Попытка доказательства Теоремы Ферма 2

[Rak so dna]

natalya_1 я восхищён Вами! Ещё раз простите мой менторской тон на этой и предыдущей страницах — мне действительно неловко, ведь только сейчас я понял (как мне кажется) как выгляжу в Ваших глазах в своих попытках Вас переубедить. Но меня можно понять — я в математике дилетант, и всё что могу — это немножко поиграть в буковки... Просто следуя стереотипам о ферматиках, я решил, что существуют люди, которых даже я смогу хоть чему-то научить — и мне теперь стыдно, что я и Вас записал в эту категорию.
Вы меня столько раз благодарили... Но за что? Ведь

natalya_1 в сообщении #1596089 писал(а):

Я художник, это на уровне интуиции

и я не способен оценить весь размах Вашей творческой мысли. Вот теперь кажется — ведь всё так очевидно, но поди ж догадайся... Зачем ограничивать себя рамками сначала целых, а потом рациональных чисел, когда есть иррациональные, с которыми никаких проблем то особо и нет...? Но и тут Вы, просто прочувствовав нерв этой сложнейшей задачи, где-то на уровне интуиции поняли, что "а зачем опять себя ставить в какие-то рамки?" — и смело шагнули от иррациональных чисел к отрицательным! Я на такое однозначно не способен (поверьте — я не скромничаю). Даже не знаю с чем бы сравнить Ваш окончательный вариант доказательства по творческому наполнению... Наверное это что-то на уровне позднего Пикассо, особенно подача...

Хочу Вас заверить, что Ваша основная цель:

natalya_1 в сообщении #1596089 писал(а):

У меня нет цели доказать Теорему в принципе. У меня цель - завершить мое доказательство до логического конца, потому что я уверена в нем.

безусловно достигнута. Я готов подписаться под этим! Более того, готов подписаться и под этим:

natalya_1 в сообщении #1596189 писал(а):

По этому же принципу она доказывается для всех степеней, больше 2

Ещё раз поздравляю с успешным завершением вашей основной задачи! Но а "доказать Теорему в принципе" — да и бог с ним, ведь главное — это достижение собственных целей и хорошее настроение

[natalya_1]

Rak so dna
Вы мне действительно очень помогли.
Мне много раз говорили профессиональные математики, что я иду неправильным путем, что в математике так нельзя, что я пытаюсь подгадать действие под желаемый результат. Но я действительно сразу увидела общую картину. Когда я начинала свои попытки, я уже забыла все, чему меня учили в школе, пришлось наверстывать, вспоминать.
Если бы не этот форум и помощь пользователей и администрации, доброжелательность, я бы не знаю, что делала. Каждое замечание, которое мне здесь писали, мне помогало.
Особенно ценно, что профессионалы не брезговали ковыряться в моих почеркушках. Находили для этого время и писали свои замечания. Мне кажется, за это время я прошла весь путь Ферма, я ведь заново доказывала многие его теоремы, чтобы продвинуться в своем доказательстве, не подозревая об их существовании. И это укрепляло меня в мысли, что Ферма шёл этим же путем.

Хочу сказать всем огромное спасибо!!!!!

[natalya_1]

Ende, мне бы теперь итоговый вариант вынести на обсуждение, помогите, пожалуйста.

[Rak so dna]

natalya_1 а может всё-таки не надо? Вы должны понимать, что математики — это жадные до денег и славы люди, и они никогда не признают вашего интеллектуального превосходства. Они помогают лишь потому, что чувствуют вашу слабость и неуверенность и это придаёт им сил и чувство собственной важности. Но теперь, когда вы расправили крылья... Не знаю... Даже я, скорее всего уже завтра, когда одурманенность вашим великолепием пройдёт, буду всё отрицать.

[venco]

natalya_1 в сообщении #1596189 писал(а):

И, следовательно, (a, b), (a', b') и (a'', b'') попарно являются решениями системы уравнений
1.$x^3+x'^3=c^3$.
2. $x+x'-c=d$
3. $x^2+x'^2-c^2=p$

(a,b) понятно, а почему другие пары являются решениями этой системы уравнений?

[Ende]

natalya_1 в сообщении #1596250 писал(а):

Ende, мне бы теперь итоговый вариант вынести на обсуждение, помогите, пожалуйста.

Не нужно. Три страницы темы - это не так много. Кто захочет, тот одолеет.

[natalya_1]

venco в сообщении #1596256 писал(а):

понятно, а почему другие пары являются решениями этой системы уравнений?

Потому что они и только они, так же, как a и b удовлетворяют не только этим условиям , но и необходимым
$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2da=a'^3(cd-p)-c^2da'^2+c^2da'=a''^3(cd-p)-c^2da''^2+c^2da'''$,
$b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2db=b'^3(cd-p)-c^2db'^2+c^2db'=b''^3(cd-p)-c^2db''^2+c^2db'''$, ведь наши параметры p и d связаны с a и b. Ипотому что между ними все та же точка h!
Я с самого начала знала ( и писала об этом), что для того, чтобы у уравнения Ферма было решение в целых числах, необходимо, чтобы h было целым числом, и все время кррутилась вокруг этого.
Как раз осознания того, что (a', b') и (a'', b'') так же являются решениями уравнения .$x^3+x'^3=c^3$ ( а заодно системы уравнений)).мне не хватало.

venco, вам отдельное огромное спасибо! Вы со мной были с самого начала и помогали мне.

Koren24 в сообщении #1596275 писал(а):

natalya_1 Диалог с
Показал ваше доказательство целиком и еще раз спросил - $\frac{a^2+b^2}{a+b}$ может быть целым числом?

Bing AI: Да, может. Если $\frac{a^2+b^2}{a+b}$ является целым числом, то $\frac{a^2+b^2}{a+b} = a - \frac{ab}{a+b} + b$. Таким образом, $\frac{ab}{a+b}$ должно быть целым числом. Это возможно только тогда, когда $a$ делит $b^2$, а $b$ делит $a^2$. Таким образом, $a$ и $b$ должны быть взаимно простыми. В этом случае $\frac{ab}{a+b}$ не может быть целым числом, так как его знаменатель содержит все простые множители из $a$ и $b$, а числитель не содержит ни одного из них.

так a и b у меня взаимно простые по условиям доказательства.

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1596254 писал(а):

natalya_1 а может всё-таки не надо? Вы должны понимать, что математики — это жадные до денег и славы люди, и они никогда не признают вашего интеллектуального превосходства. Они помогают лишь потому, что чувствуют вашу слабость и неуверенность и это придаёт им сил и чувство собственной важности. Но теперь, когда вы расправили крылья... Не знаю... Даже я, скорее всего уже завтра, когда одурманенность вашим великолепием пройдёт, буду всё отрицать.

Мне не нужны слава и деньги, я этим занималась не для славы и не для денег. Мне надо наконец закончить со своим доказательством, которое было не завершено и не давало мне покоя много лет своей незавершенностью при абсолютной уверенности, что я на правильном пути и при абсолютной уверенности, что Ферма шёл этим же путем. Я публиковала свои умозаключения, незавершенные, в надежде что кто-то догадается и решит проблему за меня ( ну, или вместе со мной). Если я буду уверена, что больше ничего делать не надо, я, наконец, вздохну спокойно и займусь другими интересными вещами. Нет ничего хуже неопределенности.

[natalya_1]

Koren24 в сообщении #1596284 писал(а):

natalya_1 Если $a$ и $b$ взаимно простые, то $\frac{a^2+b^2}{a+b}$ может быть целым числом. Это утверждение называется теоремой Лежандра.

Доказательство этой теоремы можно найти на странице математического сообщества Stack Exchange.

Похоже, и эту теорему Ферма доказал раньше Лежандра ;), только не сохранились заметки на полях с этим доказательством.

[natalya_1]

У меня в тексте доказательстве опечатки, исправляю:

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$.
не имеет рациональных решений . 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: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p) 1.3. [math]$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

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

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' и a'') и три , в которых она принимает одинаковые положительные значения (b, b' и b'').
И, следовательно, (a, b), (a', b') и (a'', b'') попарно являются решениями системы уравнений
1.$x^3+x'^3=c^3$.
2. $x+x'-c=d$
3. $x^2+x'^2-c^2=p$ , то есть,

$a+b-c=a'+b'-c=a''+b''-c$, и
$a+b=a'+b'=a''+b''$.

4.1 $a+a'+a''=b+b'+b'=0+h+c= \frac{c^2d}{cd-p}$.
отсюда $3(a+b)=\frac{2c^2d}{cd-p}$. И
$ \frac{c^2d}{cd-p}$ - целое число.
Но это невозможно, поскольку $\frac{a^2+b^2}{a+b}$ не может быть целым числом.
А значит, наше первоначальное предположение о существовании решения
$a^3+b^3=c^3$ было неверным, уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.

Теорема доказана.

По этому же принципу она доказывается для всех степеней, больше 2

[venco]

natalya_1 в сообщении #1596277 писал(а):

venco в сообщении #1596256 писал(а):

понятно, а почему другие пары являются решениями этой системы уравнений?

Потому что они и только они, так же, как a и b удовлетворяют не только этим условиям , но и необходимым
$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2da=a'^3(cd-p)-c^2da'^2+c^2da'=a''^3(cd-p)-c^2da''^2+c^2da'''$,
$b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2db=b'^3(cd-p)-c^2db'^2+c^2db'=b''^3(cd-p)-c^2db''^2+c^2db'''$, ведь наши параметры p и d связаны с a и b.

Как из этого следует $a'^3+b'^3=c^3$?

[Rak so dna]

natalya_1 в сообщении #1596279 писал(а):

Мне не нужны слава и деньги, я этим занималась не для славы и не для денег.

А вот это уже лайк... До сего дня так мог писать лишь великий Перельман. Если это правда и Вы не кривите душой, то Вы просто мой кумир!

natalya_1 в сообщении #1596292 писал(а):

У меня в тексте доказательстве опечатки

natalya_1 да это мелочи, брызги от мазков художника. Видите ли, подробно и аккуратно оформлять доказательство нужно только если вы хотите всеобщего признания, славы и денег, иначе вам их не дадут ( ну если, конечно же, Вы не Перельман. Вы ведь не он? ). Да ещё при этом надо придерживаться общепринятых математических стандартов, и опять же загонять себя в какие-то рамки, и эти рамки просто обрежут ваши крылья, а Вам оно надо?
Вы же видите, что сначала я, теперь venco начали требовать от вас доказательств каких-то чисто формальных мелочей, которые по сути-то и не важны. Ну вот как ты докажешь, что вода мокрая? Или трава зелёная? Это нужно просто видеть — кому-то дано, кому-то нет...

Вы ведь открыли мне глаза:

natalya_1 в сообщении #1596172 писал(а):

это вообще не важно.

так прошу — не закрывайте их...

[natalya_1]

venco в сообщении #1596294 писал(а):

Как из этого следует $a'^3+b'^3=c^3$?

Если
1. $x^3+x'^3=c^3$
2. $\frac{x^2+x'^2-c^2}{x+x'-c}=\frac{a^2+b^2-c^2}{a+b-c}=\frac{p}{d}$,
3. $2x^3>c^3$ и $2x'^3<c^3$, плюс, x привязана к a, а x' к b ( то есть,
$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2da=x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2dx, $b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2db=x'^3(cd-p)-c^2dx'^2+c^2dx').
то из уравнения 2 следует $(x^2+x'^2)d-(x+x')p=c(cd-p)$
У нас
$(cd-p)(a'^3+b'^3)c^{2}d(a'^2+b'^2)+c^{2}p(a'+b')=(cd-p)(a^3+b^3)-c^{2}d(a^2+b^2)+c^{2}p(a+b)$,
$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2da=a'^3(cd-p)-c^2da'^2+c^2da', $b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2db=b'^3(cd-p)-c^2db'^2+c^2db'. отсюда
$a'^3+b'^3=a^3+b^3=c^3$

[Rak so dna]

natalya_1 позвольте немного прокомментирую, что бы уважаемому venco сэкономить немного времени и сил.

Итак, очевидно (опустим детали — они не важны), что для любых $x$ и $x'$, для которых $x^3+x'^3=c^3$, верно равенство

natalya_1 в сообщении #1596300 писал(а):

$\frac{x^2+x'^2-c^2}{x+x'-c}=\frac{a^2+b^2-c^2}{a+b-c}=\frac{p}{d}$

Берём некоторые конкретные числа (можно иррациональные, и даже более того — отрицательные) $a',b',a'',b''$ такие, что $a'^3+b'^3=a''^3+b''^3=a^3+b^3=c^3$, тогда для них верно

$\frac{a'^2+b'^2-c^2}{a'+b'-c}=\frac{a''^2+b''^2-c^2}{a''+b''-c}=\frac{a^2+b^2-c^2}{a+b-c}=\frac{p}{d}$

отсюда, опять же очевидно,

$a'^2+b'^2-c^2=a''^2+b''^2-c^2=a^2+b^2-c^2=p$
и
$a'+b'-c=a''+b''-c=a+b-c=d$

и поэтому

$a'^2+b'^2=a''^2+b''^2=a^2+b^2$
и
$a'+b'=a''+b''=a+b$

ну а отсюда уже легко следует всё остальное. Правильно?

[venco]

Rak so dna в сообщении #1596313 писал(а):

natalya_1 позвольте немного прокомментирую, что бы уважаемому venco сэкономить немного времени и сил.

Итак, очевидно (опустим детали — они не важны), что для любых $x$ и $x'$, для которых $x^3+x'^3=c^3$, верно равенство

natalya_1 в сообщении #1596300 писал(а):

$\frac{x^2+x'^2-c^2}{x+x'-c}=\frac{a^2+b^2-c^2}{a+b-c}=\frac{p}{d}$

Берём некоторые конкретные числа (можно иррациональные, и даже более того — отрицательные) $a',b',a'',b''$ такие, что $a'^3+b'^3=a''^3+b''^3=a^3+b^3=c^3$, тогда для них верно

$\frac{a'^2+b'^2-c^2}{a'+b'-c}=\frac{a''^2+b''^2-c^2}{a''+b''-c}=\frac{a^2+b^2-c^2}{a+b-c}=\frac{p}{d}$

Стоп. Где доказательство?

-- Сб июн 03, 2023 13:42:53 --

natalya_1 в сообщении #1596300 писал(а):

venco в сообщении #1596294 писал(а):

Как из этого следует $a'^3+b'^3=c^3$?

Если
1. $x^3+x'^3=c^3$
2. $\frac{x^2+x'^2-c^2}{x+x'-c}=\frac{a^2+b^2-c^2}{a+b-c}=\frac{p}{d}$

(2) верно для начального решения (1): $x=a, x'=b$, но неверно для других решений.