Попытка доказательства Теоремы Ферма 2

[пианист]

Ок, пусть

natalya_1 в сообщении #1599499 писал(а):

точка $a_1$ переходит в $b_2'$,
точка $b_1$ переходит в $a_2'$,
точка $b$ переходит в $a'$, точка $a$ переходит в $b'$, точка $a_2$ переходит в $b_1'$, точка $b_2$ переходит в $a_1'$, точка $a_1$ переходит в $b_2'$.
Если брать симметрию графиков $f(x)$ и $f_3(x)$.
точка $a_2$ переходит в $b_1'$, точка $b_1$ переходит в $a_2'$

и допустим, что мы знаем, что такое $a_1', a_2', b_1', b_2'$ (а также, до кучи, $a'$ и $b'$).
Этого достаточно, чтобы продолжить изложение Вашего доказательства?

[natalya_1]

пианист в сообщении #1599516 писал(а):

Ок, пусть

natalya_1 в сообщении #1599499 писал(а):

точка $a_1$ переходит в $b_2'$,
точка $b_1$ переходит в $a_2'$,
точка $b$ переходит в $a'$, точка $a$ переходит в $b'$, точка $a_2$ переходит в $b_1'$, точка $b_2$ переходит в $a_1'$, точка $a_1$ переходит в $b_2'$.
Если брать симметрию графиков $f(x)$ и $f_3(x)$.
точка $a_2$ переходит в $b_1'$, точка $b_1$ переходит в $a_2'$

и допустим, что мы знаем, что такое $a_1', a_2', b_1', b_2'$ (а также, до кучи, $a'$ и $b'$).
Этого достаточно, чтобы продолжить изложение Вашего доказательства?

Я выше Всё расписала. достаточно

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1599517 писал(а):

Я выше Всё расписала. достаточно

Уточните, пожалуйста, в каком Вашем сообщении можно прочесть, откуда следует соотношение

natalya_1 в сообщении #1599325 писал(а):

$c-a=b_2-c$

или

natalya_1 в сообщении #1599334 писал(а):

$a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$, $a_2+b_1=2h-\frac{d}{2}$, $a+b=c+d$,

(извиняюсь, не понял, какое из них Вы считаете верным).

[natalya_1]

пианист
У меня всё расписано на картинке
$c-a=b_2-c$ - Это была ошибка

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1599519 писал(а):

У меня всё расписано на картинке

Ок. Смотрю картинку (сверху вниз, если что).
Первые три соотношения это определение функций $f_1, f_2, f_3$, правильно?
Дальше идет $b_2'+a_1=c$ - это откуда следует?

[natalya_1]

пианист в сообщении #1599524 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599519 писал(а):

У меня всё расписано на картинке

Ок. Смотрю картинку (сверху вниз, если что).
Первые три соотношения это определение функций $f_1, f_2, f_3$, правильно?
Дальше идет $b_2'+a_1=c$ - это откуда следует?

из симметрии

[пианист]

natalya_1
Объяснения, каким образом, полагаю, не будет?

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #1599492 писал(а):

Onoochin при этом, смотрите что получается (если в моём движение графиков нет ошибки):
$a_1+b_2$ - рациональное число

$a_1+a_2$- рациональное число
$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$,
$2c^2d$ не равно
$3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, следовательно
$a_1b_2$ - рациональное число.
аналогично $a_2b_1$ - рациональное число.
но у нас $a_1a_2$ - рациональное число.
$a_1(b_2-a_2)$- рациональное число, $a_1(b_2-(\frac{c^2d}{cd-p}-a-a_1))$,

$a_1((b_2+a_1)+a-\frac{c^2d}{cd-p})$ .- рациональное число, следовательно,
$a_1$ - рациональное число.

Onoochin, я сделала неправильный вывод : чтобы равенство выполнялось, надо чтобы
$2c^2d=3(a_1+b_2)(cd-p)=3(a_2+b_1)(cd-p)$.
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)+c^2p)=0$.
$2h=c$ и $\frac{2c^2d}{cd-p}$ -целое число , что невозможно.

-- Сб июл 01, 2023 19:00:34 --

пианист в сообщении #1599578 писал(а):

natalya_1
Объяснения, каким образом, полагаю, не будет?

Если это непонятно, надо вести ещё несколько точек на графике. Чтобы объяснить.
$k$-точка перегиба функции,
$\frac{k+(k-h)+(k-h)}{2}=\frac{c}{2}=\frac{(c-h)+h}{2}$,
Я предлагаю на этом закончить, я не состоянии вам объяснить, не умею изъясняться на вашем языке. Я не могу вдруг выучить ваш язык.
Отпишусь по итогам проверки доказательства профессором университета, он понимает мой язык, а я понимаю всё что он мне объясняет (видимо, сказывается его опыт преподавания, )
Мне очень неудобно, что я отняла столько вашего времени

[natalya_1]

Напишу то что у меня на сегодняшний момент.

Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.

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 $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$.

3.1.1 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 $b_2$).





4.1.1Рассмотрим движение графика функции $f(x)=(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px$.

$f_1(x)=f(x)-2f(k)$, где $k$ - точка перегиба функции $f(x)$
$f_2(x)=f(x-(k-h))$,
$f_3(x)=f_1(x+2(k-h))$

$\frac{k+(k-h)+(k-h)}{2}=\frac{c}{2}=\frac{(c-h)+h}{2}$



4.1.2 $f_2(b_2')=f(b_2)=f(b_1)=f_3(b_1')$
$f_3(a_2')=f(a_2)=-f(b_1)$
$f_2(b_2')=f(b_2)=-f(a_1)=-f_2(a_1')$
$b_1+a_2=2h-(a_2'-a_2)$,
$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;
$a+b=c+(a-a')=c+d$
$(a_2'-a_2)+(b_2'-b_2)=d$
$b_2'-b_1'=b_2-b_1$,
$b_2'-b_2=b_1'-b_1=a_2'-a_2$, $b_2'-b_2=a_2'-a_2=\frac{d}{2}$, Следовательно

4.1.3$b_2+a_1=c-\frac{d}{2}$- целое число
$b_a+a_2=2h-\frac{d}{2}$;
$a+b=c+d$


5.1.1$(a^3-a_1^3)(cd-p)-c^2d(a^2-a_1^2)+c^2p(a-a_1)=0$

отсюда
$(a^2+aa_1+a_1^2)(cd-p)-c^2d(a+a_1)+c^2p=0$.

5.1.2.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 $(c^2d-b(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+b^2(cd-p))=D_1$.

5.2.1Проверив дискриминанты на положительность, получаем что они отрицательны. Значит, $a_1$, $a_2$, $b_1$,
$b_2$-комплексные числа.


6.1.1$a_1+b_2$ - рациональное число (4.1.3)

$a_1+a_2$- рациональное число (4.1.3)
$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$,
$2c^2d$ не равно
$3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, поскольку $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом,
следовательно
6.1.2.$a_1b_2$ - рациональное число.
аналогично $a_2b_1$ - рациональное число.
но у нас $a_1a_2$ - рациональное число.
$a_1(b_2-a_2)$- рациональное число, $a_1(b_2-(\frac{c^2d}{cd-p}-a-a_1))$,

$a_1((b_2+a_1)+a-\frac{c^2d}{cd-p})$ .- рациональное число, следовательно,
$a_1$ - должно быть рациональным числом ( соответственно, $a_2$, $b_1$, $b_2$ $$ тоже должны быть рациональны.
Но они -комплексные числа. (5.2.1).

Мы пришли к противоречию.

Значит, наше первоначальное предположение о существовании рациональных решений уравнения $x^3+x'^3=z^3$ было неверно

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1599582 писал(а):

Я предлагаю на этом закончить, я не состоянии вам объяснить, не умею изъясняться на вашем языке. Я не могу вдруг выучить ваш язык.

Цитата:

Да как же тебя понять, коль ты ничего не говоришь.

Вы же и ни на каком языке не отвечаете
Заканчивать, собс-но, нечего, так как ничего и не начиналось.
Ни на один мой (содержательный) вопрос Вы не ответили. Односложные не относящиеся к делу "из симметрии", "у меня все расписано на картинке" и подобные собственно ответами не являются, это суть эвфемизмы для замены "Отвали!". Непонятно, для чего заводить тему в дискуссионнои разделе, если нет желания обсуждать.

Ок, подвожу итог: ТС построила кубический многочлен $f(x)$, такой, что $f(a)+f(b)=0$ ($a,b$ из тройки чисел ВТФ3), проделала элементарные манипуляции (корни, монотонность etc). На этом все. Ни доказательства ВТФ3, ни каких-то идей, которые похожи на продвижение в этом направлении, мной не обнаружено.
Засим в соответствии с настойчивым желанием ТС тему покидаю.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1599591 писал(а):

Ок, подвожу итог:Ни доказательства ВТФ3, ни каких-то идей, которые похожи на продвижение в этом направлении, мной не обнаружено.

(Оффтоп)

хорошие сапоги, надо брать

При всём уважении к вам, вы не истина в последней инстанции.
Спасибо большое за то, что пытались разобраться в моих попытках доказательства.
Мне главное, что в этой части, во всяком случае пока, не обнаружена ошибка.

[natalya_1]

Немного подробнее:
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 $b_2$).





4.1.1Рассмотрим движение графика функции $f(x)=(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px$.

$f_1(x)=f(x)-2f(k)$, где $k$ - точка перегиба функции $f(x)$
$f_2(x)=f(x-(k-h))$,
$f_3(x)=f_1(x+2(k-h))$

$\frac{k+(k-h)+(k-h)}{2}=\frac{c}{2}=\frac{(c-h)+h}{2}$



4.1.2 $f_2(b_2')=f(b_2)=f(b_1)=f_3(b_1')$
$f_3(a_2')=f(a_2)=-f(b_1)$
$f_2(b_2')=f(b_2)=-f(a_1)=-f_2(a_1')$

$b+b_1+b_2=b'+b_1'+b_2'=c+h+0$, следовательно, $b-b'=(b_1'-b_1)+(b_2'-b_2)$
$a+a_1+a_2=a'+a_1'+a_2'=c+h+0$, следовательно, $a'-a=(a_1-a_1')+(a_2-a_2')$
$b_1+a_2=2h-(a_2'-a_2)$,
$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;
$a+b=c+(a-a')=c+d$
$(a_2'-a_2)+(b_2'-b_2)=d$
$b_2'-b_1'=b_2-b_1$,следовательно
$b_2'-b_2=b_1'-b_1=a_2'-a_2$, $b_2'-b_2=a_2'-a_2=\frac{d}{2}$, Следовательно

4.1.3$b_2+a_1=c-\frac{d}{2}$- целое число
$b_a+a_2=2h-\frac{d}{2}$;
$a+b=c+d$

[Onoochin]

Natalya,

Занятия ВФТ всегда полезны - человек узнает много нового из математики. Даже квантовая механика обязана этой теореме.
Но у Вас несколько ошибок.

Из
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$,
следует
$(a_1+b_2)\left[\left((a_1+b_2)^2-3a_1b_2\right)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)+c^2p\right]=2c^2d a_1b_2$.
Вы заявляете, что если
$2c^2d=3(a_1+b_2)(cd-p)$,
тогда:
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)+c^2p)=0$.
А почему должно быть, что $2c^2d=3(a_1+b_2)(cd-p)$ ? Фактически вы постулируете, что $(a_1+b_2)$. Так как $c,\,d,\,p$ - целые, то рациональность как-то сама собой будет следовать.

Далее, Вы так и не доказали, почему $a_1$ (отдельно) и $b_2$ (отдельно) - рациональные.

Еще один недоказанный пункт.
Вы имеете полином 3-й степени $F(x)$, имеющий 3 нуля. При некоем $c$ начинаем перебирать $a$ и $b$. При любых $a,\,b$ полиномы $F(a)=A$ $F(b)= -A$ имеют хотя бы одни действительный корень. Но они могут иметь:
- три действительных корня $F(a)=A$, три действительных корня $F(b)= -A$ ( прямые, $y = A$, $y=-A$ пересекают график $F(x)$ в трех точках)
- три действительных корня $F(a)=A$, один действительный корень $F(b)= -A$ ( прямая, $y = A$ пересекает график $F(x)$ в трех точках, прямая $y=-A$ только в одной)
- три действительных корня $F(b)=-A$, один действительный корень $F(a)= A$
- один действительный корень $F(a)= A$ , один действительный корень $F(b)= -A$ .

Всё это разные случаи, которые - каждый - требуют отдельного рассмотрения. Этого у Вас нет.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1599613 писал(а):

Natalya,
вы заявляете, что если
$2c^2d=3(a_1+b_2)(cd-p)$,

natalya_1 в сообщении #1599587 писал(а):

Напишу то что у меня на сегодняшний момент.
$2c^2d$ не равно
$3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, поскольку $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом

-- Сб июл 01, 2023 23:24:10 --

Onoochin в сообщении #1599613 писал(а):

Natalya,


Далее, Вы так и не доказали, почему $a_1$ (отдельно) и $b_2$ (отдельно) - рациональные.

Я доказала что они комплексные

natalya_1 в сообщении #1599587 писал(а):

5.2.1Проверив дискриминанты на положительность, получаем что они отрицательны. Значит,
$a_1$, $a_2$, $b_1$,
$b_2$-комплексные числа.

Onoochin, Посмотрите, пожалуйста, в этом сообщении у меня доказательство с учётом исправлений

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1599587 писал(а):

4.1.3$b_2+a_1=c-\frac{d}{2}$- целое число
$b_a+a_2=2h-\frac{d}{2}$;
$a+b=c+d$


5.1.1

У вас появилась новая переменная $b_a$? Её ведь раньше не было?