Попытка доказательства Теоремы Ферма

[natalya_1]

Попытка номер три.
Начало копирую, то, что проверено, продолжение, откуда новый вариант начинается, напишу в следующем посте.

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет целочисленных решений . Попробуем доказать обратное.


1.1. Предположим, что такое решение существует, при $x=a$, $y=b$, $z=c$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимнопростые числа, $a\not=b$ , пусть $a>b$,
Тогда $a^3+b^3=c^3$.

1.2. $a+b-c=d$, где$d$ - целое положительное число.***
$a^2+b^2=c^2+p$, где $p$-целое положительное число.***
1.3. $a+b-c=d$, $a^2+b^2-c^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $ad-p>0$, $bd-p>0$, $cd-p>0$.***
1.4. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^3+b^3=c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^3a(ad-p)+c^3b(bd-p)=a^3c(cd-p)+b^3c(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pa)$ .
Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$ при $x=a$, а правая - при $x=b$, взятое с противоположным знаком.
Равенство будет выполняться в двух случаях:
1.4.1.если значение функции при $x=a$ и$x=b$ равно 0.
или 1.4.2.если функция в точках $a$и$b$ принимает одинаковые значения разных знаков.
Рассмотрим каждый из случаев.
1.5.. Пусть $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=0$, $(cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb=0$, тогда $a^{2}(cd-p)=c^{2}(ad-p)$,$b^{2}(cd-p)=c^{2}(bd-p) $, ($ad-p>o$, $bd-p>0$,$cd-p>o$ (п.1.3)), следовательно, $\frac{a^{2}}{ad-p}}=\frac{b^{2}}{bd-p}}=\frac{c^{2}}{cd-p}$
1.6. Исследуем функцию $y=\frac{x^{2}}{xd-p}}$ .
$y'=\frac{ 2x(xd-p)-dx^{2}}{(xd-p)^2}$,$xd-p\not=o$, $\frac{p}{d}$-точка разрыва.
Найдем точки экстремума:
$y'=0$ $2x(xd-p)-x^{2}d=0$. $x=0$ или$2(xd-p)-xd=0$, $xd=2p$,
$x=\frac{2p}{d}$
Так как на сегменте $]0;c]$ существует только одна точка экстремума, первый вариант(1.4.1) невозможен.
2.1. Рассмотрим второй возможный вариант.
Функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.
$(cd-p)h^3-c^{2}dh^2+c^{2}ph=0 $ $c\not=0$ $h\not=0$, т.к.$b<h<a$. Следовательно,

2.2 $(cd-p)h^2-c^2dh+c^2p=0$
$D=c^4d^2-4c^2p(cd-p)$ $D=c^2(cd-2p)^2$
$h=\frac{c^2d+c(cd-2p)}{2(cd-p)}$ или $h=\frac{c^2d-c(cd-2p)}{2(cd-p)} $, отсюда $h=c$ или $h=\frac{cp}{cd-p}$. Т.к. $h<c$, то $h=\frac{cp}{cd-p}$.

-- Пт мар 26, 2010 07:58:02 --

2.3. $c^2hd-c^2p=h^2cd-h^2p$, $hd(c^2-hc)=p(c^2-h^2)$, следовательно
$\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{c}$

3.1. Пусть $kh=(a+b)$, где $k$- рациональное число, т.к. $h$ - рациональное число,$(a+b)$- целое число.
Пусть $k_1h^{2}=a^2+b^2$, где $k_1$-рациональное число, т.к.$h$ - рациональное число, $(a^2+b^2)$ - целое число.
Пусть $k_2^3h^3=c^3$, где $k_2$ - рациональное число, т.к. $h$- рациональное число, $c$ - целое число. Тогда:

3.2. $k=\frac{(a+b)(cd-p)}{cp}=\frac{(a+b)(cd-p)cp}{c^2p^2}=\frac{v}{l}$, где $v$, $l$ - целые числа, $l=c^2p^2$.
$k_1=\frac{(a^2+b^2)(cd-p)^2}{c^2p^2}=\frac{t}{l}$, где $t$ - целое число.
$k_2=\frac{(cd-p)}{p}=\frac{(cd-p)pc^2}{c^2p^2}=\frac{q}{l}$, где $q$ - целое число. Тогда

$kh-c=d$, $k_1h^2-c^2=p$, следовательно, $h(k_1hd-kp)=c(cd-p)$. Но $k_2^3h^3=c^3$(п.3.1), следовательно $k_2^3h^2(cd-p)=c^2(k_1hd-kp)$. Следовательно,

[natalya_1]

3.3.$\frac{c^2}{cd-p}=\frac{k_2^3h^2}{k_1hd-kp}=\frac{h^2}{hd-p}$ (п.2.2), следовательно, $k_2^3hd-k_2^3p=k_1hd-kp$, $hd(k_2^3-k_1)=p(k_2^3-k)$,
$\frac{hd}{p}=\frac{k_2^3-k}{k_2^3-k_1}$, $\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{h}=\frac{k_2+1}{k_2}$(п.2.3), следовательно,
$k_2^4-kk_2=k_2^4-k_1k_2+k_2^3-k_1$, $k_2(k_2^2-k_1+k)=k_1$, $\frac{q(q^2-tl+vl)}{l^3}=\frac{t}{l}$, $q(q^2-tl+vl)=tl^2$, следовательно, $\frac{q}{l}$ - целое число, $\frac{cd-p}{p}$ - целое число, $\frac{cd}{p}$ - целое число, но это невозможно, что легко доказывается (если то, что написано выше верно, я предоставлю доказательство).

[ananova]

natalya_1 в сообщении #302545 писал(а):

1.2. $a+b=c=d$, где$d$ - целое положительное число.***

Тут, видимо, опечатка? и правильно читать так:
$a+b-c=d$, где$d$ - целое положительное число.***

[natalya_1]

ananova в сообщении #302588 писал(а):

natalya_1 в сообщении #302545 писал(а):

1.2. $a+b=c=d$, где$d$ - целое положительное число.***

Тут, видимо, опечатка?

Да, это опечатка. К сожалению, пропустила, а сейчас уже не могу исправить.

Самовольно исправил обсуждаемую опечатку. /АКМ

[natalya_1]

У меня еще одна опечатка, очень тяжело дается набор формул:
в п. 3.3 вместо $\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{h}$ следует читать $\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{c}$

[age]

natalya_1

Цитата:

$\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{c}$

У вас прям как в физике: $h$ - постоянная Планка, $c$ - скорость света, $p$ - импульс частицы.

[natalya_1]

AKM, спасибо большое за исправление опечатки.

[natalya_1]

Продолжу.

4.1. Итак, $\frac {cd}{p}$ -целое число.
Найдем общий делитель $c$ и $p$, то есть общий делитель $(a^2+b^2)$ и $c$.
$c^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, следовательно, это общий делитель у $(a+b)$ и $(a^2+b^2)$, поскольку $a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа. $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$, следовательно, общий делитель - $2$ , если $c$ - четное число, $a$ и $b$ - нечетные числа.
Следовательно, $\frac{2d}{p}$ - целое число. Но $b<\frac{2p}{d}$, следовательно, $b<4$
4.2. Но в этом случае $b^3=(c-a)(c^2+ca+a^2)$ , следовательно, $3^3>3a^2$(т.к. $a<c$), то есть $b^2>a^2$, а это невозможно, т.к.$b<a$ . Мы пришли к противоречию, следовательно, второй вариант (2.1) также невозможен.

А раз оба варианта невозможны, значит, уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решение в целых числах.


Теорема доказана.

Я написала доказательство для степени $n=3$. Мой способ доказательства применим для доказательства теоремы для всех степеней $n>2$

[natalya_1]

Доказательство для всех степеней $n>3$


Ферма утверждал, что уравнение $x^n+y^n=z^n$
не имеет рациональных решений при $n>2$. Попробуем доказать обратное.
(чтобы доказать теорему, необходимо доказать ее для целых взаимнопростых чисел).

1.1. Предположим, что такое решение сществует при $x=a$,$y=b$,$z=c$, $n=m$ где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа, $m>2$, $m$- натуральный целый показатель.
$a\not=b$. Пусть $a>b$. Тогда
$a^m+b^m=c^m$
1.2. $a^{m-2}+b^{m-2}=c^{m-2}+d$, где$d$ - целое положительное число.***
$a^{m-1}+b^{m-1}=c^{m-1}+p$, где $p$-целое положительное число.***
1.3. $a^{m-2}+b^{m-2}-c^{m-2}=d$, $a^{m-1}+b^{m-1}-c^{m-1}=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa^{m-2}+pb^{m-2}-pc^{m-2}=a^{m-1}d+b^{m-1}d-c^{m-1}d$, $a^{m-2}(ad-p)+b^{m-2}(bd-p)=c^{m-2}(cd-p)$, $ad-p>0$, $bd-p>0$, $cd-p>0$.***
1.4. $a^{m-2}(ad-p)+b^{m-2}(bd-p)=c^{m-2}(cd-p)$, $a^m+b^m=c^m$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^ma^{m-2}(ad-p)+c^mb^{m-2}(bd-p)=a^mc^{m-2}(cd-p)+b^mc^{m-2}(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^m-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=-((cd-p)b^m-c^{2}db^{m-1}+c^{2}pb^{m-2})$ .
Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^m-c^2dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$ при $x=a$, а правая - при $x=b$, взятое с противоположным знаком.
Равенство будет выполняться в двух случаях:
2.4.1.если значение функции при $x=a$ и$x=b$ равно 0.
или
2.4.2.если функция в точках $a$и$b$ принимает одинаковые значения разных знаков.
Рассмотрим каждый из случаев.
2.5. Пусть $(cd-p)a^m-c^{2}da^{m-1}+c^{2}pa^{m-2}=0$, $(cd-p)b^m-c^{2}db^{m-1}+c^{2}pb^{m-2}=0$, тогда $a^{2}(cd-p)=c^{2}(ad-p)$,$b^{2}(cd-p)=c^{2}(bd-p) $,
($ad-p>o$, $bd-p>0$,$cd-p>o$ (п.1.3)), следовательно, $\frac{a^{2}}{ad-p}}=\frac{b^{2}}{bd-p}}=\frac{c^{2}}{cd-p}$
2.6. Исследуем функцию $y=\frac{x^{2}}{xd-p}}$ .
$y'=\frac{2x(xd-p)-dx^{2}}{(xd-p)^2}$,$xd-p\not=o$, $\frac{p}{d}$-точка разрыва.
Найдем точки экстремума:
$y'=0$ $2x(xd-p)-x^{2}d=0$. $x=0$ или$2(xd-p)-xd=0$, $xd=2p$,
$x=\frac{2p}{d}$
Так как на сегменте $]0;c]$ существует только одна точка экстремума, первый вариант(2.4.1) невозможен.

-- Вс мар 28, 2010 08:30:49 --

2.7. Рассмотрим второй возможный вариант.
Функция $y=(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2} $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$.
$(cd-p)h^m-c^{2}dh^{m-1}+c^{2}ph^{m-2}=0 $ $c\not=0$ $h\not=0$, т.к.$b<h<a$. Следовательно,

2.8 $(cd-p)h^2-c^2dh+c^2p=0$
$D=c^4d^2-4c^2p(cd-p)$ $D=c^2(cd-2p)^2$
$h=\frac{c^2d+c(cd-2p)}{2(cd-p)}$ или $h=\frac{c^2d-c(cd-2p)}{2(cd-p)} $, отсюда $h=c$ или $h=\frac{cp}{cd-p}$. Т.к. $h<c$, то $h=\frac{cp}{cd-p}$.


2.9. $c^2hd-c^2p=h^2cd-h^2p$, $hd(c^2- hc)=p(c^2-h^2)$, следовательно
$\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{c}$

3.1. Пусть $kh^{m-2}=(a^{m-2}+b^{m-2})$, где $k$- рациональное число, т.к. $h$ - рациональное число,$(a^{m-2}+b^{m-2})$- целое число.
Пусть $k_1h^{m-1}=a^{m-1}+b^{m-1}$, где $k_1$-рациональное число, т.к.$h$ - рациональное число, $(a^{m-1}+b^{m-1})$ - целое число.
Пусть $k_2^{m}h^m=c^m$, где $k_2$ - рациональное число, т.к. $h$- рациональное число, $c$ - целое число. Тогда:



3.2. $kh^{m-2}-c^{m-2}=d$, $k_1h^{m-1}-c^{m-1}=p$, следовательно, $h^{m-2}(k_1hd-kp)=c^{m-2}(cd-p)$. Но $k_2^mh^m=c^m$(п.3.1), следовательно $\frac{k_2^mh^{2}}{(k_1hd-kp)}=\frac{c^{2}}{(cd-p)}$. Следовательно,

[venco]

natalya_1 в сообщении #302545 писал(а):

2.1. Рассмотрим второй возможный вариант.
Функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.

Почему $h^3+h^3=c^3$?

[natalya_1]

3.3.$\frac{c^2}{cd-p}=\frac{k_2^{m}h^2}{k_1hd-kp}=\frac{h^2}{hd-p}$ (п.2.2), следовательно, $k_2^{m}hd-k_2^{m}p=k_1hd-kp$, $hd(k_2^m-k_1)=p(k_2^m-k)$,
$\frac{hd}{p}=\frac{k_2^m-k}{k_2^m-k_1}$, $\frac{hd}{p}=\frac{c+h}{c}=\frac{k_2+1}{k_2}$(п.2.3), следовательно,
$k_2^{m+1}-kk_2=k_2^{m+1}-k_1k_2+k_2^m-k_1$, $k_2(k_2^{m-1}-k_1+k)=k_1$,
3.4.Пусть $k_2=\frac{q}{l}$, $k=\frac{v}{l}$, $k_1=\frac{t}{l}$, где $q$, $v$,
$t$, $l$ - целые положительные числа, тогда
$\frac{q(q^{m-2}-tl^{m-2}+vl^{m-2})}{l^m}=\frac{t}{l}$, $q(q^{m-2}-tl^{m-2}+vl^{m-2})=tl^{m-1}$, следовательно, $\frac{q}{l}$ - целое число, $\frac{cd-p}{p}$ - целое число, $\frac{cd}{p}$ - целое число.

4.1. Итак, $\frac {cd}{p}$ -целое число.
Найдем общий делитель $c$ и $p$, то есть общий делитель $(a^2+b^2)$ и $c$.
$c^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, следовательно, это общий делитель у $(a+b)$ и $(a^2+b^2)$, поскольку $a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа. $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$, следовательно, общий делитель - $2$ , если $c$ - четное число, $a$ и $b$ - нечетные числа.
Следовательно, $\frac{2d}{p}$ - целое число. Но $b<\frac{2p}{d}$, следовательно, $b<4$
4.2. Но в этом случае $3^{m}>ma^{m-1}$(т.к. $a<c$), то есть $b^{m-1}>a^{m-1}$, а это невозможно, т.к.$b<a$ . Мы пришли к противоречию, следовательно, второй вариант (2.1) также невозможен.

А раз оба варианта невозможны, значит, уравнение $x^n+y^n=z^n$ не имеет решение в целых числах.


Теорема доказана.

[venco]

natalya_1 в сообщении #302550 писал(а):

3.3.
...
$q(q^2-tl+vl)=tl^2$, следовательно, $\frac{q}{l}$ - целое число

Почему?

[natalya_1]

venco в сообщении #303444 писал(а):

natalya_1 в сообщении #302545 писал(а):

2.1. Рассмотрим второй возможный вариант.
Функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.

Почему $h^3+h^3=c^3$?

Опять опечатка. Мне ужасно неловко, я совершенно не умею набирать формулы. Использую предыдущие сообщения и их правлю. И с компьютером я не в ладах. Это случайно вылезло из предыдущих попыток, к настоящему доказательству не имеет никакого отношения.
И опять я не могу ничего убрать.
Прошу меня извинить за то, что из-за невнимательности никак не могу по-человечески оформить доказательство.

-- Вс мар 28, 2010 09:19:25 --

venco в сообщении #303447 писал(а):

natalya_1 в сообщении #302550 писал(а):

3.3.
...
$q(q^2-tl+vl)=tl^2$, следовательно, $\frac{q}{l}$ - целое число

Почему?

Потому что по условию $q$, $t$, $v$, $l$ - целые числа.

[venco]

natalya_1 в сообщении #303448 писал(а):

venco в сообщении #303447 писал(а):

natalya_1 в сообщении #302550 писал(а):

3.3.
...
$q(q^2-tl+vl)=tl^2$, следовательно, $\frac{q}{l}$ - целое число

Почему?

Потому что по условию $q$, $t$, $v$, $l$ - целые числа.

Из этого следует, что $q^3\over l$ целое, а про $q\over l$ неизвестно.
Кстати, то, что $q^3\over l$ целое, можно узнать, подставив их определения из 3.2.

[natalya_1]

venco в сообщении #303450 писал(а):

Кстати, то, что $q^3\over l$ целое, можно узнать, подставив их определения из 3.2.

Из п. 3.2. следует, что $\frac{q^2}{l}$ - целое число.