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(Cauchyscher Integralsatz und Fundamentalsatz der Algebra) |
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− | === | + | == Satz des Monats == |
+ | === Leibnizsche Differentiationsregel === | ||
− | Für | + | Für <math>f: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{\grave{n}} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, a, b: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{n} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, \curvearrowright B x := {(s, {x}_{2}, ..., {x}_{n})}^{T}</math> und <math>s \in {}^{(\omega)}\mathbb{K} \setminus \{{x}_{1}\}</math> gilt bei Wahl von <math>\curvearrowright D a(x) = a(\curvearrowright B x)</math> und <math>\curvearrowright D b(x) = b(\curvearrowright B x)</math><div style="text-align:center;"><math>\tfrac{{\downarrow} }{{\downarrow} {{x}_{1}}}\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}Dt} \right)={\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{\tfrac{{\downarrow} f(x,t)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}{\downarrow}Dt}+\tfrac{{\downarrow} b(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright Bx,b(x))-\tfrac{{\downarrow} a(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright Bx,a(x)).</math></div> |
− | <div style="text-align:center;"><math>{\uparrow}_{\ | ||
− | + | ==== Beweis: ==== | |
+ | <div style="text-align:center;"><math>\begin{aligned}\tfrac{{\downarrow} }{{\downarrow} {{x}_{1}}}\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}Dt} \right) &={\left( {\uparrow}_{a(\curvearrowright Bx)}^{b(\curvearrowright Bx)}{f(\curvearrowright Bx,t){\downarrow}Dt}-{\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}Dt} \right)}/{{\downarrow} {{x}_{1}}}\; \\ &={\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{(f(\curvearrowright Bx,t)-f(x,t)){\downarrow}Dt}+{\uparrow}_{b(x)}^{b(\curvearrowright Bx)}{f(\curvearrowright Bx,t){\downarrow}Dt}-{\uparrow}_{a(x)}^{a(\curvearrowright Bx)}{f(\curvearrowright Bx,t){\downarrow}Dt} \right)}/{{\downarrow} {{x}_{1}}}\; \\ &={\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{\tfrac{{\downarrow} f(x,t)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}{\downarrow}Dt}+\tfrac{{\downarrow} b(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright Bx,b(x))-\tfrac{{\downarrow} a(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright Bx,a(x)).\square\end{aligned}</math></div> | ||
− | < | + | === Satz von Beal === |
+ | Für <math>a^m + b^n = c^k</math> mit <math>a, b, c \in \mathbb{N}^{*}</math> und <math>k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3}</math> gilt ggT<math>(a, b, c) > 1.</math> | ||
− | === | + | ==== Beweis: ==== |
+ | Mit <math>p \in {}^{\omega} \mathbb{P}</math> und <math>r, s \in {}^{\omega}\mathbb{Q}</math> führt der vorige Satz auf sämtliche nichttrivialen Darstellungen von <math>c^k > 1</math> als <math>(a^{m-r} + ib^{n-s})(a^r - ib^s) =c^k +i(a^rb^{n-s} - a^{m-r}b^s)</math>, wobei alle Beziehungen <math>a^{m-\hat{r}} = b^{n-\hat{s}}</math> dann <math>p \mid</math> ggT<math>(a, b, c)</math> sowie die Behauptung trotz gewisser (nicht-)rationaler <math>r</math> und <math>s</math> (Stetigkeit!) ergeben.<math>\square</math> | ||
− | + | ===Folgerung: === | |
+ | Der vorige Satz ermöglicht einen unendlichen Abstieg wegen ggT<math>(a, b, c) > 1</math>, sodass <math>a^n + b^n = c^n</math> von keinem <math>n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3}</math> für beliebige <math>a, b, c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*}</math> erfüllt wird.<math>\square</math> | ||
− | + | == Leseempfehlung == | |
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Version vom 1. März 2023, 03:57 Uhr
Willkommen bei MWiki
Satz des Monats
Leibnizsche Differentiationsregel
Für [math]\displaystyle{ f: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{\grave{n}} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, a, b: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{n} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, \curvearrowright B x := {(s, {x}_{2}, ..., {x}_{n})}^{T} }[/math] und [math]\displaystyle{ s \in {}^{(\omega)}\mathbb{K} \setminus \{{x}_{1}\} }[/math] gilt bei Wahl von [math]\displaystyle{ \curvearrowright D a(x) = a(\curvearrowright B x) }[/math] und [math]\displaystyle{ \curvearrowright D b(x) = b(\curvearrowright B x) }[/math]
Beweis:
Satz von Beal
Für [math]\displaystyle{ a^m + b^n = c^k }[/math] mit [math]\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{N}^{*} }[/math] und [math]\displaystyle{ k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3} }[/math] gilt ggT[math]\displaystyle{ (a, b, c) \gt 1. }[/math]
Beweis:
Mit [math]\displaystyle{ p \in {}^{\omega} \mathbb{P} }[/math] und [math]\displaystyle{ r, s \in {}^{\omega}\mathbb{Q} }[/math] führt der vorige Satz auf sämtliche nichttrivialen Darstellungen von [math]\displaystyle{ c^k \gt 1 }[/math] als [math]\displaystyle{ (a^{m-r} + ib^{n-s})(a^r - ib^s) =c^k +i(a^rb^{n-s} - a^{m-r}b^s) }[/math], wobei alle Beziehungen [math]\displaystyle{ a^{m-\hat{r}} = b^{n-\hat{s}} }[/math] dann [math]\displaystyle{ p \mid }[/math] ggT[math]\displaystyle{ (a, b, c) }[/math] sowie die Behauptung trotz gewisser (nicht-)rationaler [math]\displaystyle{ r }[/math] und [math]\displaystyle{ s }[/math] (Stetigkeit!) ergeben.[math]\displaystyle{ \square }[/math]
Folgerung:
Der vorige Satz ermöglicht einen unendlichen Abstieg wegen ggT[math]\displaystyle{ (a, b, c) \gt 1 }[/math], sodass [math]\displaystyle{ a^n + b^n = c^n }[/math] von keinem [math]\displaystyle{ n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3} }[/math] für beliebige [math]\displaystyle{ a, b, c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*} }[/math] erfüllt wird.[math]\displaystyle{ \square }[/math]