Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1600529 писал(а):

Onoochin в сообщении #1600503 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600355 писал(а):

$\frac{c}{2}$ переходит в точку $h$

Это я написал?
Этого достаточно, чтобы показать, что никакого док-ва ВТФ у Вас нет

Это написала я. И речь шла о переходе точки, относительно которой симметричны корни многочленов. $a_2''$ симметрична $b_1$ относительно $\frac{c}{2}$. После того, как мы сдвигаем график $f_2(x)$ влево на $3(k-h)$, центр симметрии смещается на $\frac{c}{2}-h=\frac{c^2d-cp-2cp}{2(cd-p)}=\frac{3(k-h)}{2}$. Поэтому и получается, что $b_1+a_2'=2h$ ( а было (до движения $a_2''$ влево на $3(k-h)$) $a_2''+b_1=c$

Я Вам в третий раз объясняю, что точка $h$ есть нуль ур-ния $f_3(x)=0$. Точка $c/2$ на оси ОХ не является ни одним нулем ур-ний $f(x)=0$, $f_2(x)=0$, $f_3(x)=0$. Поэтому смещение точки $x=c/2$ в ур-нии $f_2(x)=0$ сдвигом аргумента не может привести к нулю в ур-нии $f_3(x)=0$ в точке $h$.

У Вас линейные преобразования аргумента (разве что подъем вверх графика $f_1$). Зафиксируйте Ваши корни и проделайте с ними эти линейные преобразования. И попробуйте получить Ваши формулы, которые как Вы утверждаете, получаются из графиков.
Какой-нибудь матпрограммой это делается очень быстро.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1600540 писал(а):

Я Вам в третий раз объясняю, что точка $h$ есть нуль ур-ния $f_3(x)=0$. Точка $c/2$ на оси ОХ не является ни одним нулем ур-ний $f(x)=0$, $f_2(x)=0$, $f_3(x)=0$. Поэтому смещение точки $x=c/2$ в ур-нии $f_2(x)=0$ сдвигом аргумента не может привести к нулю в ур-нии $f_3(x)=0$ в точке $h$.

Так мы график $f_2(x) $двигаем влево на $3(k-h)$. сдвиг аргумента $h_1$ ( $f_2(h_1)=0$) приводит к нулю в ур-нии $f_3(x)=0$ в точке $h$ ($f_3(h)=0$.
$f_2(\frac{c}{2})\not=0$, Она находится посередине между двумя точками $h$ и $h_1$, относительно неё симметричны графики $f(x)$ и $f_2(x)$,
а графики $f(x)$ и $f_3(x)$ симметричны относительно $h$

-- Вт июл 11, 2023 01:09:27 --

Onoochin в сообщении #1600540 писал(а):

У Вас линейные преобразования аргумента (разве что подъем вверх графика $f_1$). Зафиксируйте Ваши корни и проделайте с ними эти линейные преобразования. И попробуйте получить Ваши формулы, которые как Вы утверждаете, получаются из графиков.
Какой-нибудь матпрограммой это делается очень быстро.

К сожалению, я не владею матпрограммами
И вообще, моё "доказательство" на уровне знаний 17 века

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1600498 писал(а):

Док-ва в математике строятся на получении соотношений между величинами

Именно так! поэтому мне не надо вычислять корни уравнения, мне достаточно установить соотношения через симметрию ( симметрию никто (в том числе, вы) не оспаривает), чем я и занималась.
И эти соотношения я выразила через формулы.
Мои формулы Элементарные:
$a_1+b_2'=c$, $a_1'+b_2=c$, $a+b'=c$, $b+a'=c$, $b_1+a_2'=2h$,
$b_1'+a_2=2h$,
Дальше только преобразование этих формул.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1599749 писал(а):

5.1.1 $a_1+b_2$ - рациональное число (4.1.3)


$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$, (a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-<span style= [math]$2c^2d\not= 3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, поскольку $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом,

Вот здесь абракадабра какая-то

-- 11.07.2023, 08:10 --

Там, где абракадабра, должно быть видимо это равенство или что это? Знака равенства тут нет

natalya_1 в сообщении #1599749 писал(а):

$(a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-a_1b_1{3(a_1+b_1)(cd-p)-2c^2d}$ (5.1.1)

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600549 писал(а):

Вот здесь абракадабра какая-то

Это я пыталась часть формулы выделить жирным шрифтом

Должно быть Вот так

$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$,
$(a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-{a_1b_2(3(a_1+b_2)(cd-p)-2c^2d)}=0$,
$3(a_1+b_2)(cd-p)\not=2c^2d$, так как $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом, а $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$ -целое число, следовательно,
$a_1b_2$ - рациональное число.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600595 писал(а):

так как $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом

Вот это утверждение надо проверить

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600617 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600595 писал(а):

так как $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом

Вот это утверждение надо проверить

Это сто раз проверено в предыдущей теме:
$\frac{2c^2d}{cd-p}=\frac{2c^2(a+b-c)}{c(a+b)-(a^2+b^2)}$.
$a^2+b^2$ не имеет общего делителя с $c$ (кроме $2$, если если $c$ -чётное)
$a+b-c$ не имеет общего делителя с $a^2+b^2$ (кроме $2$, если если $c$ -чётное)

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1600541 писал(а):

Так мы график $f_2(x) $двигаем влево на $3(k-h)$.

Natalya,

Мне лично всё равно, докажете ли Вы ВТФ для третьей степени или нет. Для меня Ваше док-во что-то вроде запутанной задачи.

Докажите - значит, будет ещё одно кроме Эйлерова доказательство. Но чтобы Ваше док-во мат.общество приняло как ДОКАЗАТЕЛЬСТВО, Вам от таких аргументов, как "график двигаем влево" придется отказаться. Чтобы док-во приняли, Вам как минимум необходимо опубликоваться в реферируемом журнале. После фраз типа "посмотрим на графики" Ваш манускрипт тут же отправят в одно место. Хорошо, если напишут вежливый отказ.
Поэтому - если Вы намерены опубликоваться - Вам в любом случае придется выполнить преобразования переменных в многочленах. То, о чём я пишу.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1600639 писал(а):

Но чтобы Ваше док-во мат.общество приняло как ДОКАЗАТЕЛЬСТВО, Вам от таких аргументов, как "график двигаем влево" придется отказаться. Чтобы док-во приняли, Вам как минимум необходимо опубликоваться в реферируемом журнале. После фраз типа "посмотрим на графики" Ваш манускрипт тут же отправят в одно место. Хорошо, если напишут вежливый отказ.
Поэтому - если Вы намерены опубликоваться - Вам в любом случае придется выполнить преобразования переменных в многочленах. То, о чём я пишу.

Спасибо большое, конечно я постараюсь учесть все замечания. Но для начала надо определиться, верно ли моё доказательство, есть ли там ошибка в принципе

Onoochin в сообщении #1600639 писал(а):

Мне лично всё равно, докажете ли Вы ВТФ для третьей степени или нет. Для меня Ваше док-во что-то вроде запутанной задачи.

Докажите - значит, будет ещё одно кроме Эйлерова доказательство.

Всё дело в том, что принцип моего доказательства распространяется на все степени. Достаточно лишь заменить $3$ на $n$,
$2$на $n-1$...
($p$ и $d$ те же: $a+b=c+d$, $a^2+b^2=c^2+p$).

Я опубликовала своё доказательство для третьей степени по правилам форума

(1.1. Предположим, что такое решение существует, при $x=a$, $y=b$, $z=c$, $n=m$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа, $a\not=b$ , пусть $a>b$,$m$- целое число >2.
Тогда $a^m+b^m=c^m$.

1.2. $a+b=c+d$, где$d$ - целое положительное число.
$a^2+b^2=c^2+p$, где $p$-целое положительное число.
1.3. $a+b-c=d$, $a^2+b^2-c^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$,
$bd-p=ba+b^2-bc-a^2-b^2+c^2=(c-a)(c+a)-b(c-a)=(c-a)(c+a-b)$ . $c>a$, $c+a>b$, $a>b$, $c>b$, следовательно,$ad-p>0$, $bd-p>0$, $cd-p>0$.
1.4. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^m+b^m=c^m$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^ma(ad-p)+c^mb(bd-p)=a^mc(cd-p)+b^mc(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^m-c^{m-1}da^2+c^{m-1}pa=-((cd-p)b^m-c^{m-1}db^2+c^{m-1}pb)$ .
Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^m-c^{m-1}dx^2+c^{m-1}px$ при $x=a$, а правая - при $x=b$, взятое с противоположным знаком.
Равенство будет выполняться в двух случаях:
1.4.1.если значение функции при $x=a$ и$x=b$ равно 0.
или 1.4.2.если функция в точках $a$и$b$ принимает одинаковые значения разных знаков....итд)

[natalya_1]

Ошиблась в предыдущем сообщении. подзабыла собственное доказательство
Для более высоких степеней всё гораздо проще:


Ферма утверждал, что уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

Предположим, что такое решение существует

при $x=a$, $x'=b$, $z=c$, $n=m$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^m+b^m=c^m$.

1.1. $a^{m-2}+b^{m-2}-c^{m-2}=d$, где
$d$ - целое положительное число
$a^{m-}1+b^{m-1}=c^{m-1}+p$, где $p$- целое положительное число.


1.2. $a^{m-2}+b^{m-2}-c^{m-2}=d$,
$a^{m-}1+b^{m-1}-c^{m-1}=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa^{m-2}+pb^{m-2}-pc^{m-2}=a^{m-1}d+b^{m-1}d-c^{m-1}d$, $a^{m-2}(ad-p)+b^{m-2}(bd-p)=c^{m-2}(cd-p)

1.3. $a^{m-2}(ad-p)+b^{m-2}(bd-p)=c^{m-2}(cd-p)$, $a^m+b^m=c^m$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^{m}a^{m-2}(ad-p)+c^{m}b^{m-2}(bd-p)=a^{m}c^{m-2}(cd-p)+b^{m}c^{m-2}(cd-p)$ , следовательно,
$(cd-p)a^m-c^{2}da^{m-1}+c^{2}pa^{m-2}=-((cd-p)b^m-c^{2}db^{m-1}+c^{2}pb^{m-2})$ .

2.1.1 функция $y=(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$ 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.

$(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}=0$.
$x=0$ или

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

3.1.1.Найдём критические точки функции
$y=(cd-p)x^{m}-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$
$y'=m(cd-p)x^{m-1}-(m-1)c^2dx^{m-2}+(m-2)c^2px^{m-3}$
$y'=0$ если $x=0$ или
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2px=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$

3.1.1 поскольку
функция $y=(cd-p)x^{m}-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$ и ее значение равно нулю в точках 0, h и с,
существует либо две точки , в которых она принимает одинаковые отрицательные значения ,$a$ и $a_1$, (или только одна, если $a$ -критическая точка), либо, две точки в которых она принимает одинаковые положительные значения ,$a$ и $a_1$ ( (или только одна, если $a$ -критическая точка).
Эти числа действительные (поскольку если они они комплексные, Это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$

Но если существуют две такие точки, и $0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$, то $a+a_1=\frac{c^2d}{cd-p}$,
что невозможно, поскольку
$(cd-p)a^{m}-c^{2}da^{m-1}+c^{2}pa^{m-2}=(cd-p)a_1^{m}-c^{2}da_1^{m-1}+c^{2}pa_1^{m-2}$,

Остаётся только вариант, $a$-критическая точка.

$a=\frac{c^2d-{c\sqrt{(m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$,



$h>\frac{c^2d}{2m(cd-p)}$, $h>\frac{c}{2}$, $2p>cd-p$, $cd<3p$.
тогда
$2mp<cd$, $d>2p$, что противоречит $cd<3p$.
следовательно, этот вариант тоже невозможен.

Значит, и наше первоначальное предположение было неверным.


Onoochin
здесь не надо расписывать многочлены

PS: побоялась написать вот такой вариант:
если $a$ - критическая точка, $2a=0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$???? Тогда вообще всё очень просто

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

Ошиблась в предыдущем сообщении. подзабыла собственное доказательство
Для более высоких степеней всё гораздо проще:

Можно было вместо тройки подставить пять, чтобы было легче проверять, да и вам было бы проще

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600678 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

Ошиблась в предыдущем сообщении. подзабыла собственное доказательство
Для более высоких степеней всё гораздо проще:

Можно было вместо тройки подставить пять, чтобы было легче проверять, да и вам было бы проще

Да там вообще всё проще, просто правила форума: нужно сначала для степени 3.
Кстати, если предположить, что Ферма шёл тем же путём, сложность доказательства для степени 3 этим методом объясняет, почему для степени 3 было отдельное доказательство

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1600680 писал(а):

Кстати, если предположить, что Ферма шёл тем же путём, сложность доказательства для степени 3 этим методом объясняет, почему для степени 3 было отдельное доказательство

Понятием степени числа (произвольной, в смысле) Ферма не пользовался. В тех случаях, когда это было необходимо (что было дважды, в соответствии с исследованиями уважаемой shwedka), у Ферма случались большие трудности.
Так что в "отдельных доказательствах" ничего удивительного, ведь странно было бы пытаться доказывать то, что ты не можешь даже сформулировать, не правда ли?
Доказательство Эйлера ВТФ3 ничуть не сложнее доказательства Ферма ВТФ4, тот же метод спуска, однако требовалось использовать конструкты $n + m\sqrt{-3}$ взамен целых чисел, а такой техникой Ферма не владел.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1600683 писал(а):

Так что в "отдельных доказательствах" ничего удивительного, ведь странно было бы пытаться доказывать то, что ты не можешь даже сформулировать, не правда ли?

Позвольте с вами не согласиться. Он прекрасно всё сформулировал:
« Au contraire, il est impossible de partager soit un cube en deux cubes, soit un bicarré en deux bicarrés, soit en général une puissance quelconque supérieure au carré en deux puissances de même degré : j'en ai découvert une démonstration véritablement merveilleuse que cette marge est trop étroite pour contenir »
(«Наоборот, нельзя разделить ни куб на два куба, ни бисквадрат на два бисквадрата, ни вообще какую-либо степень, большую квадрата, на две степени одной и той же степени: я нашел поистине чудесное доказательство этого , но это поле слишком узкое, чтобы вместить его»)

[пианист]

Этот текст по памяти привел Ферма-младший, который не имел математического образования.
Никакими текстами Ферма-отца не подтверждается, и плохо, как видно из сказанного выше, им соответствует.