2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5
 
 Re: Попытка доказательства Теоремы Ферма 4
Сообщение08.10.2025, 11:41 
natalya_1 в сообщении #1704927 писал(а):
Но я уже после стольких неудачных попыток боюсь писать....


Я предлагаю писать не с позиции "Я нашла доказательство WTF!", а с позиции "Я придумала остроумную цепочку рассуждений и выкладок - где в них ошибка?". Поменяйте восклицание на вопрос - и жить станет легче. Теорему Ферма Вы не докажете никогда.

P.S. а что именно в Ваших рассуждениях меняется при замене степени на двойку?

 
 
 
 Re: Попытка доказательства Теоремы Ферма 4
Сообщение08.10.2025, 12:10 
ozheredov в сообщении #1704953 писал(а):

Я предлагаю писать не с позиции "Я нашла доказательство WTF!", а с позиции "Я придумала остроумную цепочку рассуждений и выкладок - где в них ошибка?". Поменяйте восклицание на вопрос - и жить станет легче.

Спасибо большое за ответ!
Так я и не пишу, что нашла доказательство.
Я остановилась ( не стала дописывать "доказательство", которое у меня есть, до конца), потому что прошу найти ошибку в моих выкладках -доказательстве рациональности $a_1$ и $a_2$

ozheredov в сообщении #1704953 писал(а):


P.S. а что именно в Ваших рассуждениях меняется при замене степени на двойку?

Все меняется. Моя попытка строится на невозможности деления $a^2+b^2$ на $a+b$

-- Ср окт 08, 2025 13:28:47 --

Если я докажу рациональность $a_1$ , $a_2$,$b_1$,$b_2$, все получится.

 
 
 
 Re: Попытка доказательства Теоремы Ферма 4
Сообщение08.10.2025, 17:47 
Цитата:
Если я докажу рациональность $a_1$ , $a_2$,$b_1$,$b_2$, все получится.



Пусть $a_1=\frac{q}{cd-p}$, $a_2=\frac{v}{cd-p}$
Тогда
$(b(cd-p)+q)(b^2(cd-p)^2-b(cd-p)q+q^2)(cd-p)-c^2d(b^2(cd-p)^2+q^2)+c^2p(b(cd-p)+q)=(b(cd-p)+v)(b^2(cd-p)^2-b(cd-p)v+v^2)(cd-p)-c^2d(b^2(cd-p)^2+v^2)+c^2p(b(cd-p)+v)=0$, следовательно, $\frac{c^2d}{b(cd-p)+q}$ -целое число, $\frac{c^2d}{b(cd-p)+v}$ -целое число.
$(b(cd-p)+q)-(b(cd-p)+v)=q-v$
Но $(q^2+qv+v^2)(cd-p)-c^2d(q+v)+c^2p=0$, следовательно,
$\frac{q^2+qv+v^2}{c^2}$ -целое число.
$(q-v)^2=(q^2+qv+v^2)-3qv$, следовательно, у $b(cd-p)+q$ и $b(cd-p)+v$ может быть только один общий с $c$ делитель ( кроме $1$ и $2$) - это $3$, если $с$ делится на $3$. Следовательно, либо $b(cd-p)+v$, либо, $b(cd-p)+q$ имеют общий делитель с (a+b)$помимо 3.
b(cd-p)+q=b(cd-p)+(c^2d-a(cd-p)-v)=(b+a)(cd-p)+c^2d-3a(cd-p)-v. Следовательно,
3a(cd-p)+v имеет общий делитель с a+b.
(3a(cd-p)+v)^2=(a^2(cd-p)^2+av(cd-p)+v^2)+8a^2(cd-p)^2+5av(cd-p), следовательно, $8a(cd-p)+5v$ имеет общий делитель с $3a(cd-p)+v$ и
$(a+b)$. Следовательно, $5(3a(cd-p)+v)-(8a(cd-p)-5v)=7a(cd-p)$ имеет общий делитель с $b(cd-p)+q$ и $a+b$, но это невозможно, поскольку
a и $c$ -взаимно простые числа, $cd-p=c(a+b)-(a^2+b^2)$, $a^2+b^2$ не делится на $a+b$.
Мы пришли к противоречию.

-- Ср окт 08, 2025 18:48:01 --

ozheredov
я буду вам очень благодарна, если вы найдете ошибку.

 
 
 
 Re: Попытка доказательства Теоремы Ферма 4
Сообщение09.10.2025, 00:22 
Аватара пользователя
natalya_1 в сообщении #1704927 писал(а):
при $x=a$, $x'=b$, $z=c$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^3+b^3=c^3$.

natalya_1 в сообщении #1704927 писал(а):
$x=\frac{cp}{cd-p}$

natalya_1 в сообщении #1704927 писал(а):
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число.

$x=h=a<1$,
$b<a<1$,
$c>d>p$.
Что и требовалось доказать?
То есть $a=0$, $b=0$ и $c=0$?

 
 
 
 Re: Попытка доказательства Теоремы Ферма 4
Сообщение09.10.2025, 01:38 
Аватара пользователя
Но $p>d$.
vxv в сообщении #1705067 писал(а):
$x=h=a<1$,
$b<a<1$,
$c>d>p$.
Что и требовалось доказать?
То есть $a=0$, $b=0$ и $c=0$?

Ошибочное утверждение с моей стороны.

 
 
 [ Сообщений: 65 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group