Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Dedekind]

natalya_1
В теореме Виета участвуют все корни, в том числе, и комплексные.

[natalya_1]

Dedekind в сообщении #1600845 писал(а):

natalya_1
В теореме Виета участвуют все корни, в том числе, и комплексные.

Ну, вот видите, какая я безграмотная .
Значит, будем рассматривать только нечётные степени.
Господи, спасибо всем за помощь чтобы я без неё делала!

-- Чт июл 13, 2023 18:05:24 --

Тогда 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 $b$.
Поскольку мы рассматриваем уравнения с нечётной степенью, действительных корней должно быть нечётное число. Это возможно, только если
$a$ - критическая точка, $b$ -критическая точка.



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

Поскольку $a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа, равенства будут выполняться только в том случае,
если $\frac{m}{c^2}$ -целое число.

$a+b=\frac{(m-1)c^2d}{m(cd-p)}$, что возможно только если $\frac{m-1}{cd-p}$ -целое число

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.
(если $\frac{c^m}{c^2(a+b)}$ -целое число, $m=2n+1$
$\frac{a^{2n + 1} + b^{2n + 1}}{c^2(a+b)} = \frac{(a + b) (a^{2n} – a^{2n – 1}b + a^{2n – 2} b^2 – ...– ab^{2n – 1} + b^{2n}}{(a+b)c^2}),
$\frac{a^{2n} – a^{2n – 1}b + a^{2n – 2} b^2 – ...– ab^{2n – 1} + b^{2n}}{c^2}$ -целое число, $ab$ имеет общий делитель с $c$, что невозможно ($a$ и $b$ -взаимно простые числа)).

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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,

Как Вы можете писать такое?
У Вас многочлен $y(x)=(cd-p)x^{m}-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$. При некотором $x'$ его значение $y(x')=A$. Уравнение $y(x')=A$ имеет число корней, равных $m$. У Вас вместо $a+a_1=\frac{c^2d}{cd-p}$ должно быть $a+a_1+a_2+...+a_{m-1}=\frac{c^2d}{cd-p}$, где часть корней - комплексные числа. Что Вы с ними делать будете?

Если уж Вы хотите продемонстрировать док-во для третьей степени, распишите всё подробно с преобразованиями для многочленов вместо графиков.

[natalya_1]

Onoochin, Antoshka

Onoochin в сообщении #1600883 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600673 писал(а):

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,

Как Вы можете писать такое?
У Вас многочлен $y(x)=(cd-p)x^{m}-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$. При некотором $x'$ его значение $y(x')=A$. Уравнение $y(x')=A$ имеет число корней, равных $m$. У Вас вместо $a+a_1=\frac{c^2d}{cd-p}$ должно быть $a+a_1+a_2+...+a_{m-1}=\frac{c^2d}{cd-p}$, где часть корней - комплексные числа. Что Вы с ними делать будете?

Если уж Вы хотите продемонстрировать док-во для третьей степени, распишите всё подробно с преобразованиями для многочленов вместо графиков.

Уже всё разобрали и исправили. Посмотрите, пожалуйста, более позднее сообщение.
Доказательство для третьей степени отличается от доказательство для более высоких степеней.


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 $a^m+b^m=c^m$. $m$-Нечётное положительное число, $m>3$

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

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 $b$.
Поскольку мы рассматриваем уравнения с нечётной степенью, действительных корней должно быть нечётное число. Это возможно, только если
$a$ - критическая точка, $b$ -критическая точка.



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

Поскольку $a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа, равенства будут выполняться только в том случае,
если $\frac{m}{c^2}$ -целое число.

$a+b=\frac{(m-1)c^2d}{m(cd-p)}$, что возможно только если $\frac{m-1}{cd-p}$ -целое число

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.
(если $\frac{c^m}{c^2(a+b)}$ -целое число, $m=2n+1$
$\frac{a^{2n + 1} + b^{2n + 1}}{c^2(a+b)} = \frac{(a + b) (a^{2n} – a^{2n – 1}b + a^{2n – 2} b^2 – ...– ab^{2n – 1} + b^{2n}}{(a+b)c^2}),
$\frac{a^{2n} – a^{2n – 1}b + a^{2n – 2} b^2 – ...– ab^{2n – 1} + b^{2n}}{c^2}$ -целое число, $ab$ имеет общий делитель с $c$, что невозможно ($a$ и $b$ -взаимно простые числа)).

[Onoochin]

Natalya,

Вы уже в одном посте начинаете сами себе противоречить

Цитата:

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 $x$

Цитата:

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

Теперь подставьте эти значения для $a,\,b$ в функцию, и покажите, что $y(a)=-y(b)$.
Так как в общем случае это сделать нельзя, то ограничтесь $m=3$. Тогда всё вычисляется. Приведу ответ
$y(a)+y(b)=-\frac{ 2c^4d (c d - 3 p) (2 c d - 3 p)}{27(cd-p)^2}\neq 0$

Не надо больше про большие степени. Покажите безошибочное док-во для третьей степени.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1600890 писал(а):

Natalya,

Вы уже в одном посте начинаете сами себе противоречить

Цитата:

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 $x$

Цитата:

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

Теперь подставьте эти значения для $a,\,b$ в функцию, и покажите, что $y(a)=-y(b)$.
Так как в общем случае это сделать нельзя, то ограничтесь $m=3$. Тогда всё вычисляется. Приведу ответ
$y(a)+y(b)=-\frac{ 2c^4d (c d - 3 p) (2 c d - 3 p)}{27(cd-p)^2}\neq 0$

Не надо больше про большие степени. Покажите безошибочное док-во для третьей степени.

Для третьей степени всё по-другому потому что нет критической точки $0$, как при более высоких степенях.

Это доказательство для

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

$m$-Нечётное положительное число, $m>3$

[Onoochin]

Для $m=5$

$$y(a)+y(b)=-\frac{2 c^6 d (128 c^4 d^4 - 800 c^3 d^3 p + 1925 c^2 d^2 p^2 - 2250 c d p^3 + 1125 p^4) }{33125(cd-p)^4}\neq 0$$

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1600895 писал(а):

Для $m=5$

$$y(a)+y(b)=-\frac{2 c^6 d (128 c^4 d^4 - 800 c^3 d^3 p + 1925 c^2 d^2 p^2 - 2250 c d p^3 + 1125 p^4) }{33125(cd-p)^4}\neq 0$$

У вас какая-то ошибка в вычислениях (Несоответствие степеней)

[Onoochin]

Это вряд ли. Вычисляла матпрограмма Mathematica. Обычно ей верят

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1600898 писал(а):

Это вряд ли. Вычисляла матпрограмма Mathematica. Обычно ей верят

И потом, вы забыли условия:

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

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

Поскольку $a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа, равенства будут выполняться только в том случае,
если $\frac{m}{c^2}$ -целое число.

Моя задача ведь прийти к противоречию в конечном итоге

-- Чт июл 13, 2023 22:13:27 --

Onoochin в сообщении #1600895 писал(а):

Для $m=5$

$$y(a)+y(b)=-\frac{2 c^6 d (128 c^4 d^4 - 800 c^3 d^3 p + 1925 c^2 d^2 p^2 - 2250 c d p^3 + 1125 p^4) }{33125(cd-p)^4}\neq 0$$

Кстати, почему программа сказала что это не равно нулю?

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600904 писал(а):

Кстати, почему программа сказала что это не равно нулю?

Это не программа. Это Onoochin написал, что не равно нулю. Программа просто посчитала, чему равно. Просто я знаю эту программу. Я с ней сейчас работаю

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600908 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600904 писал(а):

Кстати, почему программа сказала что это не равно нулю?

Это не программа. Это Onoochin написал, что не равно нулю. Программа просто посчитала, чему равно. Просто я знаю эту программу. Я с ней сейчас работаю

Ну вот. Посмотрите, пожалуйста, моё доказательство.
Ведь это вы подтолкнули меня на идею с критической точкой

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1600911 писал(а):

Ну вот. Посмотрите, пожалуйста, моё доказательство.
Ведь это вы подтолкнули меня на идею с критической точкой

Хорошо. Если Onoochin не ошибся при наборе данных в программе, то упомянутое им уравнение реально можно будет использовать для получения противоречия. Кстати у вас 10 лет назад уже была подобная ситуация

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1600913 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600911 писал(а):

Ну вот. Посмотрите, пожалуйста, моё доказательство.
Ведь это вы подтолкнули меня на идею с критической точкой

Хорошо. Если Onoochin не ошибся при наборе данных в программе, то упомянутое им уравнение реально можно будет использовать для получения противоречия. Кстати у вас 10 лет назад уже была подобная ситуация

Да если ход рассуждений с критической точкой верен. у меня и так всё получается

[vxv]

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

$h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число,

natalya_1.
У Вас всегда $h<1$ потому, что $d>p$ (или нет?).

-- 13.07.2023, 23:33 --

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

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.