Попытка доказательства Теоремы Ферма

[bot]

natalya_1 в сообщении #243973 писал(а):

Исходила из того, что для того, чтобы у уравнения был целый корень, необходимо, чтобы свободный член и коэффициэнты были рациональными.

Уравнение $\sqrt2 x - \sqrt 2=0$ не имеет целых корней?

[natalya_1]

bot в сообщении #243976 писал(а):

natalya_1 в сообщении #243973 писал(а):

Исходила из того, что для того, чтобы у уравнения был целый корень, необходимо, чтобы свободный член и коэффициэнты были рациональными.

Уравнение $\sqrt2 x - \sqrt 2=0$ не имеет целых корней?

Спасибо большое. Я исходила из правила нахождения целых корней многочлена. В приведенном мной уравнении свободный член - разность между $h^{m-2} $ и целым числом. Исходя из формулы Виетта, если корни многочлена целочисленны, то они являются делителями его свободного члена, который также целочисленен. В Вашем примере уравнение можно привести к виду $x-1=0$. Корень является делителем свободного члена.

[venco]

natalya_1 в сообщении #243973 писал(а):

Исходила из того, что для того, чтобы у уравнения был целый корень, необходимо, чтобы свободный член и коэффициэнты были рациональными.

Увы, это не так.
Контрпримеры:
$x\sqrt{2}-\sqrt{2}=0, x=1$
$x^2(\sqrt{2}+\sqrt{3})-x\sqrt{2}-\sqrt{3}=0, x=1$

-- Чт сен 17, 2009 00:46:25 --

natalya_1 в сообщении #243977 писал(а):

Исходя из формулы Виетта, если корни многочлена целочисленны, то они являются делителями его свободного члена, который также целочисленен.

Это правильно, но обратное неверно.
Если корней несколько, то известно лишь, что их произведение равно свободному члену, т.е. рационально в нашем случае. Это не мешает отдельным или даже всем корням быть иррациональными.
Ещё пример:
$x^2-x-1=0, x=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$

[natalya_1]

В моем случае корень $c$ делит $c^{m-2}p$ без остатка, $cd-p$ не делится на $c$.Свободный член $(h^{m-2}-\frac{c^{m-2}p}{cd-p})}$, $\frac{c^{m-2}p}{cd-p}}$ - рациональное число. Поэтому я и сделала вывод о рациональности $h^{m-2}}$

[venco]

natalya_1 в сообщении #243981 писал(а):

В моем случае корень $c$ делит $c^{m-2}p$ без остатка, $cd-p$ не делится на $c$.Свободный член $(h^{m-2}-\frac{c^{m-2}p}{cd-p})}$, $\frac{c^{m-2}p}{cd-p}}$ - рациональное число. Поэтому я и сделала вывод о рациональности $h^{m-2}}$

Другие корни могут быть иррациональными, поэтому их произведение также может быть иррационально.

[natalya_1]

Обращаюсь с вопросом:

Если:$\frac{c^{m-1}-mx^{m-1}}{c-2x}}=\frac{c^{m-1}-mx_1^{m-1}}{c-2x_1}}=\frac{m(x^{m-1}-x_1^{m-1})}{2(x-x_1)}=\frac{mc^{m-1}k}{k_1}}$, $(c-2x_1)-(c-2x)=2(x-x_1)$, где$k$,$k_1$, $c$ - целые числа , $k_1$ не делит$mc$,$x$ и $x_1$ - положительные числа, можно ли говорить о том, что $c$ делится на $m$ ? $m>2$ (нечетный целый показатель)

[venco]

natalya_1 в сообщении #244155 писал(а):

Обращаюсь с вопросом:

Если:$\frac{c^{m-1}-mx^{m-1}}{c-2x}}=\frac{c^{m-1}-mx_1^{m-1}}{c-2x_1}}=\frac{m(x^{m-1}-x_1^{m-1})}{2(x-x_1)}=\frac{mc^{m-1}k}{k_1}}$, $(c-2x_1)-(c-2x)=2(x-x_1)$, где$k$,$k_1$, $c$ - целые числа , $k_1$ не делит$mc$,$x$ и $x_1$ - положительные числа, можно ли говорить о том, что $c$ делится на $m$ ? $m>2$ (нечетный целый показатель)

Не вижу предпосылок к такому утверждению.

[age]

Чтож, пора почитать ваше доказательство!

natalya_1 в сообщении #243535 писал(а):

Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^m-c^{m-1}dx^2+c^{m-1}px$ при $x=a$, а правая - при $x=b$, взятое с противоположным знаком.
Равенство будет выполняться в двух случаях:
1.4.1.если значение функции при $x=a$ и$x=b$ равно 0.
или 1.4.2.если функция в точках $a$и$b$ принимает одинаковые значения разных знаков.

Не совсем так. Рассмотрим уравнение $ax^m+bx^2+cx=-(ay^m+by^2+cy)$, где $m=3$, $a, b, c$ - некоторые целые (можно и отрицательные) числа.
Тогда уравнение:
$ax^3+bx^2+cx=-(ay^3+by^2+cy)$
имеет решения лишь тогда, когда либо $ax^3+bx^2+cx=0$, либо $x=y$.
Пусть $a=1, b=-5, c=6$. Тогда
$x^3-5x^2+6x=-(y^3-5y^2+6y)$ или
$x(x^2-5x+6)=-y(y^2-5y+6)$. Но
$2(2^2-5\cdot2+6)=-3(3^2-5\cdot3+6)$. $3\neq2$.
Таким образом, $x$ необязательно равно $y$ или $0$. Могут быть и другие решения.

[natalya_1]

age в сообщении #244224 писал(а):

Чтож, пора почитать ваше доказательство!

natalya_1 в сообщении #243535 писал(а):

Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^m-c^{m-1}dx^2+c^{m-1}px$ при $x=a$, а правая - при $x=b$, взятое с противоположным знаком.
Равенство будет выполняться в двух случаях:
1.4.1.если значение функции при $x=a$ и$x=b$ равно 0.
или 1.4.2.если функция в точках $a$и$b$ принимает одинаковые значения разных знаков.

Не совсем так. Рассмотрим уравнение $ax^m+bx^2+cx=-(ay^m+by^2+cy)$, где $m=3$, $a, b, c$ - некоторые целые (можно и отрицательные) числа.
Тогда уравнение:
$ax^3+bx^2+cx=-(ay^3+by^2+cy)$
имеет решения лишь тогда, когда либо $ax^3+bx^2+cx=0$, либо $x=y$.
Пусть $a=1, b=-5, c=6$. Тогда
$x^3-5x^2+6x=-(y^3-5y^2+6y)$ или
$x(x^2-5x+6)=-y(y^2-5y+6)$. Но
$2(2^2-5\cdot2+6)=-3(3^2-5\cdot3+6)$. $3\neq2$.
Таким образом, $x$ необязательно равно $y$ или $0$. Могут быть и другие решения.

Речь шла не о равенстве $x$ и$y$, а о значении функции в точках $x$ и $y$. То, что $a\not=b$ оговорено изначально. Я как раз ищу целые положительные значения, которые не равны друг другу.

[age]

natalya_1
Да. Понял. Спасибо.

natalya_1 в сообщении #243692 писал(а):

Продолжаю.

3.1. $\frac{cd}{p}=\frac{c^{m-1}-h^{m-1}}{c^{m-2}h-h^{m-1}}=1+\frac{c^{m-1}-c^{m-2}h}{c^{m-2}h-h^{m-1}}$, отсюда
$\frac{cd-p}{p}}=\frac{c^{m-2}(c-h)}{c^{m-2}h-h^{m-1}}$, следовательно, $\frac{c^{m-2}h-h^{m-1}}{c-h}}$ - рациональное число. Отсюда следует, что при $m=3$ $h$-рациональное число.

У вас $h$ находится между $a$ и $b$ и обращает исходное уравнение в $0$. Поэтому $h$ - это любое число, удовлетворяющее заданному условию. Не более того. Из того, что дроби - рациональны, ни в коем случае не следует рациональность самого числа $h$.

Достаточно лишь привести пример Коровьева:
$\dfrac{6+\sqrt[3]{9+\sqrt{80}}+\sqrt[3]{9-\sqrt{80}}}{\sqrt[3]{9+\sqrt{80}}+\sqrt[3]{9-\sqrt{80}}}=3$
А числа и не такие штуки выкидывают!

[natalya_1]

age, я поняла свою ошибку. Буду проверять другие варианты.

-- Пт сен 18, 2009 01:15:50 --

Вот еще такой у меня вариант есть:
4.1.Итак, $(cd-p)a^{m}-c^{m-1}da^2+c^{m-1}pa=-(cd-p)b^{m}+c^{m-1}db^{2}-c^{m-1}pb $ Преобразуем выражение, получаем:
$-\frac{a}{b}={{\frac{(c^{m-1}-b^{m-1})p-(c^{m-2}-b^{m-2})bd}{(c^{m-1}-a^{m-1})p-(c^{m-2}-a^{m-2})ad}}$ . Числитель правой части делится на$c-b$, знаменатель- на $c-a$. Поскольку $a^{m}=c^m-b^m$ , то $c-b=q^k$, где $q$- общий делитель $a$ и $c-b$***

4.2.Следовательно, необходимо сократить числитель на $q^{k-1}$. $p$и$d$ сокращаются на $q$ между собой на $q$***, поэтому дальнейшее сокращение будет невозможным.$a^{m-1}p$ и $a^{m-1}d$ сокращаются на $q^{k-1}$, $c^{m-2}ad$ сокращается на $q$. $c^{m-1}p$ не сокращается, т.к. $c$и$a$-взаимно простые числа.
Следовательно, сократить числитель на $q$ невозможно. Аналогично с сокращением знаменателя.
Следовательно, $c-a$ и $c-b$ могут быть равны только $1$ , а это невозможно, т.к. $(c-b)>(c-a)$

[age]

natalya_1
Теорема Ферма - очень вкусная конфетка, пока не распробуешь. На самом же деле там внутри чистый мрамор, можно очень легко сломать зубки.
Поэтому просто так ее грызть - чем занимается добрая половина форума (а другая половина над ними смеется! ) - смысла вообще никакого нет!
В первую очередь надо начать с того, что осознать на ЧТО ты идешь. Почему-то этого никто не делает, а просто так с бухты-барахты туды-сюды! Я доказал!
Нет, дорогие мои. Тут в первую очередь надо осознать сложность и важность задачи. И только когда наполовину поймешь, можно попытаться поддержать разговор на эту тему.

[natalya_1]

age в сообщении #244281 писал(а):

natalya_1
Теорема Ферма - очень вкусная конфетка, пока не распробуешь. На самом же деле там внутри чистый мрамор, можно очень легко сломать зубки.
Поэтому просто так ее грызть - чем занимается добрая половина форума (а другая половина над ними смеется! ) - смысла вообще никакого нет!
В первую очередь надо начать с того, что осознать на ЧТО ты идешь. Почему-то этого никто не делает, а просто так с бухты-барахты туды-сюды! Я доказал!
Нет, дорогие мои. Тут в первую очередь надо осознать сложность и важность задачи. И только когда наполовину поймешь, можно попытаться поддержать разговор на эту тему.

Я прекрасно это понимаю. Если можно, укажите мне на ошибку.

[age]

natalya_1
Как-то на досуге, по-моему этой весной, я шутки ради доказал, что нельзя найти (или очень-очень трудно - трудно в квадрате) доказательство Теоремы Ферма (или даже отдельных случаев) используя знаки $>, <$.
Неплохо вышло. Многие согласились.
Поэтому путь неравенств и интервалов лучше оставьте. Там ловить нечего.
Проверять не буду, предоставлю эту возможность другим. Напоследок, прежде чем покинуть тему напишу так: вы пишите, что прекрасно понимаете сложность задачи. Но при этом ищите такие тривиальные пути для ее решения, что даже самому Ферма (а он очень любил все гениальное и простое) стало бы смешно! Как вы пытаетесь доказать его теорему. Нет. Не понимаете. Иначе бы вы даже не пробовали те методы, которые используете.
Если бы вы хотя бы краем глаза видели хотя бы десятую часть тех сил и ресурсов, тех лет которые были брошены на доказательство теоремы - вы бы поняли, что данная область в математике ЗАКРЫТА.
Насколько несравненно более сложные методы использовали: Эйлер, Лежанр, Ламе, Софи Жермен (моя любимица), в конце концов Куммер! (кумир!)
Вы бы поняли, чего стоит в сравнении с этими трудами ваша попытка.
Эта тема изъезжена вдоль и поперек: от неравенств до производных. Непрохоженных путей здесь нет. Не было теории операторов. Вайлс взялся и доказал! Потому что область была нехоженая!
Поэтому если найдете новую область знаний - быть может там и будет заветный ключик. Как знать!? Но тривиальных путей нет и быть не может.

-- Пт сен 18, 2009 01:43:01 --

Да! И не забывайте, что добрая половина современной математики обязана своим существованием неудачным попыткам доказать теорему Ферма! Вообразите какие инструменты сможет дать человечеству удачная попытка! (элементарная разумеется). Успехов!

[natalya_1]

age в сообщении #244288 писал(а):

natalya_1
Поэтому путь неравенств и интервалов лучше оставьте. Там ловить нечего.
Проверять не буду, предоставлю эту возможность другим.

Но я не шла путем неравенств и интервалов.

Обращаюсь к другим участникам форума: пожалуйста, посмотрите доказательство.

-- Пт сен 18, 2009 02:00:33 --

natalya_1 в сообщении #243535 писал(а):

Здравствуйте, уважаемые форумчане! Представляю на Ваш суд свою попытку доказательства БТФ. Буду благодарна за критику.
Доказательство буду выкладывать по частям . Положения, помеченные *** требуют отдельных доказательств , они достаточно простые, поэтому я не стала их здесь приводить, чтобы не перегружать сильно сообщение. Если нужно, я их выложу. Прошу так же извинить меня за то, что не смогла там, где надо, показать системы уравнений, не получилось набрать.

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $x^n+y^n=z^n$ не имеет целочисленных решений при $n>2$. Попробуем доказать обратное.


1.1. Предположим, что такое решение существует, при $x=a$, $y=b$, $z=c$, $n=m$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимнопростые числа, $a\not=b$ , пусть $a>b$,$m$- целое число >2.
Тогда $a^m+b^m=c^m$.

1.2. $a+b=c=d$, где$d$ - целое положительное число.***
$a^2+b^2=c^2+p$, где $p$-целое положительное число.***
1.3. $a+b-c=d$, $a^2+b^2-c^2=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $ad-p>0$, $bd-p>0$, $cd-p>0$.***
1.4. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^m+b^m=c^m$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^ma(ad-p)+c^mb(bd-p)=a^mc(cd-p)+b^mc(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^m-c^{m-1}da^2+c^{m-1}pa=-((cd-p)b^m-c^{m-1}db^2+c^{m-1}pa)$ .
Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^m-c^{m-1}dx^2+c^{m-1}px$ при $x=a$, а правая - при $x=b$, взятое с противоположным знаком.
Равенство будет выполняться в двух случаях:
1.4.1.если значение функции при $x=a$ и$x=b$ равно 0.
или 1.4.2.если функция в точках $a$и$b$ принимает одинаковые значения разных знаков.
Рассмотрим каждый из случаев.
1.5.. Пусть $(cd-p)a^m-c^{m-1}da^2+c^{m-1}pa=0$, $(cd-p)b^m-c^{m-1}db^2+c^{m-1}pb=0$, тогда $a^{m-1}(cd-p)=c^{m-1}(ad-p)$,$b^{m-1}(cd-p)=c^{m-1}(bd-p) $, ($ad-p>o$, $bd-p>0$,$cd-p>o$ (п.1.3)), следовательно, $\frac{a^{m-1}}{ad-p}}=\frac{b^{m-1}}{bd-p}}=\frac{c^{m-1}}{cd-p}$
1.6. Исследуем функцию $y=\frac{x^{m-1}}{xd-p}}$ .
$y'=\frac{(m-1)x^{m-2}(xd-p)-dx^{m-1}}{(xd-p)^2}$,$xd-p\not=o$, $\frac{p}{d}$-точка разрыва.
Найдем точки экстремума:
$y'=0$ $(m-1)x^{m-2}(xd-p)-x^{m-1}d=0$. $x=0$ или$(m-1)(xd-p)-xd=0$, $(m-1)xd=(m-1)p$,
$x=\frac{(m-1)p}{(m-2)d}$
Так как на сегменте $]0;c]$ существует только одна точка экстремума, первый вариант(1.4.1) невозможен.


2.1. Рассмотрим второй возможный вариант.
Итак, $(cd-p)a^{m}-c^{m-1}da^2+c^{m-1}pa=-(cd-p)b^{m}+c^{m-1}db^{2}-c^{m-1}pb $ Преобразуем выражение, получаем:
$-\frac{a}{b}={{\frac{(c^{m-1}-b^{m-1})p-(c^{m-2}-b^{m-2})bd}{(c^{m-1}-a^{m-1})p-(c^{m-2}-a^{m-2})ad}}$ . Числитель правой части делится на$c-b$, знаменатель- на $c-a$. Поскольку $a^{m}=c^m-b^m$ , то $c-b=q^k$, где $q$- общий делитель $a$ и $c-b$***

2.2.Следовательно, необходимо сократить числитель на $q^{k-1}$. $p$и$d$ сокращаются на $q$ между собой ***, поэтому дальнейшее сокращение будет невозможным.$a^{m-1}p$ и $a^{m-1}d$ сокращаются на $q^{k-1}$, $c^{m-2}ad$ сокращается на $q$. $c^{m-1}p$ не сокращается, т.к. $c$и$a$-взаимно простые числа.
Следовательно, сократить числитель на $q$ невозможно. Аналогично с сокращением знаменателя.
Следовательно, $c-a$ и $c-b$ могут быть равны только $1$ , а это невозможно, т.к. $(c-b)>(c-a)$