2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 ... 34  След.
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 16:06 
Аватара пользователя


15/09/13
390
г. Ставрополь
natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):
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.

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число,

Это были ваши условия, из которых для одних и тех же $a,b,c$ (судя по показателям степеней) следует, что
$p<d$,
$h<1$,
$h<b$.
Что не так?

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 16:14 


29/08/09
691
vxv в сообщении #1601375 писал(а):
natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):
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.

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число,

Это были ваши условия, из которых для одних и тех же $a,b,c$ (судя по показателям степеней) следует, что
$p<d$,
$h<1$,
$h<b$.
Что не так?

Я не вижу, как это следует. Если хотите, я могу заменить на $a+b-c=d$, $a^2+b^=c^2+p$ ( как у меня было изначально ), чтобы не ковыряться в высоких степенях ( я в любом случае собиралась это делать) Там все видно лучше.
Мне непонятно, каким образом вы пришли к такому странному выводу
Тогда будет $h=\frac{cp}{cd-p}$,
Вам надо показать, что $cp>cd-p$?
$ca^2+cb^2-c^3>ca+cb-a^2-b^2$
$a^2(c-a)+b^2(c-b)>a(c-a)+b(c-b)$,
$a(c-a)(a-1)+b(c-b)(b-1)>0$ все верно

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 16:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/06/08
2310
МО

(Оффтоп)

natalya_1 в сообщении #1601365 писал(а):
публично попросить уважаемых venco , nnosipov , dmd

nnosipov форум покинул. Если Вам нужно именно его заключение, боюсь, придется написать письмо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 19:17 


06/07/13
89
natalya_1 в сообщении #1601161 писал(а):
Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):
natalya_1 в сообщении #1601158 писал(а):
Опять бессовестно врёте.

Вы занимаетесь оскорблениями
Я называю вещи своими именами

Поскольку Вы никак не можете успокоиться в своих оскорблениях, то я продемонстрирую простое док-во иррациональности $a_1\,a_2$, чтобы закончить эту тему

Для кубического ур-ния
$$x^3+Ax^2+Bx+C=0  $$
имеем следующие соотношения для корней $a,\,a_1,\,a_2$
$$a+a_1+a_2=-A\,\,;\,\, a_1a_2+a(a_1+a_2)=B$$
Считая $a$ заданным (ну задали и всё тут!), находим решения для $a_1,\,a_2$ как решения квадратного ур-ния.
$$$x^2-(A+a)x+B+a(a+A)=0 $$$
его решение
$$ x=-\frac{1}{2}\left(A+a\pm\sqrt{A^2-2aA-3a^2-4B} \right)$$
или в терминах многочлена $f(x)$ числа $a,\,a_1,\,a_2$ будут рациональными тогда и только тогда, когда выражение
$$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$$
будет полным квадратом.

Можно еще выразить $a$ через $c,p,d$ но это ничего принципиально не изменит.

Вышеприведенные вычисления - точные и основаны на простых алгебраических соотношениях. Поэтому Ваше док-во неверно.
А ошибку в нём легко найти, переписав все штрихованные неизвестные через исходные $a_i,\,b_i$

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 19:43 


29/08/09
691
Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

числа $a,\,a_1,\,a_2$ будут рациональными тогда и только тогда, когда выражение
$$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$$
будет полным квадратом.

Ничего нового вы мне не сообщили. Это и так было понятно из того, что
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$

$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$
Но, увы, мы не можем доказать , является этот дискриминат полным квадратом или не является. Вы можете?
С какого перепугу вы в очередной раз категорично заявляете, что он не является полным квадратом?
Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):
я продемонстрирую простое док-во иррациональности $a_1\,a_2$, чтобы закончить эту тему


Ваше доказательство ошибочно, поэтому мою тему закончить не получится.
Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

. Поэтому Ваше док-во неверно.

Поэтому вы ошибаетесь в своих выводах
Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):
.
А ошибку в нём легко найти, переписав все штрихованные неизвестные через исходные $a_i,\,b_i$

У меня нет неизвестных в моем доказательстве.
Ошибку пока никто не нашел. Если вы можете найти, буду вам благодарна. Только без подтасовок и искажений моего доказательства, пожалуйста.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 20:46 


29/08/09
691
vxv
Или так:
$h=\frac{cp}{cd-p}$,
Вам надо показать, что $cp>cd-p$:

$ca^{m-1}+cb^{m-1}-c^m>ca^{m-2}+cb^{m-2}-a^{m-1}-b^{m-1}$

$a^{m-1}(c-a)+b^{m-1}(c-b)>a^{m-2}(c-a)+b^{m-2}(c-b)$,
$a^{m-2}(c-a)(a-1)+b^{m-2}(c-b)(b-1)>0$ все верно

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 21:33 


06/07/13
89
natalya_1 в сообщении #1601392 писал(а):
Ничего нового вы мне не сообщили. Это и так было понятно из того, что
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$

$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$
Но, увы, мы не можем доказать , является этот дискриминат полным квадратом или не является. Вы можете?
С какого перепугу вы в очередной раз категорично заявляете, что он не является полным квадратом?

Какой перепуг? Выражения
$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$и
$$(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}$$
не равны между собой. Так что в общем виде значение аргумента в точках локальных экстремумов многочлена - иррациональное. Никакой ошибки. Вы у себя ищите её

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 21:45 


13/05/16
361
Москва
natalya_1 в сообщении #1601392 писал(а):
Ваше доказательство ошибочно, поэтому мою тему закончить не получится.

Вы вот это доказательство имели ввиду, что оно ошибочно?
Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):
Поскольку Вы никак не можете успокоиться в своих оскорблениях, то я продемонстрирую простое док-во иррациональности $a_1\,a_2$, чтобы закончить эту тему

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение17.07.2023, 22:46 


29/08/09
691
Onoochin в сообщении #1601404 писал(а):
natalya_1 в сообщении #1601392 писал(а):
Ничего нового вы мне не сообщили. Это и так было понятно из того, что
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$

$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$
Но, увы, мы не можем доказать , является этот дискриминат полным квадратом или не является. Вы можете?
С какого перепугу вы в очередной раз категорично заявляете, что он не является полным квадратом?

Какой перепуг? Выражения
$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$и
$$(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}$$
не равны между собой. Так что в общем виде значение аргумента в точках локальных экстремумов многочлена - иррациональное. Никакой ошибки. Вы у себя ищите её

Вы специально городите огород и всё усложняете, чтобы тратить время на поиск ошибок у вас, вместо того чтобы найти ошибку у меня?
Давайте договоримся: если я сейчас найду Вас ошибку, вы покинете мою тему и больше не будете её замусоревать.

-- Вт июл 18, 2023 00:11:10 --

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):


Для кубического ур-ния
$$x^3+Ax^2+Bx+C=0  $$
имеем следующие соотношения для корней $a,\,a_1,\,a_2$
$$a+a_1+a_2=-A\,\,;\,\, a_1a_2+a(a_1+a_2)=B$$
Считая $a$ заданным (ну задали и всё тут!), находим решения для $a_1,\,a_2$ как решения квадратного ур-ния.
$$$x^2-(A+a)x+B+a(a+A)=0 $$$

А вот и ошибка:
должно быть $x^2+(A+a)x+B+a(a+A)=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение18.07.2023, 02:19 


29/08/09
691
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 $a^m+b^m=c^m$. $m$- целое нечётное
положительное число $m>2$

1.1. $a^{n-2}+b^{n-2}=c^{n-2}+d$, где
$d$ - целое положительное число
$a^{n-1}+b^{n-1}=c^{n-1}+p$, 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 $x=0$ (при $x>3)$и
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2px=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$

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






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 $b_2$).

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

Очевидно, что может существовать два варианта расположения $h$ относительно $k$ - точки перегиба функции ($0<h<k$ и $k<h<\frac{c}{\sqrt{2}}$
и
два варианта расположения $a_2$, $b_1$, $b$, $a$ относительно друг друга:
$a_1<b<b_1<a_2<a<b_2$, $a_1<b_1<b<a<a_2<b_2$.
Рассмотрим случай существования двух точек перегиба



Первый вариант

$a_1<0<b<b_1<h<a_2<a$
Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b$ -целое число , $a_2$ - рациональное число.
$a+a_1+a_2=\frac{c^2d}{cd-p}$. $a_2=\frac{c^2d}{cd-p}-(a-b)=\frac{c^2d-(a-b)(cd-p)}{cd-p}$
$(a_2^m+b^m)(cd-p)-c^2d(a_2^{m-1}+b^{m-1})+c^2p(a_2^{m-2}+b^{m-2})=0$
$a_2+b=\frac{c^2d-(a-2b)(cd-p)}{cd-p}$
${a-2b}$ не имеет общего делителя с $c$ (Кроме возможных $3$ и $2$ ), $a_2$ и
$b$ не имеют общего делителя с $c$,
Поэтому этот вариант невозможен.


Второй вариант


$a_1<0<b_1<b<h<a<a_2$
Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b_1$ . $a_1+a+a_2+b_1+b+b_2=\frac{2c^2d}{cd-p}$
$a_2+b_2=\frac{2c^2d}{cd-p} -(a+b)=\frac{2c^2d -(a+b)(cd-p)}{cd-p} $- рациональное число.
$ (a_2^m+b_2^m)(cd-p)-c^2d(a_2^{m-1}+b_2^{m-1})+c^2p(a_2^{m-2}-+b_2^{m-2})=0$,
Из равенства следует, что $a_2b_2$ -тоже рациональное число.
Но у нас $a_1a_2$-рациональное число,
следовательно, $a_2(a_1+b_2)=a_2(b_2-b_1)$ -рациональное число.
Отсюда $a_2^2(b_2-b_1)^2$-рациональное число, $a_2^2$-рациональное число, $a_1^2$-рациональное число,


$(a_2-a_1)(a_2+a_1)$-рациональное число, $a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2$-рациональные числа.

$ (a_2^{m}+b_2^{m})(cd-p)-c^2d(a_2^{m-1}+b_2^{m-1})+c^2p(a_2^{m-2}+b_2^{m-2})=0$,
Поскольку $a_2+b_2=\frac{2c^2d -(a+b)(cd-p)}{cd-p} $, и $(a_2^m+b_2^m)(cd-p)^m$ должно делиться на $c^2$,
$\frac{a_2b_2(cd-p)^2}{c}$ должно быть целым числом, что невозможно, поскольку
$a^m(cd-p)-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=a_2^{m}(cd-p)-c^2da_2^{m-1}+c^2pa_2^{m-2} $,
$b^m(cd-p)-c^2db^{m-1}+c^2pb^{m-2}=b_2^m(cd-p)-c^2db_2^{m-1}+c^2pb_2^{m-2} $ и
a, $b$, $c$ - взаимно простые числа.

Мы пришли к противоречию, значит, этот вариант невозможен.

Рассмотрим случай существования одной точки перегиба (на примере $m=3$).

Изображение


3.множество корней многочлена тождественно множеству корней соответствующего уравнения,
$(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px=0$, $f(0)=f(h)=f(c)$, $h=\frac{cp}{cd-p}$
$a+a_1+a_2=b+b_1+b_2=0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$


вариант $a_1<0<b<b_1<h<a_2<a<c$

4.Выполним параллельный перенос и графика f(x) параллельно оси $OX$ $f_1(x)=f(x)-2f(k)$.
Затем выполним параллельный перенос графика $f_1(x)$ параллельно оси $OY$
$f_2(x)=f_1(x-(k-h))$
где $k$ - точка перегиба функции $f(x)$

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

В результате этих двух последовательных параллельных переносов
получаем симметрию относительно $\frac{c}{2}$:

точка $b$ симметрична точке $a'$ ,
точка $b_1$ симметрична точке $a_2''$
точка $b_2$ симметрична точке $a_1'$
точка $a$ симметрична точке$b'$
точка $a_1$ симметрична точке $b_2'$
точка $a_2$ симметрична точке $b_2'$
точка $h_1$ симметрична точке $h$
$f_2(a')=f_2(a_1')=f_2(a_2'')=f(a)=f(a_1)=f(a_2)$,
$f_2(b')=f_2(b_1'')=f_2(b_2')=f(b)=f(b_1)=f(b_2)$.




5.Выполним параллельный перенос и графика $f_2(x)$ параллельно оси $OY$
$f_3(x)=f_2(x+(h_1-h))$

Получим точки $b_1'$
$b_1'=b_1''-(h_1-h)$, $f_3(b_1')=f_2(b_1'')=f(b)$
$a_2'$
$a_2'=a_2''-(h_1-h)$, $f_3(a_2')=f_2(a_2'')=f(a)$
$h_1-h=2(\frac{c}{2}-h)=\frac{c^2d-cp-2cp}{cd-p}=\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=3(k-h)$





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

отсюда
$b-b'=(b_1'-b_1)+(b_2'-b_2')$
$a-a'=(a_1'-a_1)+(a_2'-a_2)$

7.$a+b'=c$,
$b+a'=c$
$a+b=c+d$, следовательно $a-a'=b-b'=d$

8.$b_1+a_2'=b_1+a_2''-\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=c-\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=2h$,
$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;
$a+b=c+(a-a')=c+d$
$(a_2'-a_2)+(b_2'-b_2)=d$.

Далее

$b_2'-b_1'=b_2'-(b_1''-\frac{c(cd-3p)}{cd-p})=(a_2'-a_1')+\frac{c(cd-3p)}{cd-p}$,
$b_2'-b_1'=(c-a_1)-(2h-a_2)=(a_2-a_1)+(c-2h)=(a_2-a_1)+\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=b_2-b_1$,
$(b_2'-b_2)=(b_1'-b_1)=\frac{d}{2}$.
Отсюда
$a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$- рациональное число,
$a_2+b_1=2h-\frac{d}{2}$- рациональное число.


9. $a_1+b_2$ - рациональное число


$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$,
$(a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-a_1b_1{3(a_1+b_1)(cd-p)-2c^2d}$
$2c^2d\not= 3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, 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.

6.1.1 $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$ (4.1.3)
$(a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-a_1b_1{3(a_1+b_1)(cd-p)-2c^2d}$ (5.1.1),
$a_1+b_2=\frac{3c-a-b}{2}$, 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 $a+b$, отличный от $2$. То есть, либо $a_1$, либо $b_2$ ( либо, и $a_1$, и $b_2$ должны иметь общий делитель с $a+b$, 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.

Вариант $a_1<0<b_1<b<a<a_2<b_2$
$a+b=c+d=c+(b-b_1)$. Тогда $a_1+b_2=c-d=2c-(a+b)$,
По аналогии с первым вариантом, этот вариант тоже невозможен.


Мы рассмотрели все возможные варианты и в каждом пришли к противоречию.
Значит, наше первоначальное предположение было ошибочно. уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений при $n>2$.
Теорема доказана.

PS:вариант с чётными степенями также доказывается этим методом

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение18.07.2023, 07:47 


13/05/16
361
Москва
natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):
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 $a^m+b^m=c^m$. $m$- целое нечётное
положительное число $m>2$

У вас теперь нет разделения на показатель три и общий случай? Доказательство стало единым для всех показателей получается?
natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):
PS:вариант с чётными степенями также доказывается этим методом

Вариант с четными степенями можно не упоминать, так как показатели надо рассматривать только простые, то есть $m$ простое нечетное число!

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение18.07.2023, 07:56 


29/08/09
691
Antoshka в сообщении #1601470 писал(а):

У вас теперь нет разделения на показатель три и общий случай? Доказательство стало единым для всех показателей получается?

Все случаи рассматриваются

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение18.07.2023, 10:09 
Админ форума


02/02/19
2460
natalya_1
 !  Предупреждение за систематическую грубость в адрес собеседников. В случае повторения будет недельный бан.

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение18.07.2023, 15:57 


13/05/16
361
Москва
natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):
Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b$ -целое число , $a_2$ - рациональное число.

Вот это мне непонятно

 Профиль  
                  
 
 Re: Попытка доказательства теоремы ферма 3
Сообщение18.07.2023, 16:05 


29/08/09
691
Antoshka в сообщении #1601491 писал(а):
natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):
Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b$ -целое число , $a_2$ - рациональное число.

Вот это мне непонятно

Так как $0$ - точка перегиба, $b$ и $a_1$ симметричны относительно точки перегиба ($f(a_1)=-f(b)$).
1. $b$ -целое число, следовательно, $a_1$- целое число.
2. $a$ и $a_1$ - целые числа.
$a+a_1+a_2=\frac{c^2d}{cd-p}$ , следовательно $a_2$ - рациональное число

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 508 ]  На страницу Пред.  1 ... 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 ... 34  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group