Попытка доказательства Теоремы Ферма

[dmd]

Верно ли следующее?


Из (6) следует, что $c=\left\{h,\frac{hp}{hd-p}\right\}$, но т.к. $h<a<c$, то остается $c=\frac{hp}{hd-p}$.

При $c=\frac{hp}{hd-p}$ решаем систему (2), получаем

$\left\{\begin{array}{l}\frac{d^2 h-d p+h p\mp\sqrt{-d^4 h^2+2 d^3 h p-d^2 p^2-2 d h p^2+p^2 \left(h^2+2 p\right)}}{2 d h-2 p}\\\frac{d^2 h-d p+h p\pm\sqrt{-d^4 h^2+2 d^3 h p-d^2 p^2-2 d h p^2+p^2 \left(h^2+2 p\right)}}{2 d h-2 p}\end{array}\right\}$

и подставляем их и $c=\frac{hp}{hd-p}$ в исходное (1), которое преобразуется в уравнение

$-\frac{d^4h-d^3p+3dp^2-3hp^2}{2(dh-p)}=0$

равносильное уравнению

$d^4h-d^3p+3dp^2-3hp^2=0$.

Из него находим, что

$h=\frac{dp(3p-d^2)}{3p^2-d^4}$

Далее, делая соответствующие подстановки, находим

$c=\frac{d(3p-d^2)}{3(d^2-p)}$ - это натуральное число,

$cd-p=\frac{3p^2-d^4}{3(d^2-p)}$ - это натуральное число,

$hd-p=\frac{3p^2 (d^2-p)}{3p^2-d^4}}$,

$p^2=(hd-p)(cd-p)$,

$2dp=(d^2-p)(d+3c)$.

Также становятся очевидными ограничения

$\left\{\begin{array}{l}d:3\\d<h\\\frac{d^2}{\sqrt{3}}<p<d^2\end{array}\right\}$



Если верно, то можно ли это как-то использовать дальше? Сам, к сожалению, не вижу пока.

[dmd]

dmd в сообщении #324337 писал(а):

При $c=\frac{hp}{hd-p}$ решаем систему (2), получаем

$\left\{\begin{array}{l}\frac{d^2 h-d p+h p\mp\sqrt{-d^4 h^2+2 d^3 h p-d^2 p^2-2 d h p^2+p^2 \left(h^2+2 p\right)}}{2 d h-2 p}\\\frac{d^2 h-d p+h p\pm\sqrt{-d^4 h^2+2 d^3 h p-d^2 p^2-2 d h p^2+p^2 \left(h^2+2 p\right)}}{2 d h-2 p}\end{array}\right\}$

Это $\left\{a,b\right\}$:

$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{d^2 h-d p+h p\mp\sqrt{-d^4 h^2+2 d^3 h p-d^2 p^2-2 d h p^2+p^2 \left(h^2+2 p\right)}}{2 d h-2 p}\\b=\frac{d^2 h-d p+h p\pm\sqrt{-d^4 h^2+2 d^3 h p-d^2 p^2-2 d h p^2+p^2 \left(h^2+2 p\right)}}{2 d h-2 p}\end{array}\right\}$



Ещё. Выражение $p^2=(hd-p)(cd-p)$ можно переписать в виде $\frac{p}{cd-p}=1/(\frac{p}{hd-p})$ и поставить ему в соответствие функцию $f(x)=\frac{p}{xd-p}$, которую исследовать с учётом необходимого условия $f(c)=1/f(h)$.

[natalya_1]

После преобразований получается, что
$\frac{6abc}{a+b-c}$- целое число.
Можно с этим что-то сделать?
У меня получается только доказательство того, что $c$ делится на $3$ и что $\frac{a+b}{9}$-целое число, $\frac{a^2-ab+b^2}{3}$ - целое число.

[natalya_1]

Либо $b$делится на $3$,$\frac{c-a}{9}$-целое число,$\frac{c^2+ca+a^2}{3}$-целое число.
Либо $a$ делится на $3$,$\frac{c-b}{9}$-целое число,$\frac{c^2+cb+b^2}{3}$-целое число.
Но это и так понятно...

[dmd]

Кстати, делимость $d$ на $3$ заложена исходно в (1) и (2), т.е. определима без участия $h$. Решаем (2) относительно $\left\{a,b\right\}$, подставляем их в (1) и получаем уравнение

$d^3+3cd^2-3dp-3cp=0$,

из которого сразу видно $d:3$.

В общем ограничения выглядят так:

$\left\{\begin{array}{l}d:3\\0<\frac{d^2}{\sqrt{3}}<p<d^2\\0<d<h<\frac{2p}{d}<c<\frac{dp}{d^2-p}\\0<b<h<a<c\\\frac{p}{d}<h\end{array}\right\}$

И есть ещё одно интересное соотношение:

$d^3=3(h-d)(c d-p)$



natalya_1, можете привести доказательство натуральности $d$ и $p$, про которое Вы раньше говорили, что оно простое?

natalya_1 в сообщении #243535 писал(а):

1.2. $a+b=c+d$, где $d$ - целое положительное число.***
$a^2+b^2=c^2+p$, где $p$ - целое положительное число.***

[natalya_1]

dmd в сообщении #324747 писал(а):

$d^3+3cd^2-3dp-3cp=0$

-- Пт май 28, 2010 13:41:34 --

dmd в сообщении #324747 писал(а):

natalya_1, можете привести доказательство натуральности $d$ и $p$, про которое Вы раньше говорили, что оно простое?

natalya_1 в сообщении #243535 писал(а):

1.2. $a+b=c+d$, где $d$ - целое положительное число.***
$a^2+b^2=c^2+p$, где $p$ - целое положительное число.***

1.2.1$(a+b)^3=a^3+3ab(a+b)+b^3$, $a^3+b^3=c^3$=>
$(a+b)^3>c^3$, $a+b>c$,$a+b=c+d$, где $d$ - целое положительное число.

-- Пт май 28, 2010 13:49:18 --

1.2.2. $a^2+b^2=c^2+p$, где $p$- целое число.
$a^2=(c-b)(c+b)+p$,$a^3=(c-b)(c+b)a+ap$,$a^3=(c-b)(c^2+cb+b^2)$.
$c(c+b)+b^2>(c+b)a$=> $ap$- целое положительное число, $p$ - целое положительное число.

[dmd]

natalya_1
Спасибо.


Ещё одна дробь. Из $\left\{3|d,d^3+3cd^2-3dp-3cp=0\right\}$ видно, что $\frac{cp}{d}$ - натуральное число.


Корректно ли уравнения (1) и (2) и $d^3+3cd^2-3dp-3cp=0$ рассматривать в совокупности в одной системе уравнений?

$\left\{\begin{array}{l}a^3+b^3-c^3=0\\a+b-c-d=0\\a^2+b^2-c^2-p=0\\d^3+3cd^2-3dp-3cp=0\end{array}\right\}$

Если да, то проверка её по разным модулям, в частности по модулю $6$, показала, что $d$ и $p$ четны. Т.е. в итоге $\left\{d:6,p:2\right\}$. И тогда $abc$ четно.

[yk2ru]

$abc$ по любому чётно, разве нет?

[dmd]

Да, конечно. Извиняюсь. $abc$ четно, $d$ и $p$ четны - это тривиальность.

[dmd]

Оказывается, есть и другие "зеркальные" соотношения. Например

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

его $h$ снова ничего не дало (или не смог найти).

Ещё "полузеркальные"

$a^2-a d-\frac{c\left(3 c^2-d^2\right)}{3(c+d)}+b^2-b d=0$

[dmd]

dmd в сообщении #325681 писал(а):

Ещё "полузеркальные"

$a^2-a d-\frac{c\left(3 c^2-d^2\right)}{3(c+d)}+b^2-b d=0$

Ох, здесь ошибся. Правильно так

$a^2 3(c+d)-a d (3c+d)-c (3 c^2-d^2)=-(b^2 3(c+d)-b d (3c+d))$

или так

$a^3-a^2(c+d)+a c d+\frac{d^3}{3}=-\left(b^3-b^2(c+d)+b c d\right)$



Впрочем, почему "полузеркальные"? Ведь $d$ четно, значит

$a^3-a^2(c+d)+a c d+\frac{d^3}{6}=-\left(b^3-b^2(c+d)+b c d+\frac{d^3}{6}\right)$

[dmd]

Из совместного рассмотрения $d|cp$ и системы (2) получилось, что $d|abc$.

Но чтобы $3|c$ - такого не сумел обнаружить.

[Alex2R]

Здравствуйте, я не читал все страници, но если а^m+b^m=c^m, то как Вы ввели туда ёще +p и +d ??????? Спасибо!

[ananova]

Alex2R в сообщении #326264 писал(а):

Здравствуйте, я не читал все страници, но если а^m+b^m=c^m, то как Вы ввели туда ёще +p и +d ??????? Спасибо

Они туда ещё и h ввели...

(Оффтоп)

Это довольно сложно понять. Не стоит даже разбираться, оно того не стоит.

[dmd]

Ещё делимости:

$d^2|12ap(a+b)$

$d^2|12bp(a+b)$

$d|p(a+b)$