Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Утундрий]

natalya_1 в сообщении #1601097 писал(а):

мой интерес -это пройти путь Ферма.

Никто не знает и уже не узнает, какой путь прошёл Пьер Ферма. Смиритесь и уда... чного времени суток.

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1601094 писал(а):

Для.$ n=3$ все по-прежнему работает.

Никакого док-ва нет. Имеющееся "доказательство" сводится к следующему:
1. Получен некий многочлен $f(x)=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$, который имеет три корня при $f(x)=0$: $0,\,h,\,c$.
2. Далее утверждается, что имеются три корня $a,a_1,a_2$, для которых значение имеется некоторое отрицательное значение $f(x)$ и три корня $b,b_1,_2$, для которых значение имеется некоторое положительное значение $f(x)$.
При этом за всё время обсуждения темы, само ур-ние, из которого получаются эти корни, не дается. Предлагается самим догадаться, что это за ур-ние.
3. Обнаруживается, что эти корни связаны соотношением

$$0+h+c=\frac{c^2}{cd-p}=a+a_1+a_2=b+b_1+b_2$$

4. Далее делается предположение, что все корни - рациональные.

Это уже само по себе странное предположение, потому что на этом этапе целые числа $c,p,d$ могут быть любыми. Заявление, что они вообще говоря не любые, будет сделано в конце "док-ва" и то не на рациональности/иррациональности, а из условия, что $a,\,b$ взаимно просты. Поэтому для п. 4 "целые числа $c,p,d$ могут быть любыми" - верно.
Что кубическое ур-ние с целыми коэффициентами в общем случае ,не может иметь три рациональных корня, факт очевидный и проверяется на массе примеров.
Казалось бы разумным исследовать форму этих корней и выяснить, когда все три могут быть рациональными. Но Вы идете своим путем.

5. Предположение, что все корни - рациональные, доказывается следующим образом:
Вводится замена переменной $x'=c-x$ и $f_2(x')=-f(c-x)$.
Очевидно, что при такой замене набор корней переходит $a_i\,\to\,b'_i$ и наоборот. Знак у многочлена меняется, корни, дающие его положительное значение, меняются на корни, дающие отрицательное значение.
Затем делается еще одна замена переменной $x''=x'-3(k-h)$. Корни нового многочлена не находятся, но делаются различные предположения о некоей связи между новым набором корней $a''_i,\,b''_i$ и точкой $c/2$.
Но при линейном сдвиге аргумента весь набор корней $a'_i,\,b'_i$ сдвинется как целое на $3(k-h)$. Ничего более не произойдет.
Если корни $a_1,\,a_2,\,b_1,\,b_2$ были иррациональными, то и остальные корни, полученные из них сдвигом на рациональное число, также останутся иррациональными.

Ничего больше в представленном док-ве нет. Если Вы с этим не согласны, почему бы тогда просто не выполнить все преобразования аргумента в исходном многочлене и показать "связь между корнями и точкой $c/2$" в явном виде?

[Booker48]

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Но Вы идете своим путем.

Нет сил удержаться...

Цитата:

Затем, что мудрость нам единая дана:
Всему живущему идти путем зерна Ферма.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

1. Получен некий многочлен $f(x)=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$, который имеет три корня при $f(x)=0$: $0,\,h,\,c$.

да именно так

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

2. Далее утверждается, что имеются три корня $a,a_1,a_2$, для которых значение имеется некоторое отрицательное значение $f(x)$ и три корня $b,b_1,_2$, для которых значение имеется некоторое положительное значение $f(x)$.

Это следует из того, что
1.В рациональных точках $a$ и $b$ функция принимает одинаковые значения разных знаков $f(a)=-f(b)$
2. функция принимает значение $0$в трех рациональных точках $f(0)=f(h)=f(c)$
3. Функции имеет две действительные критические точки

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

При этом за всё время обсуждения темы, само ур-ние, из которого получаются эти корни, не дается. Предлагается самим догадаться, что это за ур-ние.

Это давалось много раз. Но поскольку вам надо повторять минимум пять раз, специально для вас повторяю:
$x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px=a^3(cd-p)-c^2da^2a$,
$(x-a)((x^2+xa+a^2)(cd-p)-c^2d(x+a)+c^2p)=0$ $x\not=a$
$(cd-p)x^2-(c^2d-a(cd-p))x+(c^2p+a^2(cd-p)^2)=0$

$D=(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p)^2)=(c^4d^2-4c^3dp+4c^2p^2)-a(cd-p)(2c^2d-3a(cd-p))=c^2(cd-2p)^2-a(2c^2d-3a(cd-p))(cd-p)$, $D>0$
$x=\frac{c^2d-a(cd-p)\mp\sqrt{D}}{2(cd-p)}$

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

3. Обнаруживается, что эти корни связаны соотношением

$$0+h+c=\frac{c^2}{cd-p}=a+a_1+a_2=b+b_1+b_2$$

Разумеется. Согласно теореме Виета, только $0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$ , а не $\frac{c^2}{cd-p}$

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

4. Далее делается предположение, что все корни - рациональные.

Очередное враньё. Я никогда не делала таких предположений. Я утверждала что $a_1+a_2$-рациональное число.
$a_1a_2$-рациональное число. (Аналогично с $b_1$ и $b_2$)

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

на этом этапе целые числа $c,p,d$ могут быть любыми.

Они не на каком этапе они могут быть любыми, они у меня целые и рациональные по определению, пока мы не придём к противоречию

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Казалось бы разумным исследовать форму этих корней и выяснить, когда все три могут быть рациональными. Но Вы идете своим путем.

Я не заставляю вас идти моим путём

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Вводится замена переменной $x'=c-x$ и $f_2(x')=-f(c-x)$.
Очевидно, что при такой замене набор корней переходит $a_i\,\to\,b'_i$ и наоборот. Знак у многочлена меняется, корни, дающие его положительное значение, меняются на корни, дающие отрицательное значение.

Именно так

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Затем делается еще одна замена переменной $x''=x'-3(k-h)$. Корни нового многочлена не находятся, но делаются различные предположения о некоей связи между новым набором корней $a''_i,\,b''_i$ и точкой $c/2$.
Но при линейном сдвиге аргумента весь набор корней $a'_i,\,b'_i$ сдвинется как целое на $3(k-h)$. Ничего более не произойдет.

Вот здесь у вас ошибка, которую я безуспешно пытаюсь до вас донести: Я имею право водить те обозначения которые считаю нужным.
и у меня $f_2(b)=f_2(b_1'')=f_2(b_2')=f_3(b_1')$, $f_2(a_1')=f_2(a_2'')=f_2(a)=f_3(a_2')$
при линейном сдвиге аргумента весь набор корней сдвинется как целое на $3(k-h)$, только $a_2'=a_2''-3(k-h)$, а не наоборот, $b_1'=a_1''-3(k-h)$, а не наоборот.

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Ничего более не произойдет.

Когда до вас дойдёт ваша ошибка, тогда поймёте что произойдёт

-- Сб июл 15, 2023 21:29:28 --

И вместо резюме:
Недостойно математика, если не сказать бессовестно, забалтывать тему, не прибегая к цитированию. Чем вы постоянно занимаетесь уже во второй теме (Предыдущую в результате мне пришлось закрыть и открыть новую, потому что совершенно невозможно пробираться через дебри ваших голословный заявлений ). Недостойно и бессовестно искажать слова оппонента,
Приписывать ему то, что он не говорил.

Я не знаю, какая у вас цель. Но истина всё равно найдёт себе дорогу

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601114 писал(а):

Но истина всё равно найдёт себе дорогу

natalya_1 Если у вас доказательство общего случая не получится найти, я тогда у вас спрошу про ваше доказательство десятилетней давности, так как там есть 2 уравнения, которые приводят к противоречию, но я не могу понять, как вы их получили

[natalya_1]

Отвечаю не для Onoochin , для других кто читает тему

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Затем делается еще одна замена переменной $x''=x'-3(k-h)$. Корни нового многочлена не находятся, но делаются различные предположения о некоей связи между новым набором корней $a''_i,\,b''_i$ и точкой $c/2$.

Я не делала замену переменной. Нет у меня никакого нового набора корней.
Поскольку $a+a_1+a_2=0+h+c=0+h_1+c-3(k-h)=a'+a_1'+a_2''-3(k-h)$ и $h_1=h+3(k-h)$, Я сделала замену $a_2''$ на $a_2'$, $a_2'=a_2''-3(k-h)$.
И получила равенство $a+a_1+a_2=a'+a_1'+a_2'$.
аналогично $b+b_1+b_2=b'+b_1'+b_2'$.

Откуда взялось $b_1+a_2'=2h$? Да очень просто: $a_2''=c-b_1$, $a_2'+3(k-h)=c-b_1$,
$a_2'+b_1=c-3(k-h)=\frac{c^2d-cp-c^2d+3cp}{cd-p}=\frac{2cp}{cd-p}=2h$
аналогично $a_2+b_1'=2h$

-- Сб июл 15, 2023 23:05:36 --

Antoshka в сообщении #1601132 писал(а):

natalya_1 Если у вас доказательство общего случая не получится найти

Всё получается по аналогии с $n=3$

Antoshka в сообщении #1601132 писал(а):

Если у вас доказательство общего случая не получится найти, я тогда у вас спрошу про ваше доказательство десятилетней давности, так как там есть 2 уравнения, которые приводят к противоречию, но я не могу понять, как вы их получили

Дайте мне, пожалуйста, в личку ссылку на сообщения с уравнениями, напишу. как я их вывела.

[natalya_1]

Booker48 в сообщении #1601105 писал(а):

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Но Вы идете своим путем.

Нет сил удержаться...

Цитата:

Затем, что мудрость нам единая дана:
Всему живущему идти путем зерна Ферма.

Могу поспорить, что вы, так же, как и большинство отписавшихся здесь гадостями и плоскими шуточками, не вникали в моё доказательство,
а поверили тому что написал Onoochin .
И это тоже не достойно математиков, принимать что-то на веру.
Бывает, что люди ошибаются, бывает, что врут, всему нельзя верить .
Удивительно, что такие простые истины до математикoв доносит художник, а не наоборот.
И уж тем более не достойно стадное подпевание.

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1601114 писал(а):

Очередное враньё. Я никогда не делала таких предположений.

А что же Вы не все мои слова приводите? Далее у мeня было:
Предположение, что все корни - рациональные, доказывается следующим образом:

Из рациональности $a_1a_2$ и $a_1+a_2$ не следует рациональность каждого по отдельности.

"Нужная рациональность" принята в п. 4.1.3

Цитата:

4.1.3. $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$- рациональное число,

которое как бы следует из

Цитата:

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

Должно быть
$b'+b_1'+b_2'=a'+a_1'+a_2'=0+h_1+c$.
либо
$b''+b_1''+b_2''=a''+a_1''+a_2''=???$
В равенстве должны быть либо корни $a'_i$, либо корни $a''_i$.
А если смешать, то вроде как можно один корень сдвинуть, а остальные оставить в покое - что и делается.
Можно заявить, что в

$$$b'+b_1''+b_2'=a'+a_1'+a_2''=0+h_1+c$$$

все корни принадлежат многочлену $f_2(x)$. Тогда по логике $b'_1$ принадлежит многочлену $f_3(x)$. В этом случае в равенстве

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

содержатся корни всех трех многочленов. Тогда и это равенство неверно.

Если сдвигать аргумент в $f_2(x)$, то и все корни и все нули сдвинутся на одно и то же число. Соответственно, для $f_3(x)$ не будет нулей в $0,h_1,c$
Ну а дальше просто - поскольку волшебным образом вместо $b'_1$ появилось $b''_1$, и т.к. разность $b''_1-b'_1$ есть рациональное число, то это целое число и используется для оправдания рациональности.

Когда Вы наконец сделаете преобразования переменной в Ваших многочленах и покажете в явном виде, откуда возникло равенство с $c/2$. И тогда уж точно

Цитата:

истина всё равно найдёт себе дорогу

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1601157 писал(а):

Из рациональности $a_1a_2$ и $a_1+a_2$ не следует рациональность каждого по отдельности.

"Нужная рациональность" принята в п. 4.1.3

Цитата:

4.1.3. $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$- рациональное число,

Опять бессовестно врёте.


"Нужная рациональность" доказывается дальше:

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=
$2c^2d\not= 3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, поскольку $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом,
следовательно
5.1.2.$a_1b_2$ - 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.

-- Вс июл 16, 2023 01:11:03 --

Onoochin в сообщении #1601157 писал(а):

Цитата:

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

Должно быть
$b'+b_1'+b_2'=a'+a_1'+a_2'=0+h_1+c$.
либо
$b''+b_1''+b_2''=a''+a_1''+a_2''=???$
В равенстве должны быть либо корни $a'_i$, либо корни $a''_i$.
А если смешать, то вроде как можно один корень сдвинуть, а остальные оставить в покое - что и делается.
Можно заявить, что в

$$$b'+b_1''+b_2'=a'+a_1'+a_2''=0+h_1+c$$$

все корни принадлежат многочлену $f_2(x)$. Тогда по логике $b'_1$ принадлежит многочлену $f_3(x)$. В этом случае в равенстве

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

содержатся корни всех трех многочленов. Тогда и это равенство неверно.

Если сдвигать аргумент в $f_2(x)$, то и все корни и все нули сдвинутся на одно и то же число. Соответственно, для $f_3(x)$ не будет нулей в $0,h_1,c$
Ну а дальше просто - поскольку волшебным образом вместо $b'_1$ появилось $b''_1$, и т.к. разность $b''_1-b'_1$ есть рациональное число, то это целое число и используется для оправдания рациональности.

Когда Вы наконец сделаете преобразования переменной в Ваших многочленах и покажете в явном виде, откуда возникло равенство с $c/2$. И тогда уж точно

Цитата:

истина всё равно найдёт себе дорогу

Я вас попрошу больше это не писать. Я вас услышала, вы меня - нет. Всё равно какому многочлену принадлежат эти корни, речь идёт не о корнях и многочленах, а конкретных числах, их значениях и соотношениях.
Это не переменные!!!!!!!

-- Вс июл 16, 2023 01:23:37 --

Onoochin в сообщении #1601157 писал(а):

Должно быть
$b'+b_1'+b_2'=a'+a_1'+a_2'=0+h_1+c$.
либо
$b''+b_1''+b_2''=a''+a_1''+a_2''=???$
В равенстве должны быть либо корни $a'_i$, либо корни $a''_i$.
А если смешать, то вроде как можно один корень сдвинуть, а остальные оставить в покое - что и делается.

Ничего не должно. Как хочу эти числа, так и называю. И преобразование с верными равенствами имею права делать без ваших многочленов.
Это не переменные!!!!!!!

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1601158 писал(а):

Опять бессовестно врёте.

Вы занимаетесь оскорблениями, и предлагаете Вам не отвечать?
"Нужная рациональность" берется из п. 4.1.2., которая потом переходит в п. 4.1.3.

Цитата:

$a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$

ну и далее

Цитата:

$$a_1(\mathbf{(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.$

Ну, счастливого доказательства

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601158 писал(а):

Опять бессовестно врёте.

Вы занимаетесь оскорблениями

Я называю вещи своими именами

Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):

Ну, счастливого доказательства

Большое спасибо!
Разумеется, на то что вы признаёте свою неправоту, я не рассчитывала.

-- Вс июл 16, 2023 01:43:24 --

Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):

"Нужная рациональность" берется из п. 4.1.2., которая потом переходит в п. 4.1.3.

Цитата:

$a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$

ну и далее

Цитата:

$$a_1(\mathbf{(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.$

а А это в простонародье называется "изворачиваться"

Onoochin в сообщении #1601157 писал(а):

Из рациональности $a_1a_2$ и $a_1+a_2$ не следует рациональность каждого по отдельности.

"Нужная рациональность" принята в п. 4.1.3

Цитата:

4.1.3. $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$- рациональное число,

Вот именно что

Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):

ну и далее

о чём я ей написала

-- Вс июл 16, 2023 02:21:16 --

Antoshka в сообщении #1600417 писал(а):

Короче дальше у вас все правильно написано, то есть дальше никаких опечаток у вас нет и дальше все правильно у вас и можно читать пятый и шестой пункты?

Antoshka Посмотрите, пожалуйста, концовку доказательства.

[natalya_1]

Я всегда готова признавать свои ошибки и свою неправоту, но здесь тот самый случай, когда уже вторую тему мне забалтывают. невозможно вести диалог с человеком который слышит только себя. Больше 10 страниц переливание из пустого в порожнее.
Сначала я месяц потратила на обсуждение возможности комплексности корней (вообще непонятно зачем). Теперь это изнасилование с полиномами, которое мне совершенно не нужно для моего доказательства.
При этом ошибка в доказательстве при $n=3$ так и не найдена.

Буду благодарна если кто-то найдёт ошибку. Потому что если ошибки нет,
этот метод можно применять и при более высоких степенях.

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1601164 писал(а):

При этом ошибка в доказательстве при $n=3$ так и не найдена.

natalya_1 в сообщении #1599754 писал(а):

Booker48 в сообщении #1599753 писал(а):

Какой странный дискриминант в $2.1.3$
Должно быть не $c^2d^2$, а $c^4d^2$
Опять описка?

Да, сейчас исправлю

natalya_1 в сообщении #1599757 писал(а):

Эта строчка не влияет на доказательство, Она случайно записалась из прошлых текстов,

natalya_1 в сообщении #1599811 писал(а):

Опять описок налепила...

natalya_1 в сообщении #1599926 писал(а):

Мне так заморочили голову, что я, в шоке от натиска профессионалов, неправильно посчитала дискриминант

И правда, ни одного разрыва ни одной ошибки!

[natalya_1]

пианист в сообщении #1601168 писал(а):

И правда, ни одного разрыва ни одной ошибки!

Описки - Это не ошибки.
ошибки, даже самые мелкие, я всегда признаю
Вам не лень было прошерстить тему, чтобы найти эти цитаты?
Ни одна из этих ошибок по невнимательности или описок не повлияла на итоговое доказательство.
И вы не нашли у меня ошибку в доказательстве.

Вот в доказательстве для $n>3$ у меня ошибка, эту ошибку я сама же и нашла.
Обрадовалась. что для более высоких степеней доказательство может быть проще, но не получилось.
Значит. будет доказательство тем же методом, что и для $n=3$, если ошибка в этом методе так и не будет найдена

[Combat Zone]

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

Вам не лень было прошерстить тему, чтобы найти эти цитаты?

Я вообще удивляюсь, насколько людям не лень: они даже пытаются составить самостоятельно доказательство из этих обрывков. Вам грех жаловаться. В норме это никто бы читать не стал, до тех пор, пока доказательство не появилось бы, цельное, ясно изложенное, со всеми введенными обозначениями и пояснениями, с ясной структурой.

Хотите, чтобы вас читали по существу - напишите сперва доказательство. Полное. Пока не о чем говорить, я серьезно. Сдвиги, функции, точки перегиба - и что? Огрызки какие-то.

И да, сколько у вас времени, никого не интересует, как и технические возможности. Вы можете набирать текст в любое время и сколь угодно долго, проверяя его на наличие ошибок и опечаток перед размещением. Тут система черновиков есть. Можно сохранять текст между сессиями.

Если вы уже разместили текст и видите ошибку, проще попросить модератора перенести тему в карантин для правки, чем заводить попытку номер дцать.

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

Значит. будет доказательство тем же методом, что и для $n=3$, если ошибка в этом методе так и не будет найдена

Да, напугали ежа...