Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

Значит, и наше первоначальное предположение было неверным.

Проблема в том, что ваше доказательство подходит и для действительных чисел тоже. Представьте, что вы ищете решения уравнения $a^m+b^m=c^m$ в действительных числах, где $a,b$ натуральные. Все ваши условия выполняются. Не понимаю, где конкретно используется именно целочисленность

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600747 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

Значит, и наше первоначальное предположение было неверным.

Проблема в том, что ваше доказательство подходит и для действительных чисел тоже. Представьте, что вы ищете решения уравнения $a^m+b^m=c^m$ в действительных числах, где $a,b$ натуральные. Все ваши условия выполняются. Не понимаю, где конкретно используется именно целочисленность

Как где? Всё там же. Невозможность делимости $\frac{c^2d}{cd-p}$ (или $\frac{a^{m-1}+b^{m-1}}{c}$)

"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
$(cd-p)a^{m}-c^{2}da^{m-1}+c^{2}pa^{m-2}=(cd-p)a_1^{m}-c^{2}da_1^{m-1}+c^{2}pa_1^{m-2}$ "

Так что, моё доказательство именно для целых взаимно простых чисел.

Чтобы уравнение имело решение в целых числах необходимо чтобы $\frac{c^2d}{cd-p}$, $\frac{cp}{cd-p}$ были целыми числами ($\frac{a^{m-1}+b^{m-1}}{a^{m-2}+b^{m-2}}$ было целым числом)
Для иррациональных чисел моё доказательство не подходит

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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).

А почему не может быть трех точек, где функция принимает одно и то же значение? Нуль это ведь корень четной кратности и при переходе через него знак производной не меняется

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600760 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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).

А почему не может быть трех точек, где функция принимает одно и то же значение? Нуль это ведь корень четной кратности и при переходе через него знак производной не меняется

Потому что при $m>3$ $0$ -критическая точка, и $0<b<h<a<c$

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2px=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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

Фактически вы записываете теорему Виета для вашего уравнения вида $y(x)=A$, то есть в любом случае нужно учитывать все три корня этого уравнения, пусть даже один из корней больше $c$

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600764 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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

Фактически вы записываете теорему Виета для вашего уравнения вида $y(x)=A$, то есть в любом случае нужно учитывать все три корня этого уравнения, пусть даже один из корней больше $c$

Да нет корня больше $c$ . Нарисуйте график, увидите

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600767 писал(а):

Да нет корня больше $c$ . Нарисуйте график, увидите

Он выглядит так же примерно, как и ваш жирный график на картинке, которую вы тут выкладывали, разве нет? Проведите горизонтально линию на вашей картинке и тогда будет видно, что существует именно три точки, в которых ваша функция принимает одно и то же значение. Правда один из корней соответствующего уравнения не удовлетворяет условию корень меньше $c$, либо корень больше нуля, в зависимости от того, какие именно одинаковые значения принимает ваша функция, но при записи теоремы Виета нужно учитывать все три корня, а у вас только два записаны

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600773 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600767 писал(а):

Да нет корня больше $c$ . Нарисуйте график, увидите

Он выглядит так же примерно, как и ваш жирный график на картинке, которую вы тут выкладывали, разве нет?

В том-то и дело, что нет. Если $m>3$, доказательство сильно упрощается. Потому что появляется еще одна критическая точка - $0$.
Возьмите этот жирный график и поверните сегмент от $0$ вверх. Корень $a_1$ теряется

[natalya_1]

Писала в ночи, неправильно посчитала критические точки, будет вот так


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
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2p=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{(m-1)c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$

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 ,если $f(a)<0$, $a$ и $a_1$, (или только одна, если $a$ -критическая точка), либо, две точки в которых она принимает одинаковые положительные значения , если $f(a)>0$, $a$ 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
$(cd-p)a^{m}-c^{2}da^{m-1}+c^{2}pa^{m-2}=(cd-p)a_1^{m}-c^{2}da_1^{m-1}+c^{2}pa_1^{m-2}$,
$\frac{(c^2d-a(cd-p))^{m-2}}{(cd-p)^{m-2}}(\frac{(c^2d-a(cd-p))^2-c^2d(c^2d-a(cd-p))+c^2p(cd-p)}{cd-p})=a^{m-2}(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)$,
$\frac{(c^2d-a(cd-p))^{m-2}}{(cd-p)^{m-2}}(\frac{(-c^2da(cd-p)+c^2p(cd-p)+a^2(cd-p)^2)}{cd-p})=a^{m-2}(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)$,
$\frac{(c^2d-a(cd-p))^{m-2}}{(cd-p)^{m-2}}(a^2(cd-p)-c^2(ad-p))$ -целое число.
но
$\frac{c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом, этот вариант невозможен.

Остаётся только вариант, $a$-критическая точка.

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

[Combat Zone]

natalya_1 в сообщении #1600792 писал(а):

Это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$

Где постулировалось существование оного?

[natalya_1]

Combat Zone в сообщении #1600793 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600792 писал(а):

Это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$

Где постулировалось существование оного?

$h$ существует между $a$ и $b$, поскольку в точках $a$ и $b$ функция принимает одинаковое значение разных знаков. Найдя численное значение, выяснили, что $h$ рационально, $h=\frac{cp}{cd-p}$

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600774 писал(а):

том-то и дело, что нет. Если $m>3$, доказательство сильно упрощается. Потому что появляется еще одна критическая точка - $0$.
Возьмите этот жирный график и поверните сегмент от $0$ вверх. Корень $a_1$ теряется

А вы учитываете, что уравнение нечетной степени всегда имеет нечетное количество действительных корней? И что если есть два корня, как вы утверждаете, значит есть как минимум ещё один! А в точке $x=0$ имеет место горизонтальная касательная с точкой перегиба. Решите уравнение $f''(x)=0$ и увидите, что нуль это точка перегиба!

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600799 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600774 писал(а):

том-то и дело, что нет. Если $m>3$, доказательство сильно упрощается. Потому что появляется еще одна критическая точка - $0$.
Возьмите этот жирный график и поверните сегмент от $0$ вверх. Корень $a_1$ теряется

А вы учитываете, что уравнение нечетной степени всегда имеет нечетное количество действительных корней? И что если есть два корня, как вы утверждаете, значит есть как минимум ещё один! А в точке $x=0$ имеет место горизонтальная касательная с точкой перегиба. Решите уравнение $f''(x)=0$ и увидите, что нуль это точка перегиба!

Получается, что в случае нечётной степени $a$ - это это критическая точка, действительный корень один,
в случае чётной степени действительных корней два.
Я же рассматриваю все степени $m>3$
Получается что в случае нечётных степеней $b$ -тоже критическая точка, и
$a+b=\frac{(m-1)c^2d}{m(cd-p)}$, что возможно только если $\frac{m-1}{cd-p}$ -целое число
$\frac{m}{c^2}$ -целое число.
Я не успела ночью всё расписать, буду сегодня продолжать.
Пусть $m=tc^2$, тогда$(a+b)tc^2(cd-p)=(m-1)c^2d$,
$t(a+b)(cd-p)=(m-1)(a^{m-2}+b^{m-2}-c^{m-2})$,
$\frac{(m-1)c^{m-2}}{a+b}$ - целое число, $\frac{(kc^2-1)c^{m-2}}{a+b}$ -целое число,
$\frac{c^m-2}{a+b}$ -целое число, что невозможно, поскольку $\frac{c^m}{a+b}$ -целое число.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600839 писал(а):

случае чётной степени действительных корней два.
Я же рассматриваю все степени $m>3$

Четные можно не рассматривать ВООБЩЕ! Достаточно нечетные, причём простые только

natalya_1 в сообщении #1600792 писал(а):

то $a+a_1=\frac{c^2d}{cd-p}$,

Вот это равенство неверно, ибо теорема Виета для вашего уравнения степени $m$ записывается в виде суммы ВСЕХ ПЯТИ его корней, если $m=5$, а не только двух, как у вас! Куда делись оставшиеся три корня?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600842 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600839 писал(а):

случае чётной степени действительных корней два.
Я же рассматриваю все степени $m>3$

Четные можно не рассматривать ВООБЩЕ! Достаточно нечетные, причём простые только

natalya_1 в сообщении #1600792 писал(а):

то $a+a_1=\frac{c^2d}{cd-p}$,

Вот это равенство неверно, ибо теорема Виета для вашего уравнения степени $m$ записывается в виде суммы ВСЕХ ПЯТИ его корней, если $m=5$, а не только двух, как у вас! Куда делись оставшиеся три корня?

Я же уже сказала, что это для чётных степеней. В этом случае два других корня - не действительные числа.
Если степень нечётная, один корень действительный