Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Rak so dna]

natalya_1 в сообщении #1603275 писал(а):

Но получается, для $n=3$ моё доказательство работает?

Доказательство того, что $b+b_1+b_2=3k$ работает, хотя это можно сделать намного проще при помощи теоремы Виета. И при помощи этой же теоремы равенство $b+b_1+b_2=3k$ опровергается (ну почти опровергается) для $m>3$. Советую разобраться с этим для начала.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1603257 писал(а):

Я исходила из того, что смотрела на график $f(x)$ (на рисунке он чёрным цветом):

То есть вы симметрию на глаз определяете?

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #1603275 писал(а):

Но получается, для $n=3$ моё доказательство работает?

Rak so dna,Просто если работает, мне кажется, я придумала ход:
надо перевести в кубический многочлен
$a^m(cd-p)-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=-(b^m+c^2b^{m-1}+c^2pb^{m-2})$
$\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.
Введём ещё одно обозначение (ещё один параметр): $\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}=v$
$v(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.
А дальше опять графики двигать

А может, вообще в квадратное уравнение перевести?
$\frac{a^{m-2}}{b^{m-2}}=t$
$t(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)=-(b^2(cd-p)-c^2db+c^2p)$
-- Вс июл 30, 2023 20:04:42 --

Antoshka в сообщении #1603280 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1603257 писал(а):

Я исходила из того, что смотрела на график $f(x)$ (на рисунке он чёрным цветом):

То есть вы симметрию на глаз определяете?

Почему на глаз? У меня просто такое видение мира, я числа вижу в пространстве, зрительно. Но как та собака: понимаю, но объяснить не могу

[Rak so dna]

natalya_1 будете игнорировать мои советы?

[miflin]

natalya_1 в сообщении #1603283 писал(а):

Почему на глаз? У меня просто такое видение мира

Вы считаете это серьёзным аргументом в математическом доказательстве?
Обсуждается ведь не картина, где допустимо "я так вижу"...

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1603289 писал(а):

natalya_1 будете игнорировать мои советы?

Ни в коем случае, я сижу над ними, думаю.

-- Вс июл 30, 2023 21:22:08 --

miflin в сообщении #1603293 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1603283 писал(а):

Почему на глаз? У меня просто такое видение мира

Вы считаете это серьёзным аргументом в математическом доказательстве?
Обсуждается ведь не картина, где допустимо "я так вижу"...

Конечно, нет. Просто сначала видишь картину, а потом уже ищешь аргументы. Вопрос только в том, находишь или нет

-- Вс июл 30, 2023 21:23:46 --

Rak so dna в сообщении #1603278 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1603275 писал(а):

Но получается, для $n=3$ моё доказательство работает?

Доказательство того, что $b+b_1+b_2=3k$ работает, хотя это можно сделать намного проще при помощи теоремы Виета. И при помощи этой же теоремы равенство $b+b_1+b_2=3k$ опровергается (ну почти опровергается) для $m>3$. Советую разобраться с этим для начала.

Извините, я не увидела это сообщение.Своё писала одновременно с вашим. Последую вашему совету

-- Вс июл 30, 2023 21:32:59 --

Rak so dna в сообщении #1603278 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1603275 писал(а):

Но получается, для $n=3$ моё доказательство работает?

Доказательство того, что $b+b_1+b_2=3k$ работает, хотя это можно сделать намного проще при помощи теоремы Виета. И при помощи этой же теоремы равенство $b+b_1+b_2=3k$ опровергается (ну почти опровергается) для $m>3$. Советую разобраться с этим для начала.

Я это доказывал для $m>3$. Для $m=3$ вообще не нужно, там нет комплексных корней.

(Я как раз и обрадовалась, что получила дельту (разницу между суммой всех корней по теореме Виета $\frac{c^2d}{cd-p}$и суммой 3 действительных корней $\frac{3(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}$) Теперь пытаюсь понять, почему это не работает. Пока не понимаю.
Имелось в виду доказательство для $m=3$ в целом

[Rak so dna]

natalya_1 я хочу убедиться, что вы понимаете о чём я пишу. Понимаете именно суть, а не слова "верно/неверно". То, что я спрашиваю, доказывается совсем просто и выше я уже показывал похожее доказательство. Если вы сделаете это, то я буду знать, что не зря сотрясаю поля этого форума.

natalya_1 в сообщении #1603294 писал(а):

Имелось в виду доказательство для $m=3$ в целом

Нет. Вы, пока что, доказали только равенство $b+b_1+b_2=3k$ для $m=3,$ хотя и довольно оригинально.

[natalya_1]

Rak so dna
Поставлю вопрос иначе (и заранее извиняюсь, если он идиотский):
График нашей функции при высоких нечётных степенях чем отличается от графика при $n=3$?
Полным отсутствием симметрии? Мне это важно для понимания того, о чём вы говорите

[Rak so dna]

natalya_1 в сообщении #1603306 писал(а):

График нашей функции при высоких нечётных степенях чем отличается от графика при $n=3$?
Полным отсутствием симметрии? Мне это важно для понимания того, о чём вы говорите

Ну как минимум тем, что вторая производная может иметь (и скорее всего имеет) три действительных корня. Каждый из которых может быть (а может и не быть) точкой перегиба. Так что какой из них вы будете принимать за $k$? Центра симметрии (как это было в случае $m=3$) скорее всего нет.

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1603311 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1603306 писал(а):

График нашей функции при высоких нечётных степенях чем отличается от графика при $n=3$?
Полным отсутствием симметрии? Мне это важно для понимания того, о чём вы говорите

Ну как минимум тем, что вторая производная может иметь (и скорее всего имеет) три действительных корня. Каждый из которых может быть (а может и не быть) точкой перегиба. Так что какой из них вы будете принимать за $k$? Центра симметрии (как это было в случае $m=3$) скорее всего нет.

Rak so dna, спасибо, это то, что меня мучило.
Теперь до меня дошло.
Я перевела уравнение в кубическое, похоже, всё получается и гораздо проще.
Завтра отсканирую схему и распишу.

[Rak so dna]

natalya_1 я конечно рад, что вы думаете, что я вам помог, но если мы не разберёмся вот с этим:

Rak so dna в сообщении #1603278 писал(а):

Доказательство того, что $b+b_1+b_2=3k$ работает, хотя это можно сделать намного проще при помощи теоремы Виета. И при помощи этой же теоремы равенство $b+b_1+b_2=3k$ опровергается (ну почти опровергается) для $m>3$. Советую разобраться с этим для начала.

то дальше вам придётся идти без меня. Думайте сколько хотите, я вас не тороплю.

[natalya_1]

Rak so dna
Я только с вами. И я это обязательно рассмотрю и обдумаю.
Но сейчас вы меня натолкнули на идею, и я не могу успокоиться:
$a^m(cd-p)-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=-(b^m+c^2b^{m-1}+c^2pb^{m-2})$
$\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.
Введём ещё одно обозначение (ещё один параметр): $\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}=v$. $v>1$
$v(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.

Функция $f(x)=x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px$принимает значение $0$в точках $0$, $\frac{cp}{cd-p}$ и$c$.
$vf(a_1)=vf(a)=vf(a_2)=-f(b)=-f(b_1)=-f(b_2)$.
Выполним параллельный перенос графика f(x) вниз вдоль оси $0Y$на расстояние $f(b)+f(a)$
$f_1(x)=f(x)-(f(b)+f(a))$
$f_1(b)=f_1(b_1)=f_1(b_2)=-f(a)=-f(a_1)=-f(a_2)$. Получаем симметрия относительно $\frac{c}{2}$
$a_2+b=c$, $b_1+a=c$, следовательно $a_2+b_1=2c-(a+b)$. $a_2$ и $b_1$-целые числа.

$(a_2^3+b_1^3)(cd-p)-c^2d(a_2^2+b_1^2)c^2d+(a_2+b_1)c^2p=0$
$\frac{a_2^3+b_1^3}{c^2}$ -целое число.
$a_2+b_1=2c-(a+b)$, следовательно $a_2b_1$ должны иметь общий нечётный делитель с $c$,
что невозможно, поскольку
$a_2+b=c$, $b_1+a=c$ и
$a$, $b$, $c$ -взаимно простые числа

[natalya_1]

даже проще можно:
$a^m(cd-p)-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=-(b^m+c^2b^{m-1}+c^2pb^{m-2})$
$\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.
Введём ещё одно обозначение (ещё один параметр): $\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}=v$. $v>1$
$v(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.

Функция $f(x)=x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px$ принимает значение $0$ в точках $0$, $\frac{cp}{cd-p}$ и$c$.
$vf(a_1)=vf(a)=vf(a_2)=-f(b)=-f(b_1)=-f(b_2)$.
Выполним параллельный перенос графика f(x) вниз вдоль оси $0Y$на расстояние $f(b)+f(a)$
$f_1(x)=f(x)-(f(b)+f(a))$
$f_1(b)=f_1(b_1)=f_1(b_2)=-f(a)=-f(a_1)=-f(a_2)$. Получаем симметрия относительно $\frac{c}{2}$
$a_2+b=c$, $b_1+a=c$, следовательно $a_2$ и $b_1$-целые числа.
$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=a_2^3-c^2ba_2^2+c^2pa_2$,
$(a-a_2)(a^2+a_a_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a+a_2)+c^2p=0$
$\frac{a^2+a_a_2+a_2^2}{c^2}$ -целое число.
$\frac{a^2+ca-ab+c^2-2cb+b^2}{c^2}$-целое число
$\frac{(a+b)^2+c(a-2b)+c^2-3ab}{c^2}$ -целое число,
следовательно $ab$ должны иметь общий нечётный делитель с $c$,
что невозможно, поскольку

$a$, $b$, $c$ -взаимно простые числа

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #1603349 писал(а):

Получаем симметрия относительно $\frac{c}{2}$

Конечно же не относительно $\frac{c}{2}$,а относительно точки перегиба $\frac{c^2d}{3(cd-p)}$,
Но всё работает!
Завтра сделаю схему и постараюсь написать вдумчиво, не торопясь

[natalya_1]

Ферма утверждал, что уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

Предположим, что такое решение существует

при $x=a$, $x'=b$, $z=c$, $n=m$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^m+b^m=c^m$. $m$- целое нечётное
положительное число $m>3$
Пусть $p=a^{m-1}+b^{m-1}-c^{m-1},~d=a^{m-2}+b^{m-2}-c^{m-2}.$ Рассмотрим многочлен $f(x)=(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}.$.
Легко проверить, что $f(a)=-f(b),$ а его корни: $0,~c,~h=\frac{cp}{cd-p}.$

Введём ещё одно обозначение (ещё один параметр): $\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}=v$. $v>1$
$v(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$.

Функция $f(x)=x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px$ принимает значение $0$ в точках $0$, $\frac{cp}{cd-p}$ и $c$.
$vf(a_1)=vf(a)=vf(a_2)=-f(b)=-f(b_1)=-f(b_2)$.
Выполним параллельный перенос графика f(x) вниз вдоль оси $0Y$на расстояние $f(b)+f(a)$
$f_1(x)=f(x)-(f(b)+f(a))$
$f_1(b)=f_1(b_1)=f_1(b_2)=-f(a)=-f(a_1)=-f(a_2)$. Получаем симметрия относительно точки перегиба $k=\frac{c^2d}{3(cd-p)}$
$a_2+b=\frac{2c^2d}{3(cd-p)}$, $b_1+a=\frac{2c^2d}{3(cd-p)}$, следовательно $a_2$ и $b_1$ -рациональные числа.
($a$ и $b$ не могут быть симметричны, поскольку $k$ - не целое число)
$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=a_2^3-c^2ba_2^2+c^2pa_2$,
$(a-a_2)((a^2+a_a_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a+a_2)+c^2p)=0$
$\frac{a^2+a_a_2+a_2^2}{c^2}$ -целое число.
$\frac{9a^2(cd-p)^2+3a(2c^2d-3b(cd-p))(cd-p)+(2c^2d-3b(cd-p))^2}{c^2}$-целое число
$\frac{a^2-ba+b^2}{c^2}$ -целое число,
$\frac{(a+b)^2-3ab}{c^2}$-целое число
следовательно $ab$ должны иметь общий нечётный делитель с $c$,
что невозможно, поскольку

$a$, $b$, $c$ -взаимно простые числа


Мы пришли к противоречию.
Значит, наше первоначальное предположение было ошибочно. уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений при $n>3$.
Теорема доказана.