Попытка доказательства Теоремы Ферма 5

[natalya_1]

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.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 бы они были комплексными, это противоречило бы существованию рационального $h$ между $a$ и $b$)

3.2 Пусть $a_1<a<a_2$

3.3 $a+a_1+a_2=b+b_1+b_2=0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$ (сумма корней уравнения по Теореме Виета), при этом $a_1+a_2$ - рациональное число, $b_1+b_2$ - рациональное число.

4.1$(cd-p)a_1^3-c^{2}da_1^2+c^{2}pa_1=(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa $
$(a-a_1)((a^2+aa_1+a_1^2)(cd-p)-c^2d(a+a_1)+c^2p)=0$
$a_1^2(cd-p)-a_1(c^2d-a(cd-p))+(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)=0$
$D_1=(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)$
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{D_1}}{2(cd-p)}$
$2a_1(cd-p)=(a_1+a_2)(cd-p)-\sqrt{D_1}$
$a_1(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$

4.2 $(cd-p)a_1^3-c^{2}da_1^2+c^{2}pa_1=(cd-p)a_2^3-c^{2}da_2^2+c^{2}pa_2$
$(a_2-a_1)((a_2^2+a_2a_1+a_1^2)(cd-p)-c^2d(a_2+a_1)+c^2p)=0$
$a_2^2(cd-p)-a_2(c^2d-a_1(cd-p))+(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)=0$
$D_2=(c^2d-a_1(cd-p))^2-4(cd-p)(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)$
$a_2=\frac{c^2d-a_1(cd-p)+\sqrt{D_2}}{2(cd-p)}$
$2a_2(cd-p)=(a+a_2)(cd-p)+\sqrt{D_2}$
$a_2(cd-p)=a(cd-p)+\sqrt{D_2}$

5.1 $a_1(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$ (п 4.1)
$a_2(cd-p)=a(cd-p)+\sqrt{D_2}$ (п 4.2)
$a_1+a_2$ - рациональное число (п.3.3)

$(a_1+a_2)(cd-p)=a_2(cd-p)+a(cd-p)-\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}=2a(cd-p)-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число.
Поскольку $D_1$ - целое число, чтобы выполнялось равенство,
$D_2$ должно быть рaциональным числом.
5.2 То есть, $ (c^2d-a_1(cd-p))^2-4(cd-p)(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)$ -рациональное число,
$-3a_1^2(cd-p)^2+2c^2da_1(cd-p)$ - рациональное число,
$a_1(a_1(cd-p)-2(a+a_2)(cd-p))$ -рациональное число,
$a_1(a_1-2a)(cd-p)$ -рациональное число,
$a_1(\frac{c^2d}{cd-p}-3a-a_2)$ -рациональное число,
$a_1(\frac{c^2d}{cd-p}-3a)$ -рациональное число, следовательно,


$a_1$ -рациональное число, $a_2$ -рациональное число.
Аналогично доказывается рациональность
$b_1$ и $b_2$.

6.1 Пусть $a_1=\frac{q}{cd-p}$, $a_2=\frac{v}{cd-p}$

$(cd-p)a_^{3}-c^{2}da_1^2+c^{2}pa_1=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$ (п.1.3)

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.

6.2 $(b(cd-p)+q)-(b(cd-p)+v)=q-v$
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 $c$ делится на $3$.
Но поскольку $c^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$
, либо $b(cd-p)+v$, либо, $b(cd-p)+q$ должны иметь общий делитель с (a+b)$ помимо 3, $1$ и $2$.

6.3 Пусть $b(cd-p)+q$ имеет общий делитель с $a+b$.
b(cd-p)+q=b(cd-p)+(c^2d-a(cd-p)-v)=(b+a)(cd-p)+c^2d-2a(cd-p)-v. Следовательно,
2a(cd-p)+v имеет общий делитель с a+b.

6.4 (2a(cd-p)+v)^2=(a^2(cd-p)^2+av(cd-p)+v^2)+3a^2(cd-p)^2+3av(cd-p), следовательно, $a(cd-p)+v$ имеет общий делитель с $2a(cd-p)+v$ и
$(a+b)$. Следовательно, $a(cd-p)$ имеет общий делитель с $b(cd-p)+q$ и $a+b$,
$a(c(a+b)-(a^2+b^2))$ имеет общий делитель с $b(cd-p)+q$ и $a+b$,
$a(a^2+b^2)$ имеет общий делитель с $b(cd-p)+q$ и $a+b$ ,

но это невозможно, поскольку
a и $c$ -взаимно простые числа,
a $a^2+b^2$ не делится на $a+b$.

Мы пришли к противоречию. Значит, наше первоначальное предположение о том, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ имеет решение в целых числах, было неверным.
Уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в целых числах.

Если эта цепочка рассуждений верна, точно так же доказывается невозможность для всех нечетных степеней >2.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1705324 писал(а):

5.1 $a_1(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$ (п 4.1)
$a_2(cd-p)=a(cd-p)+\sqrt{D_2}$ (п 4.2)
$a_1+a_2$ - рациональное число (п.3.3)

$(a_1+a_2)(cd-p)=a_2(cd-p)+a(cd-p)-\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}=2a(cd-p)-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число.

Вот в этом месте вы ошиблись

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1705341 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1705324 писал(а):

5.1 $a_1(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$ (п 4.1)
$a_2(cd-p)=a(cd-p)+\sqrt{D_2}$ (п 4.2)
$a_1+a_2$ - рациональное число (п.3.3)

$(a_1+a_2)(cd-p)=a_2(cd-p)+a(cd-p)-\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}=2a(cd-p)-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число.

Вот в этом месте вы ошиблись

Где именно?
$a_1(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$ (п 4.1)
$a_2(cd-p)=a(cd-p)+\sqrt{D_2}$ (п 4.2)
$a_1+a_2$ - рациональное число (п.3.3)
Это верно? Далее складываю левые и правые части
$(a_1+a_2)(cd-p)=(a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}) +(a(cd-p)+\sqrt{D_2})
Затем в правой части заменяю $a_2$ на $a(cd-p)+\sqrt{D_2}$ (п 4.2), получается
$(a_1+a_2)(cd-p)=(a(cd-p) +\sqrt{D_2}- \sqrt{D_1}) +(a(cd-p)+\sqrt{D_2})
$(a_1+a_2)=2a(cd-p)-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$
Это верно?
$a_1+a_2$ - рациональное число, $a(cd-p)$ - рациональное число,
следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число
Где ошибка?

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1705357 писал(а):

следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число

Вы уверены, что число, которое я цитирую, то есть разность квадратных корней не может быть равна нулю?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1705372 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1705357 писал(а):

следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число

Вы уверены, что число, которое я цитирую, то есть разность квадратных корней не может быть равна нулю?

Да, уверена.
Потому что я получила $a_1+a_2=2a(cd-p) - \sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$. Если $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}=0$, то $a_1+a_2=2a$ и тогда $3a=\frac{c^2d}{cd-p}$, что невозможно, поскольку $a$ - целое число, $a$ и $c$ - взаимно простые числа и $a^2+b^2$ не делится на $a+b$ ( $\frac{c^2d}{cd-p}$ - не целое число)

[talash]

natalya_1 в сообщении #1705324 писал(а):

$(a_1+a_2)(cd-p)=a_2(cd-p)+a(cd-p)-\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}=2a(cd-p)-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число.
Поскольку $D_1$ - целое число, чтобы выполнялось равенство,
$D_2$ должно быть рaциональным числом.

**Контрпример.** Возьмём $(D_1=2)$ и потребуем, чтобы сумма была рациональной, например равна $1$:
$-\sqrt{2}+2\sqrt{D_2}=1 ;\Rightarrow; \sqrt{D_2}=\frac{1+\sqrt{2}}{2} ;\Rightarrow; D_2=\frac{3+2\sqrt{2}}{4}\notin\mathbb{Q}.$
При этом $(-\sqrt{2}+2\sqrt{D_2}=1\in\mathbb{Q})$.

[natalya_1]

talash в сообщении #1705403 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1705324 писал(а):

$(a_1+a_2)(cd-p)=a_2(cd-p)+a(cd-p)-\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}=2a(cd-p)-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ следовательно, $-\sqrt{D_1}+2\sqrt{D_2}$ - рациональное число.
Поскольку $D_1$ - целое число, чтобы выполнялось равенство,
$D_2$ должно быть рaциональным числом.

**Контрпример.** Возьмём $(D_1=2)$ и потребуем, чтобы сумма была рациональной, например равна $1$:
$-\sqrt{2}+2\sqrt{D_2}=1 ;\Rightarrow; \sqrt{D_2}=\frac{1+\sqrt{2}}{2} ;\Rightarrow; D_2=\frac{3+2\sqrt{2}}{4}\notin\mathbb{Q}.$
При этом $(-\sqrt{2}+2\sqrt{D_2}=1\in\mathbb{Q})$.

Спасибо большое!
Я разные варианты пробовала. Хотелось более простой выбрать. Вот есть еще такой:

4.1$(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=(cd-p)a_2^3-c^{2}da_2^2+c^{2}pa_2 $
$(a-a_2)((a^2+aa_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a+a_2)+c^2p)=0$
$a^2(cd-p)-a(c^2d-a_2(cd-p))+(a_2^2(cd-p)-c^2da_2+c^2p)=0$
$D_3=(c^2d-a_2(cd-p))^2-4(cd-p)(a_2^2(cd-p)-c^2da_2+c^2p)$
$a=\frac{c^2d-a_2(cd-p)+\sqrt{D_3}}{2(cd-p)}$
$2a(cd-p)=(a_1+a)(cd-p)+\sqrt{D_3}$
$a(cd-p)=a_1(cd-p)+\sqrt{D_3}$

4.2 $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=(cd-p)a_1^3-c^{2}da_1^2+c^{2}pa_1$
$(a_1-a)((a_1^2+a_1a+a^2)(cd-p)-c^2d(a_1+a)+c^2p)=0$
$a^2(cd-p)-a(c^2d-a_1(cd-p))+(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)=0$
$D_2=(c^2d-a_1(cd-p))^2-4(cd-p)(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)$
$a=\frac{c^2d-a_1(cd-p)-\sqrt{D_2}}{2(cd-p)}$
$2a(cd-p)=(a+a_2)(cd-p)-\sqrt{D_2}$
$a(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_2}$

5.1 $a(cd-p)=a_1(cd-p)-\sqrt{D_3}$, ( п.4.1) следовательно
$\sqrt{D_3}-\sqrt{D_2}$ - целое число(п 4.2)
5.2 $ (\sqrt{D_3}-\sqrt{D_2})^2 =D_3+D_2 -2\sqrt{D_2D_3}$,
$D_2+D_3=(c^2d-a_1(cd-p))^2-4(cd-p)(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)+(c^2d-a_2(cd-p))^2-4(cd-p)(a_2^2(cd-p)-c^2da_2+c^2p) $ - целое число, следовательно $\sqrt{D_2D_3} $ - целое число.

6.3.$D_2=(a_2-a)(cd-p)$ (п.4.2)
$D_3=(a-a_1)(cd-p)$, следовательно

$\sqrt{D_2D_3}=\sqrt{(aa_2-a^2-a_1a_2+aa_1)(cd_p)^2}=\sqrt{a(c^2d-a(cd-p))-a^2(cd-p)-c^2p+a(c^2d-a(cd-p))(cd-p)}=\sqrt{(2ac^2d-3a^2(cd-p)-c^2p)(cd-p)}$ - целое число.
Следовательно,
$\frac{2ac^2d-c^2p}{cd-p}$ -целое число, $\frac{2ad-p}{cd-p}$ -целое число.

Аналогично получим $\frac{2bd-p}{cd-p}$ -целое число.
Следовательно, $\frac{2(a-b)d}{cd-p}$ - целое число.
6.4. $cd-p=ca+cb-a^2-b^2=$c(a-b)-(a-b)(a+b)+2b(c-b), следовательно $\frac{2d}{cd-p}$ - целое число.
$2d-(cd-p)=-((c-2)d-p)$
$-((c-2)d-p)<0$, следовательно,
$\sqrt{D_2D_3}$ не может быть целым числом.
Мы пришли к противоречию.

[talash]

natalya_1 в сообщении #1705414 писал(а):

4.1...
$a(cd-p)=a_1(cd-p)+\sqrt{D_3}$

5.1 $a(cd-p)=a_1(cd-p)-\sqrt{D_3}$, ( п.4.1)

Знак плюс на минус заменился.

-- 12.10.2025, 11:38 --

Даже после исправления знака в п. 5.1 следующая ошибка возникает в п. 6.3:

вы пишете
$D_2=(a_2-a)K,\qquad D_3=(a-a_1)K\quad$ (ссылка на п. 4.2),
тогда как из (4.2′) и (4.1′) следует лишь:

$\boxed{\ \sqrt{D_2}=(a_2-a)K,\qquad \sqrt{D_3}=(a-a_1)K\ }$,

то есть, Вы перепутали дискриминант с его квадратным корнем.

Из‑за этой подмены далее неверно вычисляется $\sqrt{D_2D_3}$ и все последующие «целочисленные» выводы в пп. 6.3–6.4 лишаются основания.

[natalya_1]

talash в сообщении #1705479 писал(а):

то есть, Вы перепутали дискриминант с его квадратным корнем.

Спасибо! Ну конечно же, как всегда, глупая ошибка. Буду пытаться дальше.

[talash]

natalya_1 в сообщении #1705651 писал(а):

Спасибо! Ну конечно же, как всегда, глупая ошибка. Буду пытаться дальше.

Дерзайте

[natalya_1]

talash в [ [ сообщении #1705722 писал(а):

Дерзайте

Спасибо, попробую.

4.1$(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=(cd-p)a_2^3-c^{2}da_2^2+c^{2}pa_2 $
$(a-a_2)((a^2+aa_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a+a_2)+c^2p)=0$
$a_2^2(cd-p)-a_2(c^2d-a(cd-p))+(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)=0$
$D=(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)$
$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{D}}{2(cd-p)}$
$2a_2(cd-p)=(a_2+a_1)(cd-p)+\sqrt{D}$
$a_2(cd-p)=a_1(cd-p)+\sqrt{D}$

4.2$(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=(cd-p)a_2^3-c^{2}da_2^2+c^{2}pa_2 $
$(a-a_2)((a^2+aa_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a+a_2)+c^2p)=0$
$a^2(cd-p)-a(c^2d-a_2(cd-p))+(a_2^2(cd-p)-c^2da_2+c^2p)=0$
$D_2=(c^2d-a_2(cd-p))^2-4(cd-p)(a_2^2(cd-p)-c^2da_2+c^2p)$
$a=\frac{c^2d-a_2(cd-p)+\sqrt{D_2}}{2(cd-p)}$
$2a(cd-p)=(a_1+a)(cd-p)+\sqrt{D_2}$
$a(cd-p)=a_1(cd-p)+\sqrt{D_2}$

4.3 $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=(cd-p)a_1^3-c^{2}da_1^2+c^{2}pa_1$
$(a_1-a)((a_1^2+a_1a+a^2)(cd-p)-c^2d(a_1+a)+c^2p)=0$
$a^2(cd-p)-a(c^2d-a_1(cd-p))+(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)=0$
$D_1=(c^2d-a_1(cd-p))^2-4(cd-p)(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)$
$a=\frac{c^2d-a_1(cd-p)-\sqrt{D_1}}{2(cd-p)}$
$2a(cd-p)=(a+a_2)(cd-p)-\sqrt{D_1}$
$a(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$

4.4 $a_2(cd-p)=a_1(cd-p)+\sqrt{D}$ (п.4.1)
$a(cd-p)=a_1(cd-p)+\sqrt{D_2}$ (п.4.2)
$a(cd-p)=a_2(cd-p)-\sqrt{D_1}$ (п. 4.3), следовательно,
$\sqrt{D_2}-\sqrt{D_1}$ -целое число.

$\sqrt{D}=\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}$

5.2 $ (\sqrt{D_2}-\sqrt{D_1})^2 =D_2+D_1 -2\sqrt{D_2D_1}$,
$D_2+D_1=(c^2d-a_1(cd-p))^2-4(cd-p)(a_1^2(cd-p)-c^2da_1+c^2p)+(c^2d-a_2(cd-p))^2-4(cd-p)(a_2^2(cd-p)-c^2da_2+c^2p) $ - целое число, следовательно $\sqrt{D_2D_1} $ - целое число,
6.1. $\sqrt{D}=\sqrt{D_1}+\sqrt{D_2}$ (п.4.4)
$D=D_1+D_2+2\sqrt{D_1D_2}$
$(a_2-a_1)^2(cd-p)^2=(a_2-a)^2(cd-p)2+(a-a_1)^2(cd-p)^2+2\sqrt{D_1D_2}$
$(a_2^2+a_1^2-2a_1a_2-a_2^2-a^2+2a_2a-a^2-a_1^2+2aa_1)(cd-p)^2=2\sqrt{D_1D_2}$,
$(-2a^2+2aa_1+2aa_2)(cd-p)^2=2\sqrt{D_1D_2}$,
$a(a_1+a_2-a)(cd-p)^2=\sqrt{D_1D_2}$,
$a(c^2d-2a(cd-p))(cd-p)=\sqrt{D_1D_2}$, следовательно, $\frac{D_1D_2}{(cd-p)^2}$ - целое число.

6.2.$D_1D_2=(a_2-a)(a-a_1)(cd-p)^2=(aa_2-a_2a_1-a^2+aa_1)(cd-p)^2=(a(c^2d-a(cd-p))-a^2(cd-p)-c^2p+a(c^2d-a(cd-p)))(cd-p)=(2ac^2d-3a^2(cd-p)-c^2p)(cd-p)=c^2(2ad-p)(cd-p)-3a^2(cd-p)^2$ и по условию п 6.1, должно делиться на $(cd-p)^2$, то есть $\frac{c^2(2ad-p)}{cd-p}$ должно быть целым числом.

$\frac{2ad-p}{cd-p}$ -должно быть целым числом,
$\frac{(2a-c)d}{cd-p}$ должно быть целым числом, что невозможно.
Мы пришли к противоречию.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1705806 писал(а):

Мы пришли к противоречию

А где начало?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1705826 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1705806 писал(а):

Мы пришли к противоречию

А где начало?

Начало в начале темы. До четвертого пункта все хорошо было.

[talash]

natalya_1 в сообщении #1705806 писал(а):

talash в [ [ сообщении #1705722 писал(а):

Дерзайте

Спасибо, попробую.

6.2.$D_1D_2=(a_2-a)(a-a_1)(cd-p)^2=(aa_2-a_2a_1-a^2+aa_1)(cd-p)^2=(a(c^2d-a(cd-p))-a^2(cd-p)-c^2p+a(c^2d-a(cd-p)))(cd-p)=(2ac^2d-3a^2(cd-p)-c^2p)(cd-p)=c^2(2ad-p)(cd-p)-3a^2(cd-p)^2$ и по условию п 6.1, должно делиться на $(cd-p)^2$, то есть $\frac{c^2(2ad-p)}{cd-p}$ должно быть целым числом.

$\frac{2ad-p}{cd-p}$ -должно быть целым числом,
$\frac{(2a-c)d}{cd-p}$ должно быть целым числом, что невозможно.
Мы пришли к противоречию.

Обозначим $(K=cd-p)$.

Из 4.1–4.4 непосредственно следуют три верных равенства:

$\boxed{\sqrt{D_1}=(a_2-a)K}\qquad$
$\boxed{\sqrt{D_2}=(a-a_1)K}\qquad$
$\boxed{\sqrt{D}=(a_2-a_1)K}$
$\tag{E}$


Отсюда сразу:

$\boxed{\sqrt{D_1D_2}=K^2(a_2-a)(a-a_1)}\qquad\text{и}\qquad$
$\boxed{D_1D_2=K^4(a_2-a)^2(a-a_1)^2}$
$\tag{P}$


Быстрая проверка "размерности": каждый дискриминант масштаба ($K^2$), поэтому произведение двух дискриминантов обязательно масштаба ($K^4$). Это удобно держать в уме — тогда ошибка с подменой ($D_1D_2$) на ($\sqrt{D_1D_2}$) выявляется мгновенно.

Дальше в 6.2 вы приходите к
$D_1D_2=c^2(2ad-p)K-3a^2K^2$
Не сходится размерность.

[natalya_1]

talash в сообщении #1705836 писал(а):

Дальше в 6.2 вы приходите к
$D_1D_2=c^2(2ad-p)K-3a^2K^2$
Не сходится размерность.

Так у нас $a_1+a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)}{cd-p}$, $a_1a_2=\frac{c^2p-a(c^2d-a(cd-p))}{cd-p}$