Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1611072 писал(а):

Похоже вам не составит труда доказать это утверждение.

Заслуженный участник пианист приводил тут корни уравнений, записанные через $a,b,c$! Там сразу видно, что если $c$ делится на три, то корни иррациональные. Я даже приводил тут эту цитату

[Rak so dna]

Antoshka если вы ссылаетесь на заслуженного участника пианист, то приведите цитату, где он утверждает, что если $c$ делится на три, то корни иррациональные. Если же он этого не говорил, то я по-прежнему жду именно ваших доказательств.

[Antoshka]

пианист в сообщении #1604733 писал(а):

Там чуть дальше еще сделан вывод, что $a_1+b_2$ и $a_2+b_1$ рациональные числа. Странно: $a_1, a_2$ и $b_1, b_2$ суть решения уравнений $f(t)=f(a)$ и $f(t)=f(b)$, отличные от $a$ и $b$, соответственно. Но в корни этих уравнений входят квадратичные иррациональности, причем от разных выражений:
$c^6+(2b+2a)c^5+(-(3b^2)-5a^2)c^4-4b^3c^3+(4b^4-2ab^3+3a^2b^2-8a^3b-a^4)c^2+$
$+(6a^2b^3+6a^3b^2+6a^4b+6a^5)c-3a^2b^4-6a^4b^2-3a^6$
и
$c^6+(2b+2a)c^5+(-(5b^2)-3a^2)c^4-4a^3c^3+(-b^4-8ab^3+3a^2b^2-2a^3b+4a^4)c^2+$
$+(6b^5+6ab^4+6a^2b^3+6a^3b^2)c-3b^6-6a^2b^4-3a^4b^2$.
Неплохо бы пояснить, как они могут сократиться или свернуться.

Вот эта цитата. Легко видеть, что если $c$ делится на три, то как минимум один из корней иррациональный

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1611076 писал(а):

natalya_1 ищите ошибку в своём подкоренном выражении.

$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=a_1^3-c^2da_1^2+c^2pa_1$
$(a-a_1)((a^2+aa_1+a_1^2)(cd-p)-c^2d(a+a_1)+c^2p)=0$
$a_1^2(cd-p)-a_1(c^2d-a(cd-p))+(c^2p+a^2(cd-p)-c^2da)=0$
$x^2(cd-p)-x(c^2d-a(cd-p))+(c^2p+a^2(cd-p)-c^2da)=0$
$D=(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2d+a^2(cd-p)-c^2da)$
$D=c^4d^2+2c^2da-3a^2(cd-p)^2-4(cd-p)c^2p$
$D=c^2(c^2d^2+2da-4(cd-p))-3(a^2(cd-p)^2)$
если $c$ делится на 3, то
$D=3R$, где $R$ не делится на 3

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1611082 писал(а):

если $c$ делится на 3, то
$D=3R$, где $R$ не делится на 3

То есть иррациональное число получаем при извлечении корня из дискриминанта

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1611083 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1611082 писал(а):

если $c$ делится на 3, то
$D=3R$, где $R$ не делится на 3

То есть иррациональное число получаем при извлечении корня из дискриминанта

если $c$ делится на 3, то да

[пианист]

(Оффтоп)

Antoshka в сообщении #1611081 писал(а):

пианист в сообщении #1604733 писал(а):

...

Если кому-то интересно, то вот код (Maxima), из которого эта распечатка:

d: a+b-c;
p: a^2+b^2-c^2;
f(t):=(c*d-p)*t^3 - c^2*d*t^2 + c^2*p*t;
[a0,a1,a2]:solve(f(t)=f(a),t);
[b0,b1,b2]:solve(f(t)=f(b),t);

[Rak so dna]

natalya_1 у вас опять ошибки в преобразованиях, но идея верная.

[Onoochin]

Rak so dna в сообщении #1611048 писал(а):

Onoochin в сообщении #1611025 писал(а):

Вообще-то есть простой алгебраический вывод выражения для остальных корней $b_1,\,b_2$ - или корней ур-ния

$$ (cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px = C\,\,\,C=\operatorname{const},\,C\in\operatorname{Re} \qquad (1) $$

при условии, что один из корней - целое число. В этом выражении есть квадратный корень. Остальные корни ур-ния $x_1,\,x_2$ будут рациональными, только если выражение под корнем - полный квадрат. Разумеется, это не выполняется для всех $c,\,d,\,p$. Поэтому в общем виде корни ур-ния (1) не будут рациональными - при любом выборе $C$.

Вы можете доказать, что при $a^3+b^3=c^3,~a,b,c\in\mathbb{N}$ все корни уравнения $y(x)=y(a)$ не будут рациональными? Если да — покажите, если нет, то зачем вы всё это пишите?

Я эти вычисления приводил. Но повторить нет проблем.

Имеем кубическое ур-ние общего вида

$$x^3+Ax^2+Bx+C=0 $$

имеем следующие соотношения для его корней $a,\,a_1,\,a_2$

$$a+a_1+a_2=-A\,\,;\,\, a_1a_2+a(a_1+a_2)=B$$

Считая $a$ заданным целым, 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.

Утверждение ТС заключается в том, что для любых целых $c,\,a,\,d,\,p$ - Natalya_1 изначально считает эти величины любыми целыми - корни ее ур-ния всегда будут рациональными. Это ей необходимо, чтобы получить противоречие. Следовательно для любых целых $c,\,a,\,d,\,p$ выражение

$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$

должно быть полным квадратом.

Вы сможете это доказать?

[Rak so dna]

Onoochin в сообщении #1611164 писал(а):

Вы сможете это доказать?

Я ничего не утверждал, чтобы что-то доказывать.


Уж к $32$-й странице $3$-й темы, можно было бы и запомнить, что $a,b,c,d,p$ — это не абы какие числа, а вполне конкретные:

natalya_1 в сообщении #1608854 писал(а):

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.

И то, что дискриминант не может быть представлен квадратом многочлена, не означает, что он не является квадратом для конкретно этих $a,b,c,d,p.$

Ну а это:

Onoochin в сообщении #1611164 писал(а):

для любых целых $c,\,a,\,d,\,p$ - Natalya_1 изначально считает эти величины любыми целыми

очевидно, неправда.

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1611164 писал(а):

Утверждение ТС заключается в том, что для любых целых $c,\,a,\,d,\,p$ - Natalya_1 изначально считает эти величины любыми целыми - корни ее ур-ния всегда будут рациональными.

хватит писать чушь, я нигде и никогда не утверждала что корни ее ур-ния будут рациональными для любых целых $c,\,a,\,d,\,p$,
$c,\,a,\,d,\,p$ не любые по определению

[Onoochin]

Rak so dna в сообщении #1611178 писал(а):

Onoochin в сообщении #1611164 писал(а):

Вы сможете это доказать?

Я ничего не утверждал, чтобы что-то доказывать.


Уж к $32$-й странице $3$-й темы, можно было бы и запомнить, что $a,b,c,d,p$ — это не абы какие числа, а вполне конкретные:

natalya_1 в сообщении #1608854 писал(а):

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.

И то, что дискриминант не может быть представлен квадратом многочлена, не означает, что он не является квадратом для конкретно этих $a,b,c,d,p.$

Ну а это:

Onoochin в сообщении #1611164 писал(а):

для любых целых $c,\,a,\,d,\,p$ - Natalya_1 изначально считает эти величины любыми целыми

очевидно, неправда.

Все три темы я не читал. $a,b,c$ не любые, их можно выразить через (любые) $d,p$.

Отсюда дискриминант будет иметь вид

$$ \frac{1}{324 \left(d^2-p\right)^4}\left(4 d^6 \left(d^2-3 p\right)^4-3 \left(d^4-3 p^2\right)^2 X^2-4 d \left(d^3-3 d p\right)^2 \left(d^4-3 p^2\right) \left(12 \left(-d^2+p\right)+X\right)\right) $$

$$ X=\sqrt{2} \sqrt{-d^6+3 d^4 p-9 d^2 p^2+9 p^3} $$

Он может быть полным квадратом. Но для этого надо определить - при каких $d,p$ это будет. Тогда корни будут рациональными - ур-ние третьего порядка может иметь три рациональных корня. После этого определить значения $a,b,c$.

Но для док-ва Ферма надо перебрать весь набор этих чисел, а не только те, которые дадут рациональные корни $f(x)$.

Или Вы считаете, что можно ограничиться только теми $a,b,c$, для которых корни - рациональные?

[Rak so dna]

Onoochin в сообщении #1611322 писал(а):

Или Вы считаете, что...

Я считаю, что ответ на вопрос

Rak so dna в сообщении #1611048 писал(а):

Вы можете доказать, что при $a^3+b^3=c^3,~a,b,c\in\mathbb{N}$ все корни уравнения $y(x)=y(a)$ не будут рациональными?

однозначен: "Нет, не можете."

[Onoochin]

Rak so dna в сообщении #1611325 писал(а):

Onoochin в сообщении #1611322 писал(а):

Или Вы считаете, что...

Я считаю, что ответ на вопрос

Rak so dna в сообщении #1611048 писал(а):

Вы можете доказать, что при $a^3+b^3=c^3,~a,b,c\in\mathbb{N}$ все корни уравнения $y(x)=y(a)$ не будут рациональными?

однозначен: "Нет, не можете."

Вы сами внимательно читали если не все три темы, то мой вчерашний пост?
Я ясно написал, что ур-ние $f(x)=C$ может иметь 3 рациональных корня

Цитата:

Он может быть полным квадратом. Но для этого надо определить - при каких $d,p$ это будет. Тогда корни будут рациональными - ур-ние третьего порядка может иметь три рациональных корня.

Но для док-ва ТС этого недостаточно.

В чем идея представленного док-ва? Что при определенных соотношениях для $a,b,c,d,p$ ур-ние $f(x)=f(a)$ будет иметь 3 рациональных корня. И если это так, то соотношение $a^3+b^3=c^3$ не выполняется.

Да, это соотношение не будет выполняться при некоторых $d,p$, когда дискриминант (приведен в предыдущем посте) - полный квадрат. Для этих некоторых $d,p$ можно найти, когда ур-ние $f(x)=f(a)$ имеет 3 рациональных корня. Одновременно надо найти значения $a,b,c$ - для них по методу ТС "соотношение $a^3+b^3=c^3$ не выполняется".

Но это будет не полное док-во. Имеется множество целых чисел $a,b,c$, для которых ур-ние $f(x)=f(a)$ имеет 1 целый корень и два иррациональных корня, т.к. дискриминант - не полный квадрат.
Разумеется при этом

$$ a_{1-2}=-\frac{1}{2}\left(A+a\pm\sqrt{A^2-2aA-3a^2-4B} \right)$$

и $a_1+a_2$ - сумма - рациональное число. Но этого недостаточно.

В док-ве ТС отсутствует проверка полного перебора чисел $a,b,c$.

[Rak so dna]

(Оффтоп)

Onoochin вы тут то ли троллите, то ли реально не въезжаете в происходящее — в любом случае мне это не интересно.