Попытка доказательства Теоремы Ферма 2

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1599616 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599587 писал(а):

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

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

Нет, конечно, это опять опечатка $b_1$

-- Сб июл 01, 2023 23:50:41 --

Onoochin в сообщении #1599613 писал(а):

Natalya,


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.

После ваших замечаний я проверила дискриминанты и написала вам

natalya_1 в сообщении #1599481 писал(а):

Onoochin в сообщении #1599466 писал(а):

Natalya,

У Вас $C_2$ и $C_3$ (или $D,\,D_1$) вообще-то разные. Одна величина зависит от $a$, другая от $b$.

Затем, где у Вас проверка, что Ваши дискриминанты - положительные? Это всё о появлении комплексных корней

С ума сойти. Проверила. Они отрицательные. Это что же получается, на основании того что дискриминант отрицательный, Ферма пришёл к противоречию: нет такой точки $h$ между $a$ и $b$? И на этом основании сделал вывод, Ведь в то время не рассматривали комплексные числа? И как это мне раньше не пришло в голову проверить дискриминант...


Он предположил, 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 $b_2$).

А дальше, решив квадратные уравнения, получил отрицательный дискриминант и пришёл к противоречию. Пришёл к невозможности существования точки $h$

[natalya_1]

Onoochin
, Кстати я только один дискриминант проверила. Сейчас я в шоке, похоже, второй дискриминант положительный ... Надо внимательно пересчитать...
Невозможность существования точки $h$...
Ну,, то есть получается что если $a+b$ - целое число , $a^3+b^3$целое число, $a^2+b^2$целое число,
Невозможность существования точки $h$ доказывает, что в этом случае один из корней уравнения не действительное число (поскольку график пересекает ось $OX$в точках $0$ и $c$, и $0<b<a<c$?

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #1599623 писал(а):

Onoochin
, Кстати я только один дискриминант проверила. Сейчас я в шоке, похоже, второй дискриминант положительный ... Надо внимательно пересчитать...
Невозможность существования точки $h$...
Ну,, то есть получается что если $a+b$ - целое число , $a^3+b^3$целое число, $a^2+b^2$целое число,
Невозможность существования точки $h$ доказывает, что в этом случае один из корней уравнения не действительное число (поскольку график пересекает ось $OX$в точках $0$ и $c$, и $0<b<a<c$?

В общем, получается я проверила все варианты: Если хотя бы один из дискриминантов отрицательный, это противоречит существованию точки $h$ между $a$ и $b$.
Если они положительные то второй вариант. Только надо изменить концовку.

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

5.2.1 Если хотя бы один из дискриминантов отрицательный, это противоречит существованию точки $h$ между $a$ и $b$, поскольку $f(x)=0$ в точках $0$, $h$ и $c$


6.1.1 Рассмотрим вариант с положительными дискриминантами
$a_1+b_2$ - 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,
$a_1$ -рациональное число, следовательно, $a_2$, $b_1$, $b_2$ - рациональные числа.

7,1,1 $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$ (4.1.3)
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$ (6,1,1),
$a_1+b_2=\frac{3c-a-b}{2}$, следовательно,

$\frac{\frac{3c-a-b}{2}(\frac{(3c-a-b)^2}{4}-3a_1b_2)(cd-p)}{c^2}$-целое число, следовательно
$a_1b_1$ должно иметь общий делитель с $c$, отличный от $2$. То есть, либо $a_1$, либо $b_2$ ( либо, и $a_1$, и $b_2$ должны иметь общий делитель с $c$, отличный от $2$.
Но это невозможно, поскольку
$a_1^3(cd-p)-a_1^2c^2d+a_1c^2p=a^3(cd-p)-a^2c^2d+ac^2p$,
$b_2^3(cd-p)-b_2^2c^2d+b_2c^2p=b^3(cd-p)-b^2c^2d+bc^2p$,

$a$, $b$ и $c$ - взаимно простые числа.

[miflin]

(Оффтоп)

Долгое время не понимал смысл слова "тягомотина".
Теперь прояснилось. Спасибо.

[natalya_1]

miflin в сообщении #1599629 писал(а):

(Оффтоп)

Долгое время не понимал смысл слова "тягомотина".
Теперь прояснилось. Спасибо.

miflin
Точно! я опять пропустила при наборе очень важный пункт
$b+b_1+b_2=b'+b_1'+b_2'=c+h+0$, 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, $a'-a=(a_1-a_1')+(a_2-a_2')$
Ende
, огромная просьба, вставьте, пожалуйста, в последний текст в 4.1.2.

[miflin]

(Оффтоп)

natalya_1 в сообщении #1599642 писал(а):

miflin
Точно! я опять пропустила при наборе очень важный пункт

Всё-то Вы умеете обратить в свою пользу!
Склоняю голову.

[Rak so dna]

(Оффтоп)

miflin в сообщении #1599629 писал(а):

Долгое время не понимал смысл слова "тягомотина".
Теперь прояснилось. Спасибо.

ИМХО тут больше подходит Эйнштейновское безумие.

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1599660 писал(а):

(Оффтоп)

miflin в сообщении #1599629 писал(а):

Долгое время не понимал смысл слова "тягомотина".
Теперь прояснилось. Спасибо.

ИМХО тут больше подходит Эйнштейновское безумие.

Попробую расписать подробнее

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1599625 писал(а):

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

Из вашего рисунка видно, что график вы двигаете вверх, соответственно где доказательство того, что $f(k)<0$?
Тот же вопрос касается и ваших функций $f_2,f_3$, только для них сдвиг возможен влево, либо вправо в зависимости от знака чисел

-- 02.07.2023, 21:19 --

natalya_1 в сообщении #1599625 писал(а):

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

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

[natalya_1]

(Оффтоп)

Мозги скрипят

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

$\frac{k+(k-h)+(k-h)}{2}=\frac{c}{2}=\frac{(c-h)+h}{2}$, $f_2(h_1)=f_2(0)=f_2(c)=0$
$\frac{h_1+h}{2}=3k-2h$, $h_1-h=((3k-2h)-h)=3(k-h)$


$f_3(x)=f_1(x+3(k-h))$



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

$f_2(h_1)=f(h)=f(0)=f_2(0)=f(c)=f_2(c)=0$,
$b+b_1+b_2=a+a_1+a_2=0+h+c$,
$b'+b_1''+b_2'=a'+a_1'+a_2''=0+h_1+c$.
$b'+(b_1'+3(k-h))+b_2'=0+(h+3(k-h))+c$ , следовательно,
$b'+b_1'+b_2'=0+h_1+c=(0+h+c)+(3(k-h))=(b+b_1+b_2)+3(k-h)$

отсюда
$b-b'=(b_1'-b_1)+(b_2'-b_2')-3(k-h)=d$

$b_1+a_2=2h-(a_2'-a_2)$,
$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;
$a+b=c+(a-a')=c+d$
$(a_2'-a_2)+(b_2'-b_2)=d$.

Далее

$b_2'-b_1'=b_2'-(b_1''-3(k-h))=(a_2'-a_1')+3(k-h)$,
$b_2'-b_1'=(c-a_1)-(2h-a_2)=(a_2-a_1)+(c-2h)=(a_2-a_1)+3(k-h)=b_2-b_1$,
$(b_2'-b_2)=(b_1'-b_1)=\frac{d}{2}$


-- Пн июл 03, 2023 01:40:22 --

Antoshka в сообщении #1599663 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599625 писал(а):

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

Из вашего рисунка видно, что график вы двигаете вверх, соответственно где доказательство того, что $f(k)<0$?
Тот же вопрос касается и ваших функций $f_2,f_3$, только для них сдвиг возможен влево, либо вправо в зависимости от знака чисел

Я рассмотрела вариант где $k>h$

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #1599674 писал(а):

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

Опять опечатка $f_2(x)=f_1(x-(k-h))$

[Geen]

natalya_1 в сообщении #1599674 писал(а):

Я рассмотрела вариант где $k>h$

С чего бы этот вариант мог иметь место?...

[natalya_1]

Geen в сообщении #1599696 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599674 писал(а):

Я рассмотрела вариант где $k>h$

С чего бы этот вариант мог иметь место?...

С того же, что и $k<h<\frac{c}{\sqrt{2}}$
Я просто для иллюстрации на картинке взяла один из вариантов. Это работает и для второго варианта (Немного по-другому, но работает).
$a_1$ и $b_2$ будут на тех же местах, мне главное сейчас - проверить то, что я написала. Если это верно, распишу оставшиеся варианты.
Понятно, что $k\not=h$ ($c^2d=cp$ не может быть)

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #1599727 писал(а):

Geen в сообщении #1599696 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1599674 писал(а):

Я рассмотрела вариант где $k>h$

С чего бы этот вариант мог иметь место?...

С того же, что и $k<h<\frac{c}{\sqrt{2}}$
Я просто для иллюстрации на картинке взяла один из вариантов. Это работает и для второго варианта (Немного по-другому, но работает).
$a_1$ и $b_2$ будут на тех же местах, мне главное сейчас - проверить то, что я написала. Если это верно, распишу оставшиеся варианты.
Понятно, что $k\not=h$ ($c^2d=cp$ не может быть)

В других вариантах $a_1+b_2=c-d$

[Onoochin]

Natalya,

Вы так и не ответили, как у Вас получается рациональность $(a_1+b_2)$.
У Вас такое множество постов с одним и тем же, что...
Возьмем Ваш пункт 6.1.1. из любого поста

Цитата:

$a_1+a_2$- рациональное число (4.1.3)
$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$

Это уравнение сводится к такому (если Вы намерены выделить множитель $(a_1+b_2)$:
$(a_1+b_2)\left\{\left[ (a_1^2+b_2)^2-3a_1b_2\right](cd-p)-c^2d(a_1+b_2)+c^2p \right\}+\mathbf{2c^2da_1b_2}=0$
И как отсюда следует рациональность $(a_1+b_2)$?

И как Вы обрабатываете свободный (от $(a_1+b_2)$) член - он выделен жирным шрифтом?

Да, если один дискриминант положительный, а другой отрицательный, то это просто означает что или $a_1,\,a_2$ или $b_1,\,b_2$ - комплексные