

Давайте посмотрим на уравнение $ a^2-c^2=b^2 $. Здесь для поиска решений следует приравнять следующие функции (вывод этих функций опущу):

$$ \frac{n’-1}{2}+n’\frac{n’-1}{2}=n $$

Первая функция генерирует пары натуральных чисел: $ n’=1: (0+0) $, $ n’=3: (1+3) $, $ n’=5: (2+10) $, $ n’=7: (3+21) $, $ n’=9: (4+36) $, $ n’=11: (5+55) $, $ n’=13: (6+78) $, …и так далее.

Вторая функция есть ряд натуральных чисел: $ n=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, $… и так далее. Совершенно очевидно, что равенство функций будет выполняться для каждого $ n’ $. И соответственно решения уравнения $ a^2-c^2=b^2 $ тоже, где их последовательность будет выглядеть так:

$$ 5^2-4^2=3^2, 13^2-12^2=5^2, 25^2-24^2=7^2, 41^2-40^2=9^2, 61^2-60^2=11^2, 85^2-84^2=13^2, $$

…. и так далее.

Я их назвал оригинальными или первообразными уравнениями, потому что если не будет решения для $ a-c=1 $ - не будет решений для $ a-c>1 $.

К примеру уравнения, где основание $ b $ есть простое число, существуют самостоятельно, это так сказать одинокие Пифагоровы тройки. А вот если основание $ b $ раскладывается в вид $ b^2=l^2m^2 $ определенным образом, то оригинальное уравнение будет образовывать производное уравнение. К примеру, $ 1013^2-1012^2=45^2 $ есть оригинальное уравнение, его производным есть $ 53^2-28^2=45^2 $.

Что касается $ a^x-c^x=b^x $ для $ x>3 $, то в этом случае действует тоже правило: фигурное число $+\frac{n-1}{M} $ никогда не даст фигурное число предыдущего порядка. Здесь $ M $ – обобщенный множитель. А поскольку каждый член фигурного полинома элемента множества $ An $ должен быть преобразован по такому принципу в соответствующий член фигурного полинома элемента множества $ Bn $, значит целочисленных решений уравнения $ a^x-c^x=b^x $ для $ x>3 $ не существует. Имея общие формулы этот вывод сделать нетрудно. Такова концепция. Вот и вся теорема Ферма.

[r-aax]

discoverer в сообщении #1143904 писал(а):

Теорема 1. Пусть существует выражение

$$ a+c(a)a=b+d(b)b \eqno (3.4) $$

$ a,b \in \mathbb{N} $; $ c(a),d(b) $ –множители-функции от $ a $ и $ b $; $ c(n)\neq d(n) $
где требуется доказать, что если $ c(n)\neq d(n) $, тогда не существует таких $ a $ и $ b $ при которых данное равенство выполнилось бы.

еще раз

рассматривается уравнение в натуральных числах $a + c(a)a = b+d(b)b$,
где $c(a) = a, d(b) = b + 3$
очевидно, что $c(a)$ - функция от $a$, $d(b)$ - функция от $b$,
очевидно, что $\forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow c(n) \ne d(n)$
таким образом, все требования теоремы выполнены, однако уравнение имеет решение

вывод: теорема неверна

-- Пт сен 02, 2016 14:40:03 --

discoverer в сообщении #1148400 писал(а):

первая функция $ \frac{n’-1}{6}+n’\frac{n’-1}{6} $ генерирует пары натуральных чисел: $ n’=0: (0+0) $, $ n’=7: (1+7) $, $ n’=13: (2+26) $, $ n’=19: (3+57) $, $ n’=25: (4+100) $, $ n’=31: (5+155) $, … и так далее.

Вторая функция $ n+\frac{n-1}{2}n $ генерирует пары натуральных чисел: $ n’=0: (0+0) $, $ n’=1: (1+0) $, $ n’=2: (2+1) $, $ n’=3: (3+3) $, $ n’=4: (4+6) $, $ n’=5: (5+10) $, $ n’=6: (6+15) $, $ n’=7: (7+21) $,… и так далее. Как видно, это есть последовательность треугольных чисел.

Так вот, среди этих сумм нет ни одного равенства согласно Теореме 1.

кстати, уравнение
$\frac{n’-1}{6}+n’\frac{n’-1}{6} = n+\frac{n-1}{2}n$
имеет решение $n' = 13, n = 7$

[discoverer]

Согласен, Теорема 1 страдает несовершенством формулировки относительно двух состояний функций. Это больше формальность, а не фатальность. Зато как работает идея! Буду признателен за контрпримеры или решения для (3.3).

Цитата:

кстати, уравнение
$\frac{n’-1}{6}+n’\frac{n’-1}{6} = n+\frac{n-1}{2}n$
имеет решение $n' = 13, n = 7$

Об этом уравнении я писал, смотрите (3.6)

[r-aax]

discoverer в сообщении #1148838 писал(а):

Согласен, Теорема 1 страдает несовершенством формулировки относительно двух состояний функций. Это больше формальность, а не фатальность. Зато как работает идея!

Таким образом, Вы не только не доказали свое утверждение (Теорема 1), но даже и не сформулировали его...
Ни о какой работе идеи тут говорить не приходится. Так что либо давайте строгую формулировку (без туманных разговоров о каких-то состояниях функций) и доказательство, либо пользоваться теоремой нельзя.

-- Пн сен 05, 2016 05:38:40 --

discoverer в сообщении #1148838 писал(а):

Буду признателен за контрпримеры или решения для (3.3).

Уравнение (3.3): $\frac {n’-1} {6}+n’(n’+1)\frac {n’-1} {6}=n+\frac {n-1} {2} n$ это просто другая запись уравнения $(n')^3 = (n + 1)^3 - n^3$.

[cmpamer]

discoverer в сообщении #1143904 писал(а):

Теорема 1. Пусть существует выражение

$$ a+c(a)a=b+d(b)b \eqno (3.4) $$

..........
Предположим, нашлись такие $ a $ и $ b $, $ a \neq b $ и $ a>b $ при которых условие (3.4) справедливо. Тогда преобразовав правую часть (3.4)
$ (b+m)+(d(b)b-m) $, поскольку $ a-b=m $, получим

$$ a+c(a)a=a+d(a)a \eqno (3.5) $$

Отсюда вытекает неукоснительное равенство $ c(a)=d(a) $, …

А откуда неукоснительно вытекает равенство: $ (d(b)b-m)=d(a)a $?
Или оно вытекает не совсем неукоснительно?

[Lia]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Пургаторий (М)»
Причина переноса: убедили.