Попытка доказательства Теоремы Ферма

[natalya_1]

Рискую вызвать гнев уважаемой общественности, но я не понимаю, зачем делать дискриминант функцией?
Речь ведь идет о конкретных корнях конкретного уравнения с одной переменной $x$ :

$$\hspace*{-3cm}(a^2+b^2-ac-bc)x^2+(bc^2+ac^2-ca^2+ab^2-abc-b^3)x+b(b-c)(a-c)(b-a)=0. $$

имеет положительный дискриминант, поскольку $b(b-c)(a-c)(b-a)>0, a^2+b^2-ca-cb<0$ при заданных $a, b, c.$
Или я чего-то не понимаю? Я ведь не ставила задачу найти все целые корни уравнения $x^3+y^3=z^3,$ я строила доказательство от противного, предположив, что хотя бы одно такое решение существует при $x=a, y=b, z=c,$ где $a, b, c $ - целые числа, а не переменные.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #531226 писал(а):

имеет положительный дискриминант, поскольку $b(b-c)(a-c)(b-a)>0, a^2+b^2-ca-cb<0$ при заданных $a, b, c.$

Считаем $a<b<c$. Тогда первое неравенство очевидно, а второе равносильно неравенству $c>(a^2+b^2)/(a+b)$. А оно почему верно?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #531232 писал(а):

natalya_1 в сообщении #531226 писал(а):

имеет положительный дискриминант, поскольку $b(b-c)(a-c)(b-a)>0, a^2+b^2-ca-cb<0$ при заданных $a, b, c.$

Считаем $a<b<c$. Тогда первое неравенство очевидно, а второе равносильно неравенству $c>(a^2+b^2)/(a+b)$. А оно почему верно?

$a^2+b^2-ca-cb=-(cd-p), cd-p>0$

[nnosipov]

Ну вот теперь верю Принимайте поздравления. Теперь мы доподлинно знаем, что все наши корни $b$, $b_1$, $b_2$ вещественны!

[AKM]

natalya_1 в сообщении #531226 писал(а):

но я не понимаю, зачем делать дискриминант функцией?

Потому что я за Вас не пытаюсь решить, на дискриминант не смотрел, а Вы, как обычно, важные вещи не пишете. Из Вас надо вытягивать клещами.

Вот я и предложил стандартный план исследования.

[dmd]

natalya_1 в сообщении #531062 писал(а):

dmd в сообщении #531050 писал(а):

Почему два других корня имеют именно такую форму $b_1=\frac{q_1}{cd-p}$ и $b_2=\frac{q_2}{cd-p}$?

Потому что сумма корней уравнения по Теореме Виета $b+b_1+b_2=\frac{c^2d}{cd-p}$

-- Ср янв 25, 2012 14:51:56 --

dmd в сообщении #531050 писал(а):

Каковы $q_1$ и $q_2$? Они натуральные взаимнопростые с $(cd-p)$?

1. Мы исходим из того, что
$b_1$ и $b_2$ рациональны (это то, что я никак не могу доказать). В этом случае $q_1$ и $q_2$ - целые числа.
2. Нет, они не взаимнопростые с $cd-p$

Всё равно не понятно. Из чего были сделаны предположения, что два корня могут быть рациональны?

Например вот уравнение с целыми коэффициентами $3 - 7 x - 10 x^2 + 4 x^3 = 0$ имеет корни $\{3,\frac{-1 - \sqrt 5}{4},\frac{-1 + \sqrt 5}{4}\}$ - два из трёх иррациональны, при этом сумма корней $(\frac{5}{2})$ и произведение корней $(-\frac{3}{4})$ рациональны.

[natalya_1]

dmd в сообщении #531293 писал(а):

Всё равно не понятно. Из чего были сделаны предположения, что два корня могут быть рациональны?

Я как всегда плохо сформулировала. Мне это надо доказать.
Сказывается профессия: художник сначала видит целое, а потом переходит к частностям, а в математике такое не проходит, могут быть ошибки.

AKM в сообщении #531267 писал(а):

а Вы, как обычно, важные вещи не пишете. Из Вас надо вытягивать клещами.

AKM, Вы слишком хорошо обо мне думаете.
Все, что я пишу, это результат определенного процесса познания и исследования для меня (не смейтесь надо мной, пожалуйста, это для Вас многое знакомо и очевидно, а я учусь в процессе. ),

-- Ср янв 25, 2012 22:31:50 --

Что-то я совсем зарапортовалась.
Вроде нет ошибки в доказательстве $b_1<b_2<b.$
$c^2d^2-3cdp+3p^2=(cd-p)^2-p(cd-2p)$, большая критическая точка $\frac{c^2d+c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}$. Следовательно, эта критическая точка меньше
$\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}$.
Я предположила, что $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$. Тогда
$c(2cd-p)<3b(cd-p)$, $2cd-p<3cd-3p$, $cd>2p$ - верно. Следовательно, предположение было верным.

[yk2ru]

natalya_1 в сообщении #531304 писал(а):

большая критическая точка . Следовательно, эта критическая точка меньше

Исправляйте, вам уже замечали, что точка не число и меньше какого то числа быть не может.
Или что значит: одна точка меньше другой точки?

[natalya_1]

Прошу прощеня, скопировала старый пост, который писала еще до высказанных замечний. Исправляю:

$c^2d^2-3cdp+3p^2=(cd-p)^2-p(cd-2p)$, $k=\frac{c^2d+c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}$, где $k$ - большая критическая точка функции $f(x)$. Следовательно, $k<\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}$.
Предположим, что $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$. Тогда
$c(2cd-p)<3b(cd-p)$, $2cd-p<3cd-3p$, $cd>2p$ - верно. Следовательно, $b>b_1, b>b_2.$

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #531342 писал(а):

Следовательно, $b>b_1, b>b_2.$

Вот здесь я снова сомневаюсь. Выпишите аккуратно квадратное уравнение (кажется, оно будет немного другим, чем то, которое выше помечено номером 100) и подставьте, например, $a=5$, $b=6$, $c=(a^3+b^3)^{1/3}$. В этом случае будет $b_1<b<b_2$.

[dmd]

Мне думается, что в начале пункта 2.3. нужно обоснование, почему именно поиск рациональных корней уравнения $f(x)+f(a)=0$ поможет доказательству. Пока не вижу почему же. Один натуральный корень имеется всегда, он фиксирует $f(b)+f(a)=0$. Остальные корни, будь они хоть иррациональные, хоть мнимые, уже ни на что не влияют. Или я чего то недоглядываю?

Раньше, страниц 20 назад, было прозрачно понятно. Имея $f(a)=-f(b)$ логично наличие между $a$ и $b$ такого $h$, что $f(h)=0$. И если каркас исходного $a^3+b^3=c^3$ выдёргивает $h$ за пределы диапазона $]a,b[$, то задача решена. С рациональными корнями нужно подобное объяснение, как они помогают решению задачи.

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #531387 писал(а):

natalya_1 в сообщении #531342 писал(а):

Следовательно, $b>b_1, b>b_2.$

Вот здесь я снова сомневаюсь. Выпишите аккуратно квадратное уравнение (кажется, оно будет немного другим, чем то, которое выше помечено номером 100)

Мне проще выписать другое уравнение:
$(b_1^3-b^3)(cd-p)-c^2d(b_1^2-b^2)+c^2p(b_1-b)=0.$
$(cd-p)x^2-(c^2d-b(cd-p)x+(b^2(cd-p))-c^2(bd-p))=0,$
$b^2(cd-p)-c^2(bd-p)=-a(c-a)(c-b)(b-a).$
Отсюда дискриминант положительный.
Может, проврить Вам дискриминант уравнения с корнями $a_1, a_2, a ?$
Там немного сложнее, но тоже вроде все получается, у меня есть выкладки.

-- Чт янв 26, 2012 14:16:59 --

Вся путнаца у меня началась как раз месяц назад, когда появилось квадратное уравнение AKM (при этом ведь уже было уравнение, которое я написала выше): я совершенно не понимала, что от меня хотят и, главное, зачем. Но это, разумеется, мои проблемы. И сейчас я все время боюсь запутаться после того, как поменяла местами $a$ и $b$.

[natalya_1]

Вот ведь еще 3 декабря я писала:

natalya_1 в сообщении #511019 писал(а):

Попробовала доказать рациональность корней уравнения по-другому:
Пусть $a_1=\frac{q}{cd-p}$, $a_2=\frac{q_1}{cd-p}$, где $a$, $a_1$, $a_2$- корни уравнения $x^3(cd-p)-x^2c^2d+xc^2p+Q=0$.
Тогда:
$\frac{q^3}{(cd-p)^2}-\frac{c^2dq^2}{(cd-p)^2}+\frac{c^2p(cd-p)q}{(cd-p)^2}=\frac{q_1^3}{(cd-p)^2}-\frac{c^2dq_1^2}{(cd-p)^2}+\frac{c^2p(cd-p)q_1}{(cd-p)^2}$, отсюда $(q-q_1)(q^2+qq_1+q_1^2-c^2dq-c^2dq_1+c^2p(cd-p))=0$,
$q^2+q(q_1-c^2d)+(q_1^2-c^2dq_1+c^2p(cd-p))=0$
$D=(q_1-c^2d)^2-4(q_1^2-c^2dq_1+c^2p(cd-p))$

Оставалось только проверить дискримиант.
$D=(2a(cd-p)-c^2d+q_1)^2$ , то есть, дискриминант всегда положительный.
И, если уж быть совсем честной, я по-прежнему не понимаю, зачем проверять дискриминант, если изначально были заданы такие параметры, что он положителен? Но конечно я многого не знаю, поэтому боюсь сознаваться в своих сомнениях.

-- Чт янв 26, 2012 15:39:45 --

dmd в сообщении #531419 писал(а):

Мне думается, что в начале пункта 2.3. нужно обоснование, почему именно поиск рациональных корней уравнения $f(x)+f(a)=0$ поможет доказательству. Пока не вижу почему же. Один натуральный корень имеется всегда, он фиксирует $f(b)+f(a)=0$. Остальные корни, будь они хоть иррациональные, хоть мнимые, уже ни на что не влияют. Или я чего то недоглядываю?

Они влияют на доказательство Теоремы. Если мне удасться доказать их рациональность, то получится доказать Теорему.

[yk2ru]

Просьба пояснить:
$a$ и $b$ представлены в начальном уравнении симметрично, от замены $a$ на $b$ или $b$ на $a$ ничего не должно измениться.
Если $f(a)=ab(c-a)(c-b)(b-a)$, то наверное
$f(b)=ba(c-b)(c-a)(a-b)$ и значит, верно равенство
$f(a)=-f(b)$
К чему дальнейшие исследования корней функций
$f(x)+f(a)=0$ и $f(x)+f(b)=0$?

[AKM]

(3 декабря)

natalya_1 в сообщении #531510 писал(а):

Вот ведь еще 3 декабря я писала:

Поскольку Вам всё Вами написанное бесконечно близко, дорого и понятно, то Вам, возможно, трудно будет поверить, написанное Вами 3 декабря и ранее, читать бесконечно трудно (в этом случае, например, надо было листать взад, чтобы увидеть, что $Q$ --- какое-то целое число; и этот факт энтузиазму не добавлял). И, замечу, никто Вам не отвечал, пока Вы не сделали искусственный подъём темы 26 декабря. А сейчас от читателей и советчиков отбоя нет.

Так что ссылки типа "я же уже раньше писала"... ну... как бы это сказать... не особо катят... Учитесь писать.