Попытка доказательства теоремы ферма 3

[natalya_1]

добилась некоторого прогресса
для некоторых степеней $m>5$
$a^m(cd-p)-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=-(b^m(cd-p)-c^2db^{m-1}+c^2pb^{m-2})$
$\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}(a^m(cd-p)-c^2d+c^2p)=-(b^2(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$
$\frac{a^{m-3}}{b^{m-3}}=v$
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px$,
$f_1(x)=vf(x)$
$-(f_1(a)-f(a))=f(b)+f(a)$
$-(v-1)(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=(a^3+b^3)(cd-p)-c^2d(a^2+b^2)+c^2p(a+b)$, следовательно,
$\frac{(a^3+b^3)(cd-p)-c^2d(a^2+b^2)+c^2p}{a^{\frac{m-3}{2}}+b^{\frac{m-3}{2}}}$ -целое число. доказывается невозможность.

[natalya_1]

Например $m=9$
$a^9(cd-p)-c^2da^8+c^2pa^7=-(b^9(cd-p)-c^2db^8+c^2pb^7)$
$\frac{a^6}{b^6}(a^3(cd-p)-c^2d+c^2p)=-(b^2(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$
$\frac{a^6}{b^6}=v$
$f(x)=x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px$,
$f_1(x)=vf(x)$
$-(f_1(a)-f(a))=f(b)+f(a)$
$-(v-1)(a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa)=(a^3+b^3)(cd-p)-c^2d(a^2+b^2)+c^2p(a+b)$, следовательно,
$\frac{(a^3+b^3)(cd-p)-c^2d(a^2+b^2)+c^2p}{a^3+b^3}$ -целое число.
$\frac{c^2((a^2+b^2)d-(a+b)p)}{a^3+b^3}$-целое число
$\frac{c^2(a^9+a^2b^7-a^2c^7+b^2a^7+b^9-b^2c^7-a^9-ab^8+ac^8-ba^8-b^9+bc^8)}{a^3+b^3}$-целое число.
$\frac{c^2(a^2b^7+b^2a^7-ab^8-ba^8)}{a^3+b^3}$-целое число
$\frac{c^2(ab^7(a-b)+ba^7(a-b))}{a^3+b^3}$ -целое число
$\frac{-c^2ab(a-b)(a^6+b^6)}{a^3+b^3}$ -целое число
$\frac{2c^2a^4b^4(a-b)}{a^3+b^3}$ -целое число
Что невозможно поскольку $a$, $b$, $c$ - взаимно простые числа

[natalya_1]

Думаю как это всё сделать в общем виде. Надо разные параметры выносить за скобки (с разными степенями)

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1604092 писал(а):

добилась некоторого прогресса
для некоторых степеней $m>5$

natalya_1 в сообщении #1604104 писал(а):

Например $m=9$

natalya_1 в сообщении #1604117 писал(а):

Думаю как это всё сделать в общем виде

Прошу прощения за отсталость: Вы считаете, что для случая $n=3$ Вами уже все доказано?

[natalya_1]

пианист в сообщении #1604144 писал(а):

Вы считаете, что для случая $n=3$ Вами уже все доказано?

Жду проверку и указание на ошибки.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1604312 писал(а):

Жду проверку и указание на ошибки.

Я забыл, где оно у вас находится?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1604401 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1604312 писал(а):

Жду проверку и указание на ошибки.

Я забыл, где оно у вас находится?

На шестнадцатой странице темы

[Onoochin]

Поскольку введение нового параметра $v$ делается для того, чтобы свести док-во к случаю $m=3$, то достаточно показать, что для $m=3$ док-во содержит ошибку.

Имеется следующее стр. 16 (p.8)

Цитата:

$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;

Откуда-то появилась новая "постояная" $b_2'$ вместо $b_2''$. Это может быть misprint. Но далее

Цитата:

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

Так как из определения преобразования для графика $f_2(x)$ следует
$b_2''=c-a_1,\, b_1'=c-a_2$, то получаем
$2h = c$
Что и ранее появлялось.

Имея такое соотношение, можно доказать всё, что угодно

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1604487 писал(а):

Имеется следующее стр. 16 (p.8)

Цитата:

$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;

Откуда-то появилась новая "постояная" $b_2'$ вместо $b_2''$.

У меня вообще нет $b_2''$. А откуда $b_1'$ и $a_2'$?
Как это откуда? У меня чёрным по белому написано:

natalya_1 в сообщении #1602681 писал(а):

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

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

Onoochin в сообщении #1604487 писал(а):

Это может быть misprint.

Это не опечатка. Посмотрите, пожалуйста, на картинку

Onoochin в сообщении #1604487 писал(а):

Цитата:

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

Так как из определения преобразования для графика $f_2(x)$ следует
$b_2''=c-a_1,\, b_1'=c-a_2$, то получаем
$2h = c$
Что и ранее появлялось.

Имея такое соотношение, можно доказать всё, что угодно

Нет, не появляется, потому что точки $b_1'$ и $b_1''$ - Разные точки .

[Antoshka]

Onoochin в сообщении #1604487 писал(а):

Так как из определения преобразования для графика $f_2(x)$ следует
$b_2''=c-a_1,\, b_1'=c-a_2$

Можете подробнее расписать, как это следует?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1604582 писал(а):

Onoochin в сообщении #1604487 писал(а):

Так как из определения преобразования для графика $f_2(x)$ следует
$b_2''=c-a_1,\, b_1'=c-a_2$

Можете подробнее расписать, как это следует?

Он постоянно искажает мои выкладки. Я очень вас прошу не ориентироваться на то, что пишет Onoochin.
У меня вообще нет точки $b_2''$.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1602681 писал(а):

9. $a_1+b_2$ - рациональное число


$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$

Получается, что благодаря этому уравнению $a_1$ и $b_2$ можно выразить через $c,d,p$ составив систему из двух уравнений. Вот второе уравнение

Antoshka в сообщении #1602689 писал(а):

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

Надо проверить, все ли тут верно

[пианист]

(что сказал CAS)

Прокатал CAS'ом.
Проблема начинается вот тут:

natalya_1 в сообщении #1602681 писал(а):

В результате этих двух последовательных параллельных переносов
получаем симметрию относительно $\frac{c}{2}$:
...
точка $b$ симметрична точке $a'$
...
точка $h_1$ симметрична точке $h$
$f_2(a')=f_2(a_1')=f_2(a_2'')=f(a)=f(a_1)=f(a_2)$,

Если симметрия вот такая

natalya_1 в сообщении #1602681 писал(а):

$h_1-h=2(\frac{c}{2}-h)=..$

то есть, соответственно, $a'=c-b$, то $f_2(a')-f(a)$ ни разу не ноль, а вот такая кракозябра
$b {{c}^{4}}\operatorname{+}a {{c}^{4}}\operatorname{-}{{b}^{2}} {{c}^{3}}\operatorname{-}{{a}^{2}} {{c}^{3}}\operatorname{-}{{b}^{4}} c\operatorname{-}a {{b}^{3}} c\operatorname{-}{{a}^{3}} b c\operatorname{-}{{a}^{4}} c\operatorname{+}{{b}^{5}}\operatorname{+}{{a}^{2}} {{b}^{3}}\operatorname{+}{{a}^{3}} {{b}^{2}}\operatorname{+}{{a}^{5}}\mbox{}$

[natalya_1]

пианист в сообщении #1604598 писал(а):

Прокатал CAS'ом.

то есть, соответственно, $a'=c-b$, то $f_2(a')-f(a)$ ни разу не ноль, а вот такая кракозябра
$b {{c}^{4}}\operatorname{+}a {{c}^{4}}\operatorname{-}{{b}^{2}} {{c}^{3}}\operatorname{-}{{a}^{2}} {{c}^{3}}\operatorname{-}{{b}^{4}} c\operatorname{-}a {{b}^{3}} c\operatorname{-}{{a}^{3}} b c\operatorname{-}{{a}^{4}} c\operatorname{+}{{b}^{5}}\operatorname{+}{{a}^{2}} {{b}^{3}}\operatorname{+}{{a}^{3}} {{b}^{2}}\operatorname{+}{{a}^{5}}\mbox{}$

Так эта кракозябра равна нулю :
$b^5+a^5=b^2c^3-b^2a^3+a^2c^3-a^2b^3$, $bc^4+ac^4=bca^3-b^4c+a^4c-acb^3$, отсюда
$bca^3+b^4c+a^4c+acb^3-b^4c-a^4c-ab^3c-a^3bc=0$

[Rak so dna]

natalya_1 у вас снова опечатки.

Действительно:

$bc^4+ac^4-b^2c^3-a^2c^3-b^4c-ab^3c-a^3bc-a^4c+b^5+a^2b^3+a^3b^2+a^5=$

$=(bc+ac-b^2-a^2)(c^3-b^3-a^3)=0$