Попытка доказательства теоремы ферма 3

[natalya_1]

Elfhybr в сообщении #1613830 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1613746 писал(а):

потому что я опять ошиблась, а вы опять быстро нашли ошибку....
$a_2-a_1+3k-3h-b_2+b_1=a_2-a_1+3k-3h-c+a_1'+2h-a_2'=(a_1'-a_1)-(a_2'-a_2)$
я опять не доказала то, что мне надо

Наталья, мне кажется, вы зря не прислушиваетесь к моему совету попробовать свой метод на второй степени, там будет всё попроще и понятнее в том ли направлении вы идете..

мой метод не работает на 2 степени, смысл его именно в разнице четных и нечетных степеней:
$a^2+b^2=c^2+p$ - мой полином построен на этой дельте $p$
и на этой дельте: $d$: $a+b=c+d$

[Elfhybr]

natalya_1 в сообщении #1613834 писал(а):

мой метод не работает на 2 степени, смысл его именно в разнице четных и нечетных степеней:
$a^2+b^2=c^2+p$ - мой полином построен на этой дельте $p$
и на этой дельте: $d$: $a+b=c+d$

Наталья, а если рассмотреть частный случай:$x^3+y^3=(y+1)^3$? Его разве не будет проще доказать?

[natalya_1]

Elfhybr в сообщении #1613971 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1613834 писал(а):

мой метод не работает на 2 степени, смысл его именно в разнице четных и нечетных степеней:
$a^2+b^2=c^2+p$ - мой полином построен на этой дельте $p$
и на этой дельте: $d$: $a+b=c+d$

Наталья, а если рассмотреть частный случай:$x^3+y^3=(y+1)^3$? Его разве не будет проще доказать?

когда-то давно его рассматривала, но мне интересно в общем виде попробовать.

[Elfhybr]

natalya_1 в сообщении #1614102 писал(а):

когда-то давно его рассматривала, но мне интересно в общем виде попробовать.

Так вы покажите нам, если там всё ок, это будет доказательством, что вы идете в правильном направлении. Или не так?

[natalya_1]

что-то у меня очень странное получилось...

$b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb=-((a'-(k-h))^3(cd-p)-c^2d(a'-(k-h))^2+c^2p(a'-(k-h))-2f(k))$.

так как графики у нас симметричны,
$(b+1)^3(cd-p)-c^2d(b+1)^2+c^2p(b+1)=-(((a'-1)-(k-h))^3(cd-p)-c^2d((a'-1)-(k-h))^2+c^2p((a'-1)-(k-h))-2f(k))$

$(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)+((3b^2+3b+1)(cd-p)-c^2d(2b+1)+c^2p)=-((a'-(k-h))^3(cd-p)-c^2d(a'-(k-h))^2+c^2p(a'-(k-h))-2f(k))+(-3(a'-(k-h)^2+3(a'-(k-h))-1)(cd-p)-c^2d(-2(a'-(k-h))+1)-c^2p)$


$3(b^2+b)(cd-p)-c^2d(2b+1)=3((a'-(k-h))^2-(a'-(k-h)))(cd-p)-c^2d(2(a'-(k-h))-1)$


$3(b^2-(a'-(k-h))^2)+(b+(a'-(k-h)))(cd-p)=2c^2d(b-(a'-(k-h))+1)$

$3(b+(a'-(k-h)))(cd-p)(b-a'+(k-h))=2c^2d(b-a'+(k-h)+1)$.

$b+a'=c$, $k-h=\frac{c^2d-3cp}{3(cd-p)}$,

следовательно
$3(b+(a'-(k-h)))(cd-p)=3(c-(k-h))(cd-p)=\frac{3(3c^2d-3cp-c^2d+3cp)(cd-p)}{3(cd-p)}=2c^2d$,

следовательно

$b-a'+(k-h)=b-a'+(k-h)+1$

где ошибка?

[natalya_1]

совсем уже глупые ошибки делаю...

[Elfhybr]

Наталья! Не сдавайтесь! Покажите доказательство хоть для частного случая!

[natalya_1]

Всем привет!
Долго не подходила к своему "доказательству", чтобы посмотреть на него свежим взглядом.
Вчера опять вернулась и получила соотношения
$(a-b_1)(b_2-a)=(b-a_1)(a_2-b)$, $(b_2-a)(b_2-a_1)=(a_2-b)(a_2-b_1)$ итд.


И продвинулась немного, доказала, что $b>b_1$ всегда.
Посмотрим, даст ли это что- нибудь.

[natalya_1]

Доказала, что $a<a_2$, тогда получается, что при максимальном значении $a$ ( $c-a=1$), $a-b<1$, а если $a-b>1$, то $c-a<1$.
Столько раз уже ошибалась, что боюсь писать. Перепроверю, потом, если вдруг не найду ошибку, выложу.

[natalya_1]

Попытка номер уже не знаю какая.

Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

1.1. Пусть $x^3+y^3=kc^3$, где $c$ - целое положительное число.
$x+y=kc+d$,
$x^2+y^2=kc^2+p$, где $p$ и $d$ - целые положительные числа.



1.2. $x+y-kc=d$,
$x^2+y^2-kc^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $px+py-kpc=x^2d+y^2d-kc^2d$, $x(xd-p)+y(yd-p)=kc(cd-p)

1.3. $x(xd-p)+y(yd-p)=kc(cd-p)$, $x^3+y^3=kc^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$kc^{3}x(xd-p)+c^{3}y(yd-p)=x^{3}kc(cd-p)+y^{3}kc(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)x^{3}-c^{2}dx^2+c^{2}px=-((cd-p)y^3-c^{2}dy^2+c^{2}py)$ .

2.1.1 Предположим, что существует решение уравнения Ферма в целых положительных числах,
$x=a$, $y=b$, $a>b$, $k=1$.
функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$ 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.

$(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px=0$.
$x=0$ или

$(cd-p)x^2-c^{2}dx+c^{2}p=0$
$D=c^4d^2-4(cd-p)c^2p$, отсюда
$x=с$ или $x=\frac{cp}{cd-p}$.
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число.

3.1.1 поскольку
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 $b_2$).
Эти числа действительные (поскольку если они они комплексные, это противоречит существованию рационального $h$ между $a$ и $b$.
И они образуют пары, являясь решениями системы уравнений, так, что
$a_2^2+b_2^2=k_2c^2+p$
$a_2+b_2=k_2c+d$
$a_2^3+b_2^3=k_2c^3$;
$a_1^2+b_1^2=k_1c^2+p$
$a_1+b_1=k_1c+d$
$a_1^3+b_1^3=k_1c^3$.

Тогда
$c(a_2+a_1)-(a_2^2+a_1^2)+c(b_2+b_1)-(b_2^2+b_1^2)=2(cd-p)$.

4.1 $b+b_1+b_2=\frac{c^2d}{cd-p}$
$bb_1+bb_2+b_1b_2=\frac{c^2p}{cd-p}$
$a+a_1+a_2=\frac{c^2d}{cd-p}$
$aa_1+aa_2+a_1a_2=\frac{c^2p}{cd-p}$, следовательно

$2\frac{c^3d}{cd-p}-c(a+b)-2\frac{c^4d^2}{(cd-p)^2}+4\frac{c^2p}{cd-p}+ a^2+b^2=2(cd-p)$,
$\frac{(2c^3d+4c^2p)(cd-p)-2c^4d^2}{(cd-p)^2}=3(cd-p)$,
следовательно $\frac{2c^4d^2}{(cd-p)}$- целое число, что невозможно.
Мы пришли к противоречию, значит, наше предположение о существовании целочисленных решений уравнения Ферма было ошибочным.
Уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.

[Elfhybr]

С возвращением, Наталья! Надеюсь он будет триумфальным!

[transcendent]

natalya_1 в сообщении #1640353 писал(а):

следовательно $\frac{2c^4d^2}{(cd-p)}$- целое число, что невозможно.

Добрый день, нет. Здесь всегда можно найти бесконечное множество целых решений в Z. Например: $c=13$, $d=3$, $p=37$. Подставляем: $2\cdot13^{4}\cdot3^{2}/(13\cdot 3-37)=514098/2=257049$. Может, я ошибаюсь,-не знаю,- если я какие-то исходные условия не посмотрел? Но, пока так...

[transcendent]

transcendent в сообщении #1640515 писал(а):

- целое число

transcendent в сообщении #1640515 писал(а):

нет.

Извинения, чего-то я прочитал "целое", как "нецелое" :) Бывает...Извинения, ещё раз, и - нет моему предыдущему "нет" .