Попытка доказательства Теоремы Ферма

[natalya_1]

Да меня что-то вчера переклинило. Это соотношение давно было видно.
И с написанием формул я поняла ошибку: я писала движение точек. , а не координат.
Больше рисковать не буду с написанием, действительно попрошу кого-нибудь, показав картинку легче объяснить, что я имею в виду. Заодно график попрошу построить на компьютере, пусть будет илюстрацией в теме.
У меня по-прежнему получается: если $t=b_3-(h-k)$, $b_3=k-(b-k)$ то $k-t=a_1-k$

-- Сб окт 01, 2011 04:17:31 --

venco в сообщении #488178 писал(а):

natalya_1 в сообщении #487910 писал(а):

$c+h=3k$

Между прочим, это общее свойство полиномов третьей степени - среднее арифметическое трёх корней равно точке перегиба.
В нашем случае $\frac{0+h+c}3=k$.
Аналогично:
$a+a_1+a_2=b+b_1+b_2=3k$

Да, я это использую в финале доказательства (в разных вариантах), в том числе при доказательстве того, что $a_1+b_1$ и $c$ не имеют общего делителя.
Вот такая я дремучая. Не знала о таких свойствах и выводила их сама. И теорему Безу доказывала, не зная о ее существовании. И еще много всего другого. Даже малую Теорему Ферма , на каком-то этапе мне это надо было для доказательства, потом, правда, не потребовалось. Когда в книге о Ферма потом о ней прочитала, очень удивилась.
И компьютер приобрела и освоила минимально только четыре года назад, когда понадобился по одному вопросу, до этого прекрасно себя без него чувствовала Даже калькулятора не держу. Считаю в уме или в столбик.

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #488180 писал(а):

Даже малую Теорему Ферма

Почему еще я думаю, что Ферма мог идти в доказательстве примерно тем же путем.
То же исследование делимости четных и нечетных степеней.
И то, что он у истоков дифференциального исчисления стоит...
У меня вообще такое ощущение, что другие заметки на полях "Арифметики" - это этапы доказательства Большой Теоремы.

[Коровьев]

"Позвольте пару слов без протокола"
Заметки на полях "Арифметики" по поводу доказательства БТФ сослужили очень дурную службу человечеству. Миллионы миллионов человеко-часов обыкновенных людей, не математиков, были бесполезно потеряны для него. И уверяю, все возможные пути доказательства, даже на уровне знаний Ферма, были пройдены миллионы и миллионы раз.
Искать под фонарём где-то потерянную вещь занятие бесполезное. Нужно вооружится элементарными знаниями по теории чисел. Тогда, быть может, увлечение математикой перерастёт в более существенное и БТФ останется досадным недоразумением.

[Sonic86]

(Оффтоп)

Коровьев в сообщении #488243 писал(а):

"Позвольте пару слов без протокола"
Заметки на полях "Арифметики" по поводу доказательства БТФ сослужили очень дурную службу человечеству. Миллионы миллионов человеко-часов обыкновенных людей, не математиков, были бесполезно потеряны для него. И уверяю, все возможные пути доказательства, даже на уровне знаний Ферма, были пройдены миллионы и миллионы раз.
Искать под фонарём где-то потерянную вещь занятие бесполезное. Нужно вооружится элементарными знаниями по теории чисел. Тогда, быть может, увлечение математикой перерастёт в более существенное и БТФ останется досадным недоразумением.

Темная сторона научно-популярной литературы
С современной точки зрения Ферма был первым историческим троллем глобального масштаба , в свое время он троллил Декарта и Уоллиса, а потом ему сильно помог Пауль Вольфскель.
Нужно выдать теорему Гудстейна в таком же оформлении, назвать ее по-другому и не ссылаться на официальный источник. Вот смеху-то будет

[natalya_1]

Коровьев в сообщении #488243 писал(а):

"Позвольте пару слов без протокола"

Искать под фонарём где-то потерянную вещь занятие бесполезное.

В качестве оффтопа: как-то мы отдыхали в Мексике, и подруга на пляже потеряла золотое кольцо, уронив в песок. На следующий день рассказала об этом. И я предложила ей пойти его поискать.
Она тоже сказала: "Ты с ума сошла, я даже не помню точного места, где был лежак. И вчера мы все рядом перерыли". Но все же пошла. И мы нашли кольцо. Причем, сразу.
Я прекрасно понимаю, что не соответствую уровню поставленой задачи и на чудо не надеюсь. Но может быть, кто-то, кто более грамотен, прочитает мою тему и найдет в ней рациональное зерно.
Поэтому и попросила venco.
И еще осталась встреча со студентом.

-- Сб окт 01, 2011 15:19:07 --

Коровьев в сообщении #488243 писал(а):

Миллионы миллионов человеко-часов обыкновенных людей, не математиков, были бесполезно потеряны для него.

Я не считаю свое время бесполезно потеряным. Теорема очень много мне дала. И не только удовольствие и саморазвитие, но и помогла мне в моей основой профессии, как это ни покажется странным.

-- Сб окт 01, 2011 15:20:16 --

Коровьев в сообщении #488243 писал(а):

И уверяю, все возможные пути доказательства, даже на уровне знаний Ферма, были пройдены миллионы и миллионы раз.

Вы нашли чудесное доказательство этому утверждению?

-- Сб окт 01, 2011 15:40:38 --

Все упирается в доказательство рациональности. Почему я так долго пыталась доказать рациональность критических точек?
Потому что $\frac{nx^{n-1}}{2xd-p}=\frac{c^{n-1}}{cd-p}$, где $x$ - критическая точка.
Если обознчить $\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}=\sqrt{l}$, то в результате преобразований получаем $n(cd+\sqrt{l})-(cd-p)^{n-1}=cd(cd-p)^{n-3}(cd+p+2\sqrt{l})$
Тогда, если $c$ делится на $3$, левая часть не делится на $3$, правая - делится на $3^2$. Если $c$ не делится на $3$ , то левая часть не делится на $3$, а правая делится на $3$. Вот оно опять противоречие.

[natalya_1]

Ох уж этот мой набор формул, опять ошиблась.
Получается
$n(cd+\sqrt{l})^{n-1}-(cd-p)^{n-1}=(cd-p)^{n-3}cd(cd+p+2\sqrt{l})$
если $c$ делится на $n$, то левая часть не делится на $n$, а правая делится на $n^2$. Если $c$ не делится на $n$, то левая часть делится на $n^{n-1}$, a правая на $n^{n}$ .
Но это при условии рациональности критических точек.

[natalya_1]

Ой, надо конечно еще проверить, но ведь тогда получается для степени $3$, что
$2ncd\sqrt{l}-2cd\sqrt{l}$ - целое число. $2cd\sqrt{l}(n-1)$ - целое число, $\sqrt{l}$ - целое число, критические точки рациональны.

[venco]

natalya_1, я пока ничего не проверяю.
Вы сначала определитесь, что хотите сказать, тогда посмотрю.

[natalya_1]

Надо проверить, я и так уже ошибку сделала в формуле $x=\frac{c(cd+\sqrt{l})}{3(cd-p)}$
(это для $n=3$)
Общя формула критических точек для всех степеней $\frac{nx^2}{(n-1)xd-(n-2)p}=\frac{c^2}{cd-p}$ При более высоких степенях еще одна критическая точка $x=0$

[natalya_1]

Получается, если три критические точки, одна из которых $0$ при более высоких степенях, уравнение $a^{n-2}(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)+Q=0$ имеет только два корня, один из которых - целое число? И из этого следует, что второй корень рационален, что мне нужно?

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #488337 писал(а):

Получается, если три критические точки, одна из которых $0$ при более высоких степенях, уравнение $a^{n-2}(a^2(cd-p)-c^2da+c^2p)+Q=0$ имеет только два корня, один из которых - целое число? И из этого следует, что второй корень рационален, что мне нужно?

Нет, следует только, что остальные корни -комплексные. Но комплексных корней у полинома с вещественными коэффициентами всегда чётное количество - они все делятся на сопряжённые пары.
А у нас получается нечетное количество. Противоречие.
(спасибо venco
за ликбез в ЛС)

[venco]

natalya_1 в сообщении #488677 писал(а):

Нет, следует только, что остальные корни -комплексные. Но комплексных корней у полинома с вещественными коэффициентами всегда чётное количество - они все делятся на сопряжённые пары.
А у нас получается нечетное количество. Противоречие.

Будьте добры, объясните, как вы считали корни.

[natalya_1]

Сразу оговорюсь, что речь идет о $n>3$. Если количество корней соответствует степени полинома, а график показывает только два корня, соответствующих уравнению
$y=x^{n-2}(x^2(cd-p)-c^2xd+c^2p)+Q=0$ (поскольку имеем три точки экстремума, одна из которых $0$) , то число комплексных корней получается нечетное минус два. То есть, нечетное. (а в случае $y=x^{n-2}(x^2(cd-p)-c^2xd+c^2p)-Q=0$ - нечетное минус $4$, то есть, тоже нечетное)
Соблюдаться парность комплексных корней может лишь в том случае, если $a$ и $b$ - критические точки функции при $n>3$. Тогда
$\frac{a^2}{(n-1)ad-(n-2)p}=\frac{b^2}{(n-1)bd-(n-2)p}$. Что невозможно при целых взаимнопростых $a$ и $b$.

[venco]

natalya_1 в сообщении #488695 писал(а):

venco в сообщении #488683 писал(а):

natalya_1 в сообщении #488677 писал(а):

Нет, следует только, что остальные корни -комплексные. Но комплексных корней у полинома с вещественными коэффициентами всегда чётное количество - они все делятся на сопряжённые пары.
А у нас получается нечетное количество. Противоречие.

Будьте добры, объясните, как вы считали корни.

Сразу оговорюсь, что речь идет о $n>3$. Если количество корней соответствует степени полинома, а график показывает только два корня, соответствующих уравнению
$y=x^{n-2}(x^2(cd-p)-c^2xd+c^2p)+Q=0$ (поскольку имеем три точки экстремума, одна из которых $0$)

Вы забыли учесть кратность корня в нуле.

[natalya_1]

venco в сообщении #488704 писал(а):

Вы забыли учесть кратность корня в нуле.

В нуле значение функции равно $0$, а мы ищем корни, в которых значение функции равно $-Q$ и $Q$ соответственно.