Попытка доказательства Теоремы Ферма

[Гаджимурат]

master в сообщении #247205 писал(а):

Гаджимурат
Еще для четвертой и шестой

Нет,требуется доказать ВТФ ,когда $n$ простое число :3,5,7,11,13......n.Если найдется доказательство ВТФ на элементарном уровне-значит нет решения ВТФ для 3 степени и,если найти решение для 3 степени,значит решить ВТФ для $n$ степени.
Доказывая ВТФ для 3 степени,необходимо помнить:
$x=abcm+b^n/n$
$y=abcm+a^n$
$z=cd=abcm+b^n/n+a^n$
$c^n=x+y=2abcm+b^n/n+a^n$
$c^{n-1}=abm+d$
$d^n=x^{n-1}-yx^{n-2}+y^2x^{n-3}-.....+y^{n-1}$
Здесь принято: $x$ делится на $n$ .Подставляйте вместо $n$ третью степень и удачи.Найдется решение для случая $x$ делится на 3,значит найдется и решение для случая,когда $y$ делится на 3 и $z$ делится на 3,только помните,что приведенные формулы будут иметь соответствующий вид для каждого случая и $m=1$.
Замечу,что $n$ простое число,но 2 также простое число,поэтому формулы верны и для $n=2$,учитывая,что для $n=2$ числа $m$ и $c$ равны 1:
$x=ab+b^2$
$y=ab+a^2/2$
$z=ab+b^2+a^2/2$
Здесь принято: $x,z$ не четные числа, $y$ четное число, $a$ четное, $b$ не четное и $ab$ взаимно простые числа.
И всегда $xyz$ будут делится на 3,4,5 и 7.Если $xyz$ не делится на 7,то либо $x+y$ либо $x-y$ будет делится на 7.Данное дополнение должно выполняться и для любой степени $n$,только вместо деления на 4 подставить $n^2$ .
И все это справедливо при условии,что ВТФ имеет решения в целых числах.Удачи!

[natalya_1]

Гаджимурат, я бы рада. Но мое "доказательство" на тройку не распространяется. ( во всяком случае на том этапе, на котором я сейчас нахожусь. Никак не наберу то, что получилось. Очень сложно это для меня. Кстати, не факт, что если найдено будет доказательство для тройки, то оно автоматом распространится на все остальные простые нечетные показатели. Пример тому доказательство Эйлера.

[yk2ru]

Нужно доказывать для тройки так, как если бы вместо тройки у вас стояло $n$. Вас же не просят искать доказательство, годное только для тройки. Пишите например у себя на бумаге доказательство в общем случае, а потом подставьте вместо $n$ тройку (или пятёрку) и переносите сюда. Разве так нельзя сделать?

[age]

Самое интересное то, что у самого Ферма никаких случаев 1 и 2 (в зависимости от делимости на $n$ не было). Все было в одном коротеньком (правда на удивление невероятном) доказательстве. Поэтому он и написал "что не может привести его на полях"!

-- Вс окт 04, 2009 12:47:32 --

KORIOLA
Точно! Я совсем забыл Майн Рида!

[Гаджимурат]

yk2ru в сообщении #248793 писал(а):

Нужно доказывать для тройки так, как если бы вместо тройки у вас стояло$n$ . Вас же не просят искать доказательство, годное только для тройки. Пишите например у себя на бумаге доказательство в общем случае, а потом подставьте вместо$n$ тройку (или пятёрку) и переносите сюда. Разве так нельзя сделать?

Браво!! Понемногу мою идею начинают понимать многие. Я сам пришел к такому заключению тогда,когда выявил общие закономерности в формулах,определяющих
$xyz$ для любой простой степени $n$,в том числе и для простой второй степени.

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #243535 писал(а):

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.
Функция $y=(cd-p)x^m-c^{m-1}dx^2+c^{m-1}px $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$.
$(cd-p)h^m-c^{m-1}dh^2+c^{m-1}ph=0 $ $c\not=0$ $h\not=0$, т.к.$b<h<a$. Следовательно,

2.2.$\frac{c^{m-1}}{cd-p}}=\frac{h^{m-1}}{hd-p}} $, $hd-p>0$, тк. $h>b$ Тогда
2.3. $c^{m-1}hd-c^{m-1}p=h^{m-1}cd-h^{m-1}p$,$cd(c^{m-2}h-h^{m-1})=p(c^{m-2}h-h^{m-1})$,$\frac{cd}{p}=\frac{c^{m-1}-h^{m-1}}{c^{m-2}h-h^{m-1}}$
.

У меня тут мысль бредовая возникла: а может в связи со всем этим $2h^m=c^m$ ? Если это так, то я распишу все для тройки сразу.



Решила расписать для $n=3$

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет целочисленных решений . Попробуем доказать обратное.


1.1. Предположим, что такое решение существует, при $x=a$, $y=b$, $z=c$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимнопростые числа, $a\not=b$ , пусть $a>b$,
Тогда $a^3+b^3=c^3$.

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: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $ad-p>0$, $bd-p>0$, $cd-p>0$.***
1.4. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^3+b^3=c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^3a(ad-p)+c^3b(bd-p)=a^3c(cd-p)+b^3c(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pa)$ .
Левая часть равенства представляет собой значение функции $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$ 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 $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=0$, $(cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb=0$, тогда $a^{2}(cd-p)=c^{2}(ad-p)$,$b^{2}(cd-p)=c^{2}(bd-p) $, ($ad-p>o$, $bd-p>0$,$cd-p>o$ (п.1.3)), следовательно, $\frac{a^{2}}{ad-p}}=\frac{b^{2}}{bd-p}}=\frac{c^{2}}{cd-p}$
1.6. Исследуем функцию $y=\frac{x^{2}}{xd-p}}$ .
$y'=\frac{ 2x(xd-p)-dx^{2}}{(xd-p)^2}$,$xd-p\not=o$, $\frac{p}{d}$-точка разрыва.
Найдем точки экстремума:
$y'=0$ $2x(xd-p)-x^{2}d=0$. $x=0$ или$2(xd-p)-xd=0$, $xd=2p$,
$x=\frac{2p}{d}$
Так как на сегменте $]0;c]$ существует только одна точка экстремума, первый вариант(1.4.1) невозможен.
2.1. Рассмотрим второй возможный вариант.
Функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.
$(cd-p)h^3-c^{2}dh^2+c^{2}ph=0 $ $c\not=0$ $h\not=0$, т.к.$b<h<a$. Следовательно,

2.2 $(cd-p)h^2-c^2dh+c^2p=0$
$D=c^4d^2-4c^2p(cd-p)$
$D=c^2(cd-2p)^2$
$h=\frac{c^2d+c(cd-2p)}{2(cd-p)}$ или $h=\frac{c^2d-c(cd-2p)}{2(cd-p)} $, отсюда $h=c$ или $h=\frac{cp}{cd-p}$. Т.к. $h<c$, то $h=\frac{cp}{cd-p}$.
Тогда $2(\frac{cp}{(cd-p)})^3=c^3$, $(\frac{cd-p}{p})^3=2$, но это невозможно, т.к. $\frac{cd-p}{p}$ - рациональное число. Следовательно, второй вариант (1.4.2) также невозможен.
А раз оба варианта невозможны, уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет целочисленных решений.

Аналогично доказывается для всех других показателей $n>3$

[gris]

up
А то несправедливо получается. Автор выполнила все предписания, привела доказательство для третьей степени, а рецензенты замолчали.
По мелочам. Наталия, Вы с завидным упорством не исправляете опечатки и тащите их за собой. (пункт 1.2 $c=d$ и т.п.). Цитирование в предыдущем сообщении излишне.

в следуюший раз пройдитесь по тексту повнимательнее

[sceptic]

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет целочисленных решений . Попробуем доказать обратное.

1.1. Предположим, что такое решение существует, при $x=a$, $y=b$, $z=c$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимнопростые числа, $a\not=b$ , пусть $a>b$,
Тогда $a^3+b^3=c^3$.

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: $pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$, $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $ad-p>0$, $bd-p>0$, $cd-p>0$.***
1.4. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^3+b^3=c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^3a(ad-p)+c^3b(bd-p)=a^3c(cd-p)+b^3c(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pa)$.

Исправил очевидную опечатку в 1.2 ($a+b=c+d$ вместо $a+b=c=d$).
В последнем равенстве еще одна опечатка - исправил. Д.б. $(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$

[Алексей К.]

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.

Почему? Почему "тогда $h^3+h^3=c^3$"?

[natalya_1]

Алексей К. в сообщении #249742 писал(а):

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.

Почему? Почему "тогда $h^3+h^3=c^3$"?

Я исходила из того, что $a$ и $b$ - положительные, но в точках $a$ и $b$ функция принимает одинаковые значения разных знаков, при увеличении значения $b$, для выполнения равенства $a^3+b^3=c^3$, значение $a$ уменьшается: то есть если $a_1^3+b_1^3=c^3$, то если $b_1>b$, следует $a_1<a$ И в конце концов при сдвигании найдется такая точка (между $a$ и $b$), что значение функции в этой точке будет равно $0$, но при этом равенство $b_k^3+a_k^3=c^3$ будет выполняться и $b_k=a_k$. Эту точку я обозначила точкой $h$.

Если надо, я приведу исследование функции, я его делала.

[Алексей К.]

Несколько, пардон, путанно, но мне кажется, я уловил то, что Вы имеете в виду.
А Вы, двигая $a$ и $b$, учитываете, что при этом меняются коэффициенты $p$, $d$ (и их комбинации) Вашего полинома от $x$, и он становится совсем не тот, что был вчера?

Цитата:

Если надо, я приведу исследование функции, я его делала.

Мне пока не надо. У Вас полином $f(x)$ от x с фиксированными параметрами. Значение $x=h=a_k=b_k$, такое, что $h^3+h^3=c^3$ --- единственно. Почему именно при этом значении будет достигнуто $f(h)=0$ --- неясно. А в то, что это может случиться с какой-то функцией 3-х--4-х переменных $f(x,a,b,{}_c)$ (где и целость параметров потеряется) --- я готов поверить.

[sceptic]

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

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.

Непонятно. У Вас здесь функция $y=\frac{x^{m-1}}{xd-p}}$ принимает некоторое одно и то же значение в трех точках ($x=a, x=b, x=c$). Эти точки не обязаны быть точками экстремумов функции. Какая связь с Вашим анализом точек экстремума этой функции со сделанным выводом о невозможности варианта? По-подробнее, пожалуйста.

Нечаянно прилепил свое замечание к доказательству в общем виде, хотя расматривал версию для $n=3$. Но актульность от этого оно не потеряло .

[natalya_1]

sceptic в сообщении #249767 писал(а):

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

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.

Непонятно. У Вас здесь функция $y=\frac{x^{m-1}}{xd-p}}$ принимает некоторое одно и то же значение в трех точках ($x=a, x=b, x=c$). Эти точки не обязаны быть точками экстремумов функции. Какая связь с Вашим анализом точек экстремума этой функции со сделанным выводом о невозможности варианта? По-подробнее, пожалуйста.

Эти точки и не будут точками экстремума. Но на сегменте, на котором расположены эти точки, существует только одна точка экстремума (это я доказала), следовательно не может быть трех точек на этом сегменте, в которых функция принимает одинаковые значения. Таких точек может быть только две.

Алексей К. в сообщении #249764 писал(а):

Несколько, пардон, путанно, но мне кажется, я уловил то, что Вы имеете в виду.
А Вы, двигая $a$ и $b$, учитываете, что при этом меняются коэффициенты $p$, $d$ (и их комбинации) Вашего полинома от $x$, и он становится совсем не тот, что был вчера?

Спасибо за замечание . Буду доказывать, что равенство выполняется при разных коэффициентах полинома $p$ и $d$,точнее, что значение отношения $p$ к $d$ сохраняется.

[Гаджимурат]

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

1.5.. Пусть $(cd-p)a^3-c^2da^2+c^2pa=0$

Уважаемая natalya,почему или какая причина заставила сумму членов ,а это есть число целое, приравнять к "0". Т.есть Вы предположили,что существует некоторое число А=0 ?.Было бы так,то дальше доказывать ВТФ нет смысла-все уже решено в равенстве 1.5. ,а именно $pa^3$ делится на $c$,а это приводит к выводу,что $c$ и $a$ имеют общий делитель или $p$ делится на $c$,что так же противоречит поставленному условию о взаимной простоте чисел $abc$,почему?. Все очень просто : $p=a^2+b^2-c^2$ и отсюда $a^2+b^2$ делится на $c$,но $a+b$ или $a^2-b^2$ делится на $c_1^3$ ,если принять $c=c_1c_2$.Об описках "-" или "+" перед отдельными членами я уже и не говорю.
Пока не получу разьяснений,дальше проверять Вашу теорию пока нет смысла.

[sceptic]

Первый вариант (1.4.1) мною принимается.

natalya_1 в сообщении #249295 писал(а):

2.1. Рассмотрим второй возможный вариант.
Функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px $ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков. Она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$.Следовательно, между точками $a$ и $b$ найдется такая точка ( назовем ее $h$), что значение функции в этой точке будет равно $0$ и тогда $h^3+h^3=c^3$.

Почему $h^3+h^3=c^3$? Пожалуйста, предъявите вывод этого равенства.