Попытка доказательства Теоремы Ферма 4

[natalya_1]

Rak so dna
вот так:
Ферма утверждал, что не существует решения уравнения $x^3+y^3=z^3$ в целых ( а значит, в рациональных) числах.
Попробуем доказать обратное.
Предположим, что такое решение существует при $x=a$, $y=b$, $z=c$, $a>b$.$a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа.


1.1. Пусть $a^3+b^3=vk^3c^3$,
$a^2+b^2=v(k^2c^2+p)$, где $p=a^2+b^2-c^2$ ( целое число).
$a+b=v(kc+d)$ где $d=a+b-c$ целое число.

$a^3+b^3=c^3$
$a^2+b^2=c^2+p$
$a+b=c+d$ ($k=1$, $v=1$)


1.2. $a+b-vkc=vd$,
$a^2+b^2-vk^2c^2=vp$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa+pb-vkpc=a^2d+b^2d-vk^2c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=vkc(kcd-p)$

1.3. $a(ad-p)+b(bd-p)=vkc(kcd-p)$, $a^3+b^3=vk^3c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$k^3c^{3}a(ad-p)+k^3c^{3}b(bd-p)=a^{3}kc(kcd-p)+b^{3}kc(kcd-p)$ , следовательно, $(kcd-p)a^{3}-k^2c^{2}dx^2+k^2c^{2}px=-((kcd-p)y^3-k^2c^{2}dy^2+k^2c^{2}py)$
$(kcd-p)a^{3}-k^2c^{2}da^2+k^2c^{2}pa=-((kcd-p)b^3-k^2c^{2}db^2+k^2c^{2}pb)$

Найдем все значения $k$ при которых уравнение
$(kcd-p)(a^3+b^3)-k^2c^{2}d(a^2+b^2)+k^2c^{2}p(a+b)=0$ имеет решения:
$(kcd-p) +k^2(a^2+b^2)-ck^2(a+b)=0$
$k^2(cd-p)-kcd+p=0$
$D=c^2d^2-4p(cd-p)=(cd-2p)^2$
$k=\frac{cd\pm(cd-2p)}{2(cd-p)}$.
$k=1$ или $k=\frac{p}{cd-p}$.
Тогда $a^3+b^3=vc^3\frac{p^3}{(cd-p)^3}$, следовательно $v=\frac{(cd-p)^3}{p^3}$.
$a+b=\frac{(cd-p)^2}{p^3}(cp+d(cd-p))$
$p^3(a+b)=(cd-p)^2(cp+d(cd-p))$
$\frac{p^3(a+b)}{(cd-p)^2}$ должно быть целым числом, что невозможно, поскольку $\frac{a^2+b^2}{a+b}$ не может быть целым числом.
Мы пришли к противоречию, значит, наше предположение о существовании решений уравнения Ферма в рациональных числах было неверным.
Уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решения в рациональных числах.
Теорема доказана.

Этим же способом она доказывается для всех нечетных степеней.

[natalya_1]

Rak so dna, опять поторопилась и наошибалась. Но я упрямая.


1.1. Пусть $x^3+y^3=vk^3c^3$, где $c$ - целое положительное число.
$x^2+y^2=vk^2c^2+p$,
$x+y=vkc+d$ где $p$ и $d$ - целые положительные числа такие, что при существовании решения уравнения Ферма в целых числах $a$ и $b$, система имеет решение

$a^3+b^3=c^3$
$a^2+b^2=c^2+p$
$a+b=c+d$ ($k=1$, $v=1$)


1.2. $x+y-vkc=d$,
$x^2+y^2-vk^2c^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $px+py-vkpc=x^2d+y^2d-vk^2c^2d$, $x(xd-p)+y(yd-p)=vkc(kcd-p)

1.3. $x(xd-p)+y(yd-p)=vkc(kcd-p)$, $x^3+y^3=vk^3c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$k^3c^{3}x(xd-p)+k^3c^{3}y(yd-p)=x^{3}kc(kcd-p)+y^{3}kc(kcd-p)$ , следовательно, $(kcd-p)x^{3}-k^2c^{2}dx^2+k^2c^{2}px=-((kcd-p)y^3-k^2c^{2}dy^2+k^2c^{2}py)$ .

2.1функция $y=(kcd-p)x^3-k^2c^{2}dx^2+k^2c^{2}px$ 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 $0$.

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

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

$(kcd-p)x^2-k^2c^{2}dx+k^2c^{2}p=0$
$D=k^4c^4d^2-4(kcd-p)k^2c^2p$, отсюда
$x=\frac{k^2c^2d\pm\sqrt{k^2c^2(kcd-2p)^2}}{2(kcd-p)}$
$x=ck$ или $x=\frac{kcp}{kcd-p}$.
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{kcp}{kcd-p}$.

3.1.1 поскольку
функция $y=(kcd-p)x^3-k^2c^{2}dx^2+k^2c^{2}px$ 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 $b_2$).
Эти числа действительные (поскольку если они они комплексные, это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$.


3.1.2. Найдем все значения $k$ при которых уравнение
$(kcd-p)(x^3+y^3)-k^2c^{2}d(x^2+y^2)+k^2c^{2}p(x+y)=0$ имеет решения:
$(kcd-p)(a^3+b^3)-k^2c^{2}d(a^2+b^2)+k^2c^{2}p(a+b)=0$
$(kcd-p) +k^2(a^2+b^2)-ck^2(a+b)=0$
$k^2(cd-p)-kcd+p=0$
$D=c^2d^2-4p(cd-p)=(cd-2p)^2$
$k=\frac{cd\pm(cd-2p)}{2(cd-p)}$.
$k=1$ или $k=\frac{p}{cd-p}$.
Очевидно, что $k=\frac{cp}{cd-p}$ не будет решением системы уравнений при $x=a$, $y=b$.
Проверим, является ли $k=\frac{p}{cd-p}$ решением системы уравнений при других $x$ и $y$:
$(kcd-p)(x^3+y^3)-k^2c^{2}d(x^2+y^2)+k^2c^2p(x+y)=0$
$(kcd-p)vk^3c^3-k^2c^2((a^2+b^2)d-(a+b)p)=0$
$(kcd-p)vkc-((vk^2c^2+p)d+(vkc+d)p)=0$
$kc(kcd-p)-kc(kcd-p)=0$ верно.
Следовательно, существует как минимум одно решение системы при $k=\frac{p}{cd-p}$ и $x=a_1$ или $x=a_2$, $у=b_1$ или $y=b_2$.
Пока остановлюсь на этом. Проверю и тогда напишу концовку.
Дальше завтра распишу, проверю как следует.

[miflin]

(Оффтоп)

Суха теория, мой друг, НО древо жизни пышно зеленеет
vs
Суха теория, мой друг, А древо жизни пышно зеленеет.
Жизнь - она проходит без остановки...
Главное - не опоздать в выборе между НО и А.

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1640841 писал(а):

natalya_1 мы остановились на вот этом:
$(2a-b)(cd-p)+c^2d=((k_1+k_2)c+(r_1+r_2)d)(cd-p)$ - целое число

Продолжайте доказательство.

(Оффтоп)

вот почему я вас не всегда слушаю? Сто раз убеждалась, что вы всегда оказываетесь правы. Разобралась с написанным на предыдущей странице. Путь бесперспективный. $v=2$ получается просто потому, что это случай $a=b$. Поэтому вернулась к тому, с чего начинала

$x^3+y^3=kc^3$
$x^2+y^2=kc^2+p$
$x+y=kc+d$, отсюда
$k=\frac{x^2+y^2-p}{c^2}=\frac{x+y-d}{c}$, следовательно
$a_1^2+b_2^2-p=ca_1+cb_2-cd$
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{D_1}}{2(cd-p)}$
$b_2=\frac{c^2d-b(cd-p)+\sqrt{D_2}}{2(cd-p)}$
$\sqrt{D_1}\not=\sqrt{D_2}$
$(c^2d-a(cd-p))^2-2\sqrt{D_1}(c^2d-a(cd-p))+D_1+(c^2d-b(cd-p))^2+2\sqrt{D_2}(c^2d-b(cd-p))+D_2-4p(cd-p)^2-2c^2d(cd-p)(2c^2d-(a+b)(cd-p)-\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2})+4cd(cd-p)^2=0$, следовательно
$\sqrt{D_1}((c+a)(cd-p)-c^2d)+\sqrt{D_2}(c^2d-(c+b)(cd-p))$ - рациональное число
$(c+a)(cd-p)-c^2d\not=c^2d-(c+b)(cd-p)$, следовательно $\sqrt{D_1} $, $\sqrt{D_2}$ - рациональные числа.
$a_1$, $b_2$, $a_2$, $b_1$ - рациональные числа

[natalya_1]

Всем привет! Это опять я.

Долго не подходила к теореме, вчера вернулась к своему "доказательству", и вот такие мысли посетили ( Rak so dna, не могли бы вы посмотреть, буду очень благодарна за критику. ):

Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.
$$
1.1. Пусть $x^3+y^3=kc^3$, где $c$ - целое положительное число.
$x+y=kc+d$,
$x^2+y^2=kc^2+p$, где $p$ и $d$ - целые положительные числа.



1.2. $x+y-kc=d$,
$x^2+y^2-kc^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $px+py-kpc=x^2d+y^2d-kc^2d$, $x(xd-p)+y(yd-p)=kc(cd-p)

1.3. $x(xd-p)+y(yd-p)=kc(cd-p)$, $x^3+y^3=kc^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$kc^{3}x(xd-p)+c^{3}y(yd-p)=x^{3}kc(cd-p)+y^{3}kc(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)x^{3}-c^{2}dx^2+c^{2}px=-((cd-p)y^3-c^{2}dy^2+c^{2}py)$ .

2.1.1 Предположим, что существует решение уравнения Ферма в целых положительных числах,
$x=a$, $y=b$, $a>b$, $k=1$.
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

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

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 $b_2$).
Эти числа действительные (поскольку если они они комплексные, это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$.

4.1 $a_1^3(cd-p)-c^2da_1^2+c^2p=a_2^3(cd-p)-c^2da_2^2+c^2pa_2$
$(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)-c^2(a_1+a_2)+c^2p=0$

$2a_1^2(cd-p)-2c^2da_1+(2c^2p+a_1a_2)=-(2a_2^2(cd-p)-2c^2da_2+(2c^2p+a_1a_2))$

При этом $a_1a_2=\frac{q}{cd-p}$, где
$q$-целое число.
Тогда $2a_1^2(cd-p)^2-2c^2da_1(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))=2a_2^2(cd-p)^2-2c^2da_2(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))$

4.2. Функция $y=2x^2(cd-p)^2-2c^2dx(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$
Найдём критические точки
$y'=4(cd-p)^2x-2c^2d$
$4(cd-p)^2x-2c^2d=0$
$x=\frac{c^2d}{2(cd-p)}$
В точках $a_1$ и $a_2$ она принимает одинаковые значения разных знаков, следовательно, критическая точка находится между этими двумя точками.

Аналогично с $b_1$ и $b_2$:


5.1 $b_1^3(cd-p)-c^2db_1^2+c^2p=b_2^3(cd-p)-c^2db_2^2+c^2pb_2$
$(b_1^2+b_1b_2+b_2^2)(cd-p)-c^2(b_1+b_2)+c^2p=0$

$2b_1^2(cd-p)-2c^2db_1+(2c^2p+b_1b_2)=-(2b_2^2(cd-p)-2c^2db_2+(2c^2p+b_1b_2))$

При этом $b_1b_2=\frac{v}{cd-p}$, где
$v$-целое число.
Тогда $2b_1^2(cd-p)^2-2c^2db_1(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))=2b_2^2(cd-p)^2-2c^2db_2(cd-p)+(v+2c^2p(cd-p))$

5.2. Функция $y=2x^2(cd-p)^2-2c^2dx(cd-p)+(v+2c^2p(cd-p))$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$
Найдём критические точки
$y'=4(cd-p)^2x-2c^2d$
$4(cd-p)^2x-2c^2d=0$
$x=\frac{c^2d}{2(cd-p)}$
В точках $b_1$ и $b_2$ она принимает одинаковые значения разных знаков, следовательно, критическая точка находится между этими двумя точками.

Но это невозможно, поскольку $a_1<b_1<a<2<b_2$

(то же самое с парами $a_1$ и$a$, $a_2$ и $a$, $b$ и $b_1$, $b$ и $b_2$, но я не знаю ( простите мою дремучесть), можно ли рассматривать функции с иррациональным свободным членом.
Но мы получаем, что не может быть таких пар, чтобы между ними всеми была точка $\frac{c^2d}{2(cd-p)}$

Если есть какое-то рациональное зерно в моих рассуждениях, я распишу подобно.

[Shadow]

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

Перемножаем левые и правые части, получаем:$kc^{3}x(xd-p)+c^{3}y(yd-p)=x^{3}kc(cd-p)+y^{3}kc(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)x^{3}-c^{2}dx^2+c^{2}px=-((cd-p)y^3-c^{2}dy^2+c^{2}py)$ .

Куда изчезло $k$? Или вы утверждаете, что уравнение

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

1.1. Пусть $x^3+y^3=kc^3$, где $c$ - целое положительное число.

для всех $k$ не имеет решений? Ошибаетесь.

[natalya_1]

Shadow в сообщении #1696122 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

Перемножаем левые и правые части, получаем:$kc^{3}x(xd-p)+c^{3}y(yd-p)=x^{3}kc(cd-p)+y^{3}kc(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)x^{3}-c^{2}dx^2+c^{2}px=-((cd-p)y^3-c^{2}dy^2+c^{2}py)$ .

Куда изчезло $k$? Или вы утверждаете, что уравнение

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

1.1. Пусть $x^3+y^3=kc^3$, где $c$ - целое положительное число.

для всех $k$ не имеет решений? Ошибаетесь.

Это старое с ошибкой. Посмотрите, пожалуйста, последнее сообщение.

[Shadow]

natalya_1 в сообщении #1696123 писал(а):

Посмотрите, пожалуйста, последнее сообщение.

Оба цитата из вашего последнего сообщения #1696119

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

Да легко: $x=1$, $x'=0$, $z=1$.

Давайте хотя бы начало рассуждений сделаем безупречным. В последние годы народ здесь стал более привередливым, может расхотеть читать дальше :)

Кстати, появился прекрасный собеседник на подобные темы: deepseek. Безотказный и очень вежливый товарищ, рекомендую Правда, некоторые злословят, что он за взятки пишет положительные рецензии на что угодно, но я не верю.

[natalya_1]

Shadow в сообщении #1696125 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1696123 писал(а):

Посмотрите, пожалуйста, последнее сообщение.

Оба цитата из вашего последнего сообщения #1696119

Ой, извините, не то сообщение скопировала.
Спасибо большое за интерес к моим попыткам.
Сейчас перепишу нормально.

-- Сб авг 02, 2025 13:20:10 --

Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.
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. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^3+b^3=c^3$ (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

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

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 $b_2$).
Эти числа действительные (поскольку если они они комплексные, Это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$


Очевидно, что может существовать два варианта расположения $h$ относительно $k$ - точки перегиба функции ($0<h<k$ и $k<h<\frac{c}{\sqrt{2}}$
$y=(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px$ и
три варианта расположения $a_2$, $b_1$, $b$, $a$ относительно друг друга:
$a_1<b<b_1<a_2<a<b_2$, $a_1<b_1<b<a_2<a<b_2$,$a_1<b_1<b<a<a_2<b_2$.

4.1 $a_1^3(cd-p)-c^2da_1^2+c^2p=a_2^3(cd-p)-c^2da_2^2+c^2pa_2$
$(a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a_1+a_2)+c^2p=0$

$2a_1^2(cd-p)-2c^2da_1+(2c^2p+a_1a_2)=-(2a_2^2(cd-p)-2c^2da_2+(2c^2p+a_1a_2))$

При этом $a_1a_2=\frac{q}{cd-p}$, где
$q$-целое число.
Тогда $2a_1^2(cd-p)^2-2c^2da_1(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))=2a_2^2(cd-p)^2-2c^2da_2(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))$

4.2. Функция $y=2x^2(cd-p)^2-2c^2dx(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$
Найдём критические точки
$y'=4(cd-p)^2x-2c^2d$
$4(cd-p)^2x-2c^2d=0$
$x=\frac{c^2d}{2(cd-p)}$
В точках $a_1$ и $a_2$ она принимает одинаковые значения разных знаков, следовательно, критическая точка находится между этими двумя точками.

Аналогично с $b_1$ и $b_2$:


5.1 $b_1^3(cd-p)-c^2db_1^2+c^2p=b_2^3(cd-p)-c^2db_2^2+c^2pb_2$
$(b_1^2+b_1b_2+b_2^2)(cd-p)-c^2d(b_1+b_2)+c^2p=0$

$2b_1^2(cd-p)-2c^2db_1+(2c^2p+b_1b_2)=-(2b_2^2(cd-p)-2c^2db_2+(2c^2p+b_1b_2))$

При этом $b_1b_2=\frac{v}{cd-p}$, где
$v$-целое число.
Тогда $2b_1^2(cd-p)^2-2c^2db_1(cd-p)+(q+2c^2p(cd-p))=2b_2^2(cd-p)^2-2c^2db_2(cd-p)+(v+2c^2p(cd-p))$

5.2. Функция $y=2x^2(cd-p)^2-2c^2dx(cd-p)+(v+2c^2p(cd-p))$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$
Найдём критические точки
$y'=4(cd-p)^2x-2c^2d$
$4(cd-p)^2x-2c^2d=0$
$x=\frac{c^2d}{2(cd-p)}$
В точках $b_1$ и $b_2$ она принимает одинаковые значения разных знаков, следовательно, критическая точка находится между этими двумя точками.

Но это невозможно, поскольку $a_1<b_1<a_2<b_2$

(то же самое с парами $a_1$ и$a$, $a_2$ и $a$, $b$ и $b_1$, $b$ и $b_2$, но я не знаю ( простите мою дремучесть), можно ли рассматривать функции с иррациональным свободным членом.
Но мы получаем, что не может быть таких пар, чтобы между ними всеми была точка $\frac{c^2d}{2(cd-p)}$

Если есть какое-то рациональное зерно в моих рассуждениях, я распишу подобно

-- Сб авг 02, 2025 13:25:04 --

nnosipov
Как я рада вас видеть! Буду очень благодарна, если вы посмотрите

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

следовательно, $(cd-p)x^{3}-c^{2}dx^2+c^{2}px=-((cd-p)y^3-c^{2}dy^2+c^{2}py)$

А это равенство у вас используется? Не могу понять

-- 02.08.2025, 18:51 --

natalya_1 в сообщении #1696128 писал(а):

В точках $a_1$ и $a_2$ она принимает одинаковые значения разных знаков

natalya_1 в сообщении #1696128 писал(а):

существует три точки, в которых она принимает одинаковые отрицательные значения ($a$,$a_1$ и $a_2$) и

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1696160 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1696119 писал(а):

следовательно, $(cd-p)x^{3}-c^{2}dx^2+c^{2}px=-((cd-p)y^3-c^{2}dy^2+c^{2}py)$

А это равенство у вас используется? Не могу понять

-- 02.08.2025, 18:51 --

natalya_1 в сообщении #1696128 писал(а):

В точках $a_1$ и $a_2$ она принимает одинаковые значения разных знаков

natalya_1 в сообщении #1696128 писал(а):

существует три точки, в которых она принимает одинаковые отрицательные значения ($a$,$a_1$ и $a_2$) и

Конечно, используется на первом этапе.
Я сначала исследую одну функцию, потом две другие.

[natalya_1]

Опять глупая ошибка...

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1696201 писал(а):

Опять глупая ошибка...

Мне кажется у вас ошибка в определении $a_1,a_2$