Попытка доказательства Теоремы Ферма 2

[natalya_1]

Я не умею записывать движение графиков функций.
Попробую записать, но не уверена, что записала все правильно. В прошлые разы я все перепутала.
Рассмотрим ближайшие точки к h a_1 и b_1 , в которых функция
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$ принимает одинаковые значения разных знаков.
Прскольку $\frac{a_1+b}{2} не равно
h
существует точка b_3 такая, что b+b_3=2h

$f_1(x)=f(x)-f(k)$, $f_2(x)=f_1(x-(k-h))$

$f_1(b_3)=f(b_3)-f(k)=f(b)$
$f_2(b_3)=f_1(b_3-(k-h))=f_1(b)=$,

$f_2(a_1)=f_1(a_1-(k-h))=f(a_1-(k-h))-f(k)$,
$f_2(a_3)=f_1(a_3-(k-h))=f(a_3-(k-h))-f(k)$
$ f_2(b_4)=f_1(b_3)=f(b)$

Отсюда ( не знаю, как грамотно расписать, мне проще рисовать)

$\frac{b_3+a_3}{2}=\frac{b_4+a_1}{2}=k$, отсюда
a_1 -рациональное число и, поскольку a_2+a_1 - рациональное число, a_2 - тоже рациональное число.

[natalya_1]

Напишу итоговый вариант попытки номер N.

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 (,$a$, $a_1$ и $a_2$ и три , в которых она принимает одинаковые положительные значения ( $b$, $b_1$ и $b_2$
При этом,
$b+b_1+b_2=a+a_1+a_2=0+h+c$

4.1. Найдем критические точки функции $y'=3x^2(cd-p)-2c^2dx+c^2p. $y'=0$ при $3x^2(cd-p)=c^2(2xd-p)$,
$\frac{3x^2}{2xd-p}=\frac{c^2}{cd-p}$, $2xd-p>0$,$cd-p>0$. И



Критические точки функции $y(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$ будут $\frac{c(c d \pm \sqrt{c^2 d^2-3p (c d-p)})}{3( c d-p)}$. То есть, критических точек две.

4.2.Точка перегиба функции $k=\frac{x+x_1}{2}$, где $x$ и $x_1$ -
критические точки функции.
$k=\frac{c^2d}{3(cd-p)}$.


4.3 Рассмотрим вариант $b_2<b>b_1$, $a_2<a_1<a$, $h<\frac{c}{2}$
ближайшие точки к h a_1 и b_1 , в которых функция
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$ принимает одинаковые значения разных знаков.

4.4. Поскольку $\frac{a_1+b}{2} не равно
h
существует точка b_3 такая, что b+b_3=2h, при этом, $b_3>a_1$


5.1.$f_1(x)=f(x)-f(k)$, $f_2(x)=f_1(x-(k-h))$

$f_1(b_3)=f(b_3)-f(k)=f(b)$
$f_2(b_3)=f_1(b_3-(k-h))=f_1(b)=$,

$f_2(a_1)=f_1(a_1-(k-h))=f(a_1-(k-h))-f(k)$,
$f_2(a_3)=f_1(a_3-(k-h))=f(a_3-(k-h))-f(k)$
$ f_2(b_4)=f_1(b_3)=f(b)$

Отсюда

$\frac{b_3+a_3}{2}=\frac{b_4+a_1}{2}=k$, отсюда
a_1 -рациональное число и, поскольку a_2+a_1 - рациональное число, a_2 - тоже рациональное число.


6.1 $(a^3-a_2^3)(cd-p)-c^2d(a^2-a_2^2)+c^2p(a-a_2)=0$ , ( попутно замечу, из равенства следует, что
$\frac {2(a^3-a_2^3)^3(cd-p)^2}{c^2}$-целое число).

отсюда
$(a^2+aa_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a+a_2)+c^2p=0$.
Решая квадратное уравнение
$(cd-p)x^2-(c^2d-a(cd-p))x+(c^2p+a^2(cd-p))=0$, получаем
$x=\frac{c^2d-a(cd-p)\mp\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$.

6.2. Обозначим $a_1=\frac{q}{2(cd-p)}$,
$a_2=\frac{v}{2(cd-p)}$,
, где $q$ и$v$ - целые числа.
Тогда
$(b^3(cd-p)^2+q^3)-c^2d(b^2(cd-p)^2+q^2)+c^2p(b(cd-p)+q)(cd-p)=0$,

6.3.. $(b^3(cd-p)^2+v^3)-c^2d(b^2(cd-p)^2+v^2)+c^2p(b(cd-p)+v)(cd-p)=0$, отсюда
$\frac{2(b^3(cd-p)^2+v^3)}{с^2} - целое число, $\frac{2(b^3(cd-p)^2+q^3)}{с^2}, следовательно,
$\frac{2(v^3+q^3)}{c^2}$ - целое число.
Но у нас
$\frac {2(a^3-a_2^3)^3(cd-p)^2}{c^2}$- целое число ( п.6.1), следовательно, $\frac{4v^3}{c^2}$, $\frac{4q^3}{c^2}$ - целые числа, что невозможно, поскольку

$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=a_1^3(cd-p)-c^2da_1^2+c^2pa_1=a_2^3(cd-p)-c^2da_2^2+c^2pa_2$ и
$a$ и $c$ - взаимно простые числа.


( у меня есть развернутые доказательства
отдельных утверждений, они были в первой теме, если надо, я их напишу. Здесь не писала, чтобы не загромождать общую картину.)

[natalya_1]

Так же, можно рассмотреть другие случаи, я написала один вариант, по которому я двигала графики, принцип одинаковый и для других вариантов ( доказывается рациональность всех точек, даже если мы не знаем рациональность приближенных к h). Главное, что их сумма рациональна, дальше доказывается их рациональность. Если эти точки - a и b ( в случае, когда $h>\frac{c}{2}$, то еще проще, доказываеься, что они не могут быть целыми.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

следовательно, $(cd-p)a^{3}-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$ .

Вот вы дошли до этого уравнения. В терминах вашей функции $y(x)$ его можно переписать как $y(a)=-y(b)$

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

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 $x=\frac{сp}{cd-p}$.

Вы когда считали дискриминант квадратного уравнения, забыли возвести $c^2$ в квадрат, то есть должно быть $D=c^4d^2-4(cd-p)c^2p$

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1597451 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

следовательно, $(cd-p)a^{3}-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$ .

Вот вы дошли до этого уравнения. В терминах вашей функции $y(x)$ его можно переписать как $y(a)=-y(b)$

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

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 $x=\frac{сp}{cd-p}$.

Вы когда считали дискриминант квадратного уравнения, забыли возвести $c^2$ в квадрат, то есть должно быть $D=c^4d^2- 4(cd-p)c^2p$

спасибо большое! Опять опечатки. Но это все многократно проверено, и , если не считать опечаток, ошибок здесь нет.
Новое -это движение графиков, которое я никак не могу грамотно расписать. Если можно, я вам в личку пришлю картинку с объяснениями.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1597460 писал(а):

Новое -это движение графиков, которое я никак не могу грамотно расписать. Если можно, я вам в личку пришлю картинку с объяснениями.

Давайте

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

4.3 Рассмотрим вариант $b_2<b>b_1$, $a_2<a_1<a$, $h<\frac{c}{2}$
ближайшие точки к h a_1 и b_1 , в которых функция
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$ принимает одинаковые значения разных знаков.

Кстати точки $b_1,b_2,a_1,a_2$, вернее числа, могут быть действительными произвольными или как?

-- 15.06.2023, 17:05 --

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

Обозначим $a_1=\frac{q}{2(cd-p)}$,
$a_2=\frac{v}{2(cd-p)}$,
, где $q$ и$v$ - целые числа.

У вас выше уже определены $a_1,a_2$! Вы одной и той же буквой разные переменные обозначаете? Или это и есть те самые $a_1,a_2$, про которые вы упомянули выше?

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1597174 писал(а):

4.3 Рассмотрим вариант $b_2<b>b_1$, $a_2<a_1<a$, $h<\frac{c}{2}$
ближайшие точки к h a_1 и b_1 , в которых функция
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$ принимает одинаковые значения разных знаков.

Ближайшие точки это такие, которые отличаются на единицу от $a_1,b_1$?

[natalya_1]

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. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$,
$a^3+b^3=c^3$ (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 $x=\frac{cp}{cd-p}$.
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$.


3.1. Найдем критические точки функции $y'=3x^2(cd-p)-2c^2dx+c^2p. $y'=0$ при $3x^2(cd-p)=c^2(2xd-p)$,
$\frac{3x^2}{2xd-p}=\frac{c^2}{cd-p}$, $2xd-p>0$,$cd-p>0$. И



Критические точки функции $y(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$ будут $\frac{c(c d \pm \sqrt{c^2 d^2-3p (c d-p)})}{3( c d-p)}$. То есть, критических точек две.

3.2.Точка перегиба функции $k=\frac{x+x_1}{2}$, где $x$ и $x_1$ -
критические точки функции.
$k=\frac{c^2d}{3(cd-p)}$.


4.1 $f(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$

$f_1(x)=f(x-2(k-h))$, $f_2(x)=f(x)-2f(k)$

$f_3(x)=f_1(x)-2f(k)$
$k_1=k+(k-h)$,

$2k_1=c$,
$2(2k-h)=c$
$\frac{2(2c^2d-3cp)}{3(cd-p)}=c$
отсюда
cd=3p



что невозможно

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1598099 писал(а):

3.2.Точка перегиба функции $k=\frac{x+x_1}{2}$, где $x$ и $x_1$ -
критические точки функции.
$k=\frac{c^2d}{3(cd-p)}$.

Точка перегиба находится через решение уравнения вторая производная равна нулю. Это общеизвестно. В четвертом пункте надо прояснить, что такое $f_1,f_2,f_3,k_1$, то есть я не могу понять, где у вас определения этих величин

[natalya_1]

$f(k_1)=2f(k)$,
$k_1=k+(k-h)$,
$h<k$

[natalya_1]

или
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2x^2d+c^2xp$

$f_1(x)=f(x)-f(k)$

$f(k)=f(0-(k-h))=f(c-(k-h))$

$f_2(x)=f_1(x-(k-h))$
$k_1=k+(k-h)$,
$f_2(k_1)=f_2(0)=f_2(c)=0$

$2k_1=c$,

$2(2k-h)=c$

$\frac{2(2c^2d-3cp)}{3(cd-p)}=c$

отсюда

cd=3p.

$\frac{a^2+b^2}{c}$ - целое число




что невозможно

[natalya_1]

я пробовала разные варианты, это другой.

Для более легкого понимания
$a_1<a_2<a$, $b_1<b<b_2$ , $h<k$,где $k$ точка перегиба функции
$y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$.
$a+a_1+a_2=b+b_1+b_2=0+h+c$

$f_1(x)=f(x)-2f(k)$, $f_2(x)=f_1(x+2(k-h))$

$f_3(x)=f_1(x-(c-2h))$.

Есть зеркально-симметричные графики $f(x)$ и $f_3(x)$
и $a_1+b_2=c$
$b_1+a=c+(a-a')$, где $c-a'=b_1$.
$b+a_2=2h-(b'-a_2)$, где $b'+b=2h$.

поскольку
$a+b$ - целое число
$a_1+b_2$ - целое число, то

$a_2+b_1$ рациональное число.


$(a^3-a__1^3)(cd-p)-c^2d(a^2-a_1^2)+c^2p(a-a_1)=0$

отсюда
$(a^2+aa_1+a_1^2)(cd-p)-c^2d(a+a_1)+c^2p=0$.
Решая квадратное уравнение
$(cd-p)x^2-(c^2d-a(cd-p))x+(c^2p+a^2(cd-p))=0$, получаем
$x=\frac{c^2d-a(cd-p)\mp\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$, где $(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))=D$

аналогично
$(b^2+bb_2+b_2^2)(cd-p)-c^2d(b+b_2)+c^2p=0$.
Решая квадратное уравнение
$(cd-p)x^2-(c^2d-b(cd-p))x+(c^2p+b^2(cd-p))=0$, получаем
$x=\frac{c^2d-b(cd-p)\mp\sqrt{(c^2d-b(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+b^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$, где $(c^2d-b(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+b^2(cd-p))=D_1$.

$a_1+b_2$ рациональнo, если $a_1$ и $b_2$ рациональны, либо $D=D_1$.



если $(c^2d-b(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+b^2(cd-p))=(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))$.

$2c^2db(cd-p)-3b^2(cd-p)^2=2c^2da(cd-p)-3a^2(cd-p)^2$,

$2c^2d=3(a+b)(cd-p)$, что невозможно, поскольку

$\frac{2c^2d}{cd-p}$ -не целое число.

если $(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a^_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
и $a_1+b_2=c$, то

$(a_1^2-a_1b_2+b_2^2)(cd-p)-cd(a^_1^2+b_2^2)+c^2p=0$,

$(a_1+b_2)^2(cd-p)-cd(a^_1+b_2)^2-3a_1b_2(cd-p)+2cda_1b_2+c^2p=0$,

$c^2(cd-p)-c^3d-3a_1b_2(cd-p)+2cda_1b_2+c^2p=0$,


$3(cd-p)=2cd$, $cd=3p$, что невозможно.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1599031 писал(а):

Есть зеркально-симметричные графики $f(x)$ и $f_3(x)$

Эти графики симметричны относительно чего?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1599065 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599031 писал(а):

Есть зеркально-симметричные графики $f(x)$ и $f_3(x)$

Эти графики симметричны относительно чего?

зеркально-симметричны относительно $\frac{c}{2}$ nо оси $OX$.
Нужно нарисовать картинку, чтобы понять, что я имею в виду.
Я могу перемещать график по-разному, самое главное, что всегда $a_1+b_2=c$.

Еще одно подтверждение того, что Ферма шел тем же путем (Теорема Ферма: Если функция определена в некоторой окрестности точки, принимает в этой точке наибольшее (наименьшее) значение и имеет конечную или определенного знака бесконечную производную, то эта производная равна нулю).

Я могу сделать много ошибок и мне трудно объяснять, что я имею в виду, но я уверена, что мой путь правильный