Попытка доказательства Теоремы Ферма 2

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1599236 писал(а):

Natalya,

не могли бы Вы пояснить один момент Вашего доказательства.

Вы утверждаете, что при выполнении
$b+b_1+b_2=a+a_1+a_2=0+h+c$
что следует из "сумма корней функции + некая постоянная = $\frac{c^2}{cd-p}$",
получается, что
$\frac {(a_1^3-a_2^3)^3(cd-p)^2}{c^2}$-целое число.

Как Вы можете это показать?

Это в том случае если они рациональны, Если не рациональны, то $\frac{(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)^2}{c^2}$-целое число.

[Onoochin]

Natalya,

При $c = 50,\, d = 5,\, p = 100$, $F(x)=150 x^3 - 12500 x^2 +250000 x $.
При $x=a=30$ $F(a)=A=300000$.

Имеем три корня $a,\,a_1,\,a_2$ уравнения
$150 x^3 - 12500 x^2 +250000 x -300000=0$,
$a=30$, $a_1=10(8-\sqrt{58})/3$, $a_2=10(8+\sqrt{58})/3$

Соответственно, величина
$\frac{(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)^2}{c^2}=25000 - 3200 \sqrt{58}$
при данных значениях параметров $cр = 50,\, d = 5,\, p = 100$.

У Вас в док-ве есть еще одна проблема. При "гипотетическом целом" $b$, таком, что $F(b)=-F(a)=-300000$
решение ур-ния $F(x)=-300000$ дает три действительных иррациональных корня, которые получаются вычислением комплексных величин.
Наличие комплексных величин проявится следующим образом:
Если Вы используете Mathematica, то меняя параметры $c,\,d,\,p$ и значение функции $F(x)=A$, Вы получите, что при определенных больших значениях $A$ Вы получите три действительных корня уравнения $F(x)=A$, (то есть определите $a,\,a_1,\,a_2$),
но один действительный $b$, ($F(x)=-A$), и два комплексных корня $b_1,\,b_2$.

Это сильно ограничивает перебор $a,\,b,\,c$ Вашим методом.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1599290 писал(а):

Natalya,

При $c = 50,\, d = 5,\, p = 100$, $F(x)=150 x^3 - 12500 x^2 +250000 x $.
При $x=a=30$ $F(a)=A=300000$.

Имеем три корня $a,\,a_1,\,a_2$ уравнения
$150 x^3 - 12500 x^2 +250000 x -300000=0$,
$a=30$, $a_1=10(8-\sqrt{58})/3$, $a_2=10(8+\sqrt{58})/3$

Соответственно, величина
$\frac{(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)^2}{c^2}=25000 - 3200 \sqrt{58}$
при данных значениях параметров $cр = 50,\, d = 5,\, p = 100$.

У Вас в док-ве есть еще одна проблема. При "гипотетическом целом" $b$, таком, что $F(b)=-F(a)=-300000$
решение ур-ния $F(x)=-300000$ дает три действительных иррациональных корня, которые получаются вычислением комплексных величин.
Наличие комплексных величин проявится следующим образом:
Если Вы используете Mathematica, то меняя параметры $c,\,d,\,p$ и значение функции $F(x)=A$, Вы получите, что при определенных больших значениях $A$ Вы получите три действительных корня уравнения $F(x)=A$, (то есть определите $a,\,a_1,\,a_2$),
но один действительный $b$, ($F(x)=-A$), и два комплексных корня $b_1,\,b_2$.

Это сильно ограничивает перебор $a,\,b,\,c$ Вашим методом.

Я не перебираю и меняю параметры $c,\,d,\,p$. Это конкретные числа связанные между собой и с a и b. В моём доказательстве важна именно эта связь. У меня слабое место доказательства, я никак не могу доказать рациональность $a,\,a_1,\,a_2$. Потому что это потом опровергается. На этом построено моё доказательство. На невозможности деления $\frac{a^2+b^2}{a+b}$. Ферма этот пробел ликвидировать было не нужно. В его время не рассматривали иррациональные числа.

[Dedekind]

natalya_1 в сообщении #1599296 писал(а):

Ферма этот пробел ликвидировать было не нужно. В его время не рассматривали иррациональные числа.

Это немного не так работает:) Если вы отказываетесь рассматривать иррациональные числа, это не означает, что все числа автоматически становятся рациональными:) Поэтому я и говорю, что Вы где-то свернули с дорожки Ферма не туда, раз у Вас вылезли иррациональные $a,\,a_1,\,a_2$.

[Onoochin]

Natalya,

Утверждение, что

Цитата:

" В моём доказательстве важна именно эта связь"

- это нечто неконкретное и к математике не относится.
У Вас док-во (если следовать Вашему изложению) основано на том, что
1. Предположим, что имеем некоторую функцию с рациональными коэффициентоами $F(x)= (cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$
2. Для некоего целого $a$ мы можем найти значение этой функции $F(a)=A$ - целое число
3. Решая кубическое уравнение $(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px-A=0$, находим три корня ур-ния.
4. Делаем заявление, что два остальных корня должны быть как минимум рациональными.
Это для того, чтобы
6.1 $(a_1^3-a_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2-a_2^2)+c^2p(a_1-a_2)=0$ , из равенства следует, что
$\frac {(a_1^3-a_2^3)^3(cd-p)^2}{c^2}$-целое число).

В алгебре нет такой теоремы, что если один корень кубического уравнения - рациональный, то два остальных тоже рациональные. Без этой теоремы Ваше док-во имеет существенный пробел.
Не говоря о том, что при действительных $a,\,a_1,\,a_2$ корни уравнения $(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px+A=0$ тоже должны быть хотя бы действительными.

Что

Цитата:

"Ферма этот пробел ликвидировать было не нужно. В его время не рассматривали иррациональные числа."

, это не так. См. работу по истории математики:
Oaks J.A. (2021) Fermat and Descartes in Light of Premodern Algebra and Vi`ete. In: Sriraman B. (eds) Handbook of the History and Philosophy of Mathematical Practice. Springer

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1599298 писал(а):

Natalya,

Утверждение, что

Цитата:

" В моём доказательстве важна именно эта связь"

- это нечто неконкретное и к математике не относится.
У Вас док-во (если следовать Вашему изложению) основано на том, что
1. Предположим, что имеем некоторую функцию с рациональными коэффициентоами $F(x)= (cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$
2. Для некоего целого $a$ мы можем найти значение этой функции $F(a)=A$ - целое число
3. Решая кубическое уравнение $(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px-A=0$, находим три корня ур-ния.
4. Делаем заявление, что два остальных корня должны быть как минимум рациональными.
Это для того, чтобы
6.1 $(a_1^3-a_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2-a_2^2)+c^2p(a_1-a_2)=0$ , из равенства следует, что
$\frac {(a_1^3-a_2^3)^3(cd-p)^2}{c^2}$-целое число).

В алгебре нет такой теоремы, что если один корень кубического уравнения - рациональный, то два остальных тоже рациональные. Без этой теоремы Ваше док-во имеет существенный пробел.
Не говоря о том, что при действительных $a,\,a_1,\,a_2$ корни уравнения $(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px+A=0$ тоже должны быть хотя бы действительными.

Что

Цитата:

"Ферма этот пробел ликвидировать было не нужно. В его время не рассматривали иррациональные числа."

, это не так. См. работу по истории математики:
Oaks J.A. (2021) Fermat and Descartes in Light of Premodern Algebra and Vi`ete. In: Sriraman B. (eds) Handbook of the History and Philosophy of Mathematical Practice. Springer

Они не должны быть рациональными. Но я доказываю, что они рациональны при таких условиях, которые заданы. При заданных условиях сумма $a_1+a_2^$ рациональна. Их произведение тоже рационально $a_1a_2^$. Это уже давно доказано и проверено.
Поэтому из равенства $(a_1^3-a_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2-a_2^2)+c^2p(a_1-a_2)=0$
следует, что
$\frac{(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)^2}{c^2}$-целое число.

У меня сейчас готово доказательство рациональности с движением графиков (c учётом исправлений того, что я здесь писала) . Я не публикую его, потому что без картинки оно очень сложное. А картинки здесь не прикрепляются. И есть договорённость на онлайн консультацию со специалистом по теории чисел из одного из российских университетов. После его рецензии я отпишусь. Мы с ним встречались ещё 10 лет назад, и он сказал, что моё доказательство выглядит "правдоподобно", но у него есть пробел, который надо ликвидировать.

-- Чт июн 29, 2023 01:39:35 --

Onoochin в сообщении #1599290 писал(а):

Natalya,

При $c = 50,\, d = 5,\, p = 100$,

Такого не может быть, потому что по условиям $a+b=c+d$, $a^2+b^2=c^2+p$, $a^3+b^3=c^3$,

[natalya_1]

А итог у меня очень странный... Но он коррелируется с тем, что на участке $[a;b_2]$ график кубической параболы стремится к прямой (вспомнила про асимптоты)
$f(a)=-f(b_2)$ и $c-a=b_2-c$, отсюда $a+b_2=2c$, $b_2=2c-a$.
Дальше, если это правда, всё очень просто:

$(a^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a^2+b_2^2)+c^2p(a+b_2)=0$,
$2(a^2-ab_2+b_2^2)(cd-p)-cd(a_2+b_2^2)+2c^2p=0$,
$\frac{2((a+b_2)^2-3ab_2)}{c^2}$-целое число,
$\frac{6(2c-a)a}{c^2}$-целое число, $\frac{6a^2}{c^2}$-целое число,
что невозможно, поскольку $c$ и $a$ -взаимно простые числа.

(И опять теорема Ферма :Если функция y = f (x) непрерывна в замкнутом промежутке [a; b], в некоторой внутренней точке c этого промежутка достигает
своего наибольшего или наименьшего значения, дифференцируема в этой точке,то производная функции в этой точке равна нулю)

[miflin]

natalya_1 в сообщении #1599304 писал(а):

график кубической параболы стремится к прямой (вспомнила про асимптоты)

У кубической параболы нет асимптот.

[natalya_1]

miflin в сообщении #1599307 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599304 писал(а):

график кубической параболы стремится к прямой (вспомнила про асимптоты)

У кубической параболы нет асимптот.

Это я знаю, я говорю что меня натолкнуло на эту мысль. Вообще, к тому что $a+b_2=2c$ я пришла другим путём.

[пианист]

natalya_1
Уточните, пожалуйста, какой из предложенных Вами текстов доказательства сейчас актуален.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1599299 писал(а):

Поэтому из равенства $(a_1^3-a_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2-a_2^2)+c^2p(a_1-a_2)=0$
следует, что
$\frac{(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)^2}{c^2}$-целое число.

Вот этот переход мне не понятен

[natalya_1]

пианист в сообщении #1599310 писал(а):

natalya_1
Уточните, пожалуйста, какой из предложенных Вами текстов доказательства сейчас актуален.

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$.
не имеет рациональных решений . Попробуем доказать обратное.
Предположим, что такое решение существует,
при $x=a$, $x'=b$, $z=c$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^3+b^3=c^3$.

1.1. $a+b-c=d$, где
$d$ - целое положительное число
$a^2+b^2=c^2+p$, где $p$- целое положительное число.


1.2. $a+b-c=d$,
$a^2+b^2-c^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p) 1.3. [math]$a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^3+b^3=c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^{3}a(ad-p)+c^{3}b(bd-p)=a^{3}c(cd-p)+b^{3}c(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^{3}-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$ .

2.1.1 функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков и она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$, следовательно, между $a$ и $b$ существует точка ( назовем ее
$h$, значение функции в которой равно $0$.

2.1.3 Найдем все точки, значение функции в которых равно нулю.

$(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px=0$.
$x=0$ или

$(cd-p)x^2-c^{2}dx+c^{2}p=0$
$D={c^{2}d}^2-4(cd-p)c^2p$, отсюда
$x=с$ или $x=\frac{сp}{cd-p}$.
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{сp}{cd-p}$.

3.1.1 поскольку
функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$ и ее значение равно нулю в точках 0, h и с,
существует три точки, в которых она принимает одинаковые отрицательные значения ($a$,$a_1$ и $a_2$) и три , в которых она принимает одинаковые положительные значения ($b$, $b_1$ и ). $b_2$

Дальше то самое проблемное место, где мне надо доказать рациональность этих чисел.
Если то, что я пока не опубликовала, верно, то в результате
перемещения графика функции $f(x)=(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px$ прихожу к тому что

Если $h<\frac{c}{2}$
$f(a)=-f(b_2)$ и $c-a=b_2-c$, отсюда $a+b_2=2c$, $b_2=2c-a$.

$(a^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a^2+b_2^2)+c^2p(a+b_2)=0$,
$2(a^2-ab_2+b_2^2)(cd-p)-cd(a_2+b_2^2)+2c^2p=0$,
$\frac{2((a+b_2)^2-3ab_2)}{c^2}$-целое число,
$\frac{6(2c-a)a}{c^2}$-целое число, $\frac{6a^2}{c^2}$-целое число,
что невозможно, поскольку $c$ и $a$ -взаимно простые числа.

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1599325 писал(а):

$c-a=b_2-c$

До этого места все понятно (только, все-таки, $h=\frac{cp}{cd-p}$, а не $\frac{p}{cd-p}$).
А вот это равенство непонятно. Тут нужна Ваша картинка с графиками?

[natalya_1]

пианист в сообщении #1599327 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599325 писал(а):

$c-a=b_2-c$

До этого места все понятно (только, все-таки, $h=\frac{cp}{cd-p}$, а не $\frac{p}{cd-p}$).
А вот это равенство непонятно. Тут нужна Ваша картинка с графиками?

Да, это описка.

Нашла ошибку в вычислениях (исправимую).
Должно получиться $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$, $a_2+b_1=2h-\frac{d}{2}$, $a+b=c+d$,

если опять глупо не ошиблась, дальше доказывается рациональность и дальше всё получается

Да, без картинки сама не могу расписать

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1599299 писал(а):

Такого не может быть, потому что по условиям $a+b=c+d$, $a^2+b^2=c^2+p$, $a^3+b^3=c^3$

Да это всё равно, какие эти числа. Я взял примеры чисел, чтобы они более-менее подходили для Вашего док-ва. Разумеется, таких чисел не подобрать, потому что
$a^3+b^3\neq c^3$ для целых чисел.

Но отсутствие "целых чисел" не сильно влияет на Ваше док-во. У Вас ошибка - если один корень кубического ур-ния целый или рациональный, то два остальных не обязательно рациональные. Обычно они комплексные иррациональные
(только не пишите, что комплексные мы не можем рассматривать, потому что Ферма их не рассматривал).

Допустим, оба остальных корня действительные иррациональные. Поэтому Ваше заявление, что
$\frac{(a_1^3+a_2^3)}{c^2}$ - целое число.
(как минимум, рациональное) - верно, что следует из рациональности коэффициентов функции $F(x)$,
но число $(a_1^3-a_2^3)$ - будет иррациональным.

К тому же для полной проверки Вы должны перебрать все "целые числа" для $a$. Чем ближе число $a$ к $c$ тем у Вас будет хуже выполняться условие, что ур-ние
$F(b)=-A$ имеет три действительных корня, где А - решение кубического ур-ния $F(a)=A$.
С некоторого значения $a$, при фиксированном $c$ Вы будете получать три действительных корня $a,\,a_1,\,a_2$ и для $b$ один действительный и два комплексных корня.

Так что Ферма точно не следовал Вашему методу, т.к. комплексными числами не пользовался.