Попытка доказательства Теоремы Ферма

[AKM]

natalya_1 в сообщении #526163 писал(а):

3.2 Если $a_1+b_1=a+b, a^3+b^3=a_1^3+b_1^3,$ т1 $a_1b_1=ab,$ $a_1=\frac{ab}{b_1}, \frac{ab+b_1^2}{b_1}=a+b, a(b-b_1)=b_1(b-b_1), a=b_1.$ Равенство не выполняется.

Какое Равенство Не Выполняется? Какое-то из этой цепочки? Какое-то из ранее перечисленных?

[AKM]

natalya_1 в сообщении #526163 писал(а):

я как та собака, которая понимает, но сказать не может.

natalya_1,
моё впечатление таково: Вы ошибаетесь. Вы крайне мало понимаете в том, что Вы делаете. Это иллюзия, что Вы якобы что-то в этом понимаете. Вы понимаете формулы сокращённого умножения. Впрочем, это только впечатление, я, в конце концов, не математик.

Цитата:

В очередной раз огромное Вам спасибо за то, что возитесь со мной!

Чего-то у меня резко пропала уверенность, что я делаю что-то хорошее. Смотрите, как это выглядит со стороны:

Кто-то Вам сыграл "Аппассионату", и это оказалось так красиво, и Вы увидели ноты, и это оказались такие простые крючочки (надетые на семейство параллельных прямых), и Вы решили написать что-то получше "Аппассионаты"! Тем более, что когда-то Вас заставляли ходить в музшколу, и Вы уже даже изучали что-то про эти крючочки, рисовали их. И Вы сели, и начали увлечённо писать музыку.

И на форум пришли, и на форуме нашёлся дурак кто-то, кто Вам "помогает".
"Ой, Вы там си-бемоль забыли".
"Так это-же доминантсептаккорд, Вы его неправильно разрешаете!"
"Послушайте, но не бывает пианистов с рукой в 37 см!"
"Мы же сейчас в миноре, как можно такое писать?" итд.

Мы здесь занимаемся именно такой деятельностью, и с нас можно рисовать аналогичную карикатуру. Ну, примерно, как если бы я взялся клеить обои или решать задачки по топологии. Вот смеху-то было бы!

Вообще у меня была другая цель (надежда): я полагал, что постепенно внося ясность в текст, мы просто сумеем выкристаллизовать то самое место, и Вы его сами увидите. И Вы не просто прекратите это занятие, но прекратите осознанно. Что случится нетипичное счастливое завершение очередной ферматической пиесы. Я при этом рассчитывал на несколько бОльшую образовательную базу и обучаемость. Ан нет: Ваше упрямство сравнимо разве только с Вашей бесконечной вежливостию.

А вообще-то аналогия с "Аппассионатой" очень точна: и музыка, и математика --- это же простые ремёсла, в каждом сотня значков и две дюжины правил.
А? Что? К музыке это не относится, говорите? Только к математике?

Сей ответ уже давно нарождается, но окончательно его спровоцировало вот это:

natalya_1 в сообщении #526163 писал(а):

$cd-p=ca+cb-a^2-b_2=c(b-a)+2ca-(b-a)(b+a)-2a^2=(b-a)(c-b-a)+2a(c-a),$

Самое главное то, что Вы ничего не видите! Это бросается в глаза, кидается, а Вы смотрите на левую и правую часть, и ничего не видите! Не видите, что привлекая какой-то секретный корень $b_2$ какого-то супер-пупер-уравнения, Вы "вывели" банальное тождество, которое следует ТОЛЬКО из обозначений (2)!

Или там сидит рациональность $b_2$ (не проверял), о которой тогда надо кричать на всю Ивановскую?

Как и было договорено, сообщите здесь о завершении трудов. Не тороплю.

-- 18 янв 2012, 21:19 --

Я прекращаю развитие этой карантинной мизансцены ещё и потому, что узурпация (мною) темы, в частности, невозможность ответить мне, начинает выглядеть как-то неприлично.

Многие выданные "рекомендации" ещё не учтены и пригодятся для последующих авторских правок.

[natalya_1]

Итак, Ферма утверждал, что уравнение $a^n+b^n=c^n$ не имеет целочисленных решений . Попробуем доказать утверждение для $n=3$

1.1.

$$a^3+b^3=c^3.\eqno(1)$$

$a, b, c$ - целые взаимнопростые числа, и $a<b<c$.

1.2. Введем обозначения:

$$d=a+b-c ,\qquad p=a^2+b^2-c^2.\eqno(2)$$

Тогда выполнены равенства

$$d^3=3(c-a)(c-b)(a+b),\eqno(3)$$

$$p=a^2-(c-b)(c+b)=b^2-(c-a)(c+a)\eqno(4)$$

Перемножим левые и правые части формул $(2):$
$pa+pb-pc=a^2d+b^2d-c^2d$,
$a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$.
$ad-p>0$,
т.к. $ad-p=a^2+ab-ac-a^2-b^2+c^2=(c-b)(c+b-a)\qquad a<b<c$

1.3. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$
$a^3+b^3=c^3$
$c^3a(ad-p)+c^3b(bd-p)=a^3c(cd-p)+b^3c(cd-p)$ ,

$$(cd-p)a^3-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$$

2.1. Рассмотрим функцию

$$f(x)=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px \equiv x(x-c)[x(cd-p)-cp].$$

$f(a)=ab(c-a)(c-b){\color{blue}(b-a)}\not=0$ (исправлено по мотивам обсуждения //AKM)
$f(a)=-f(b)$
$f(0)=f(c)=f(\frac{cp}{cd-p})=0$, при этом $a<\frac{cp}{cd-p}<b$ ,

2.2. Пусть $b,b_1,b_2$ - корни уравнения $f(x)+f(a)=0$ или в развернутом виде

$$(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px+ab(c-a)(c-b){\color{blue}(b-a)}=0, $$

$a, a_1, a_2 $ - корни уравнения $f(x)+f(b)=0.$

2.3. $b_1=\frac{q_1}{cd-p}$ , $b_2=\frac{q_2}{cd-p}. $
Тогда, по Теореме Виета,
$\frac{q_1+q_2+b(cd-p)}{cd-p}=\frac{c^2d}{cd-p}, \frac{a(cd-p)q_1q_2}{(cd-p)^2}=-\frac{ab(b-a)(c-a)(c-b)}{cd-p}, следовательно, $\frac{q_1q_2}{cd-p}$ - целое число.

Далее мне необходимо доказать рациональность $b_1$ и $b_2$ , если это удастся, то:

$$\frac{q_1(q_1^2-c^2dq_1+c^2p(cd-p))}{(cd-p)^2}=-ab(c-a)(c-b)(a-b)\eqno(5)$$

$q_1^2+q_1q_2+q_2^2-c^2d(q_1+q_2)=-c^2p(cd-p),$
$(q_1+q_2)(c^2d-q_1-q_2)+q_1q_2=c^2p(cd-p),$

$$q_1=\frac{(cd-p)(c^2p-q_2b)}{b(cd-p)+q_2}\eqno(6),$$

Соответственно, $q_2=\frac{(cd-p)(c^2p-q_1b)}{b(cd-p)+q_1}$

$cd-p=(b-a)(c-b-a)+2a(c-a),$
Следовательно, $cd-p$ не может иметь общих делителей с $ab(c-a)(c-b)(a-b)$ кроме общих делителей этих чисел с $p$ и $d$ ($(3), (4)$), исходя из этого и из формул $(5),(6),$
$q_1$ имеет делитель $cd-p.$ $b_1$ - целое число.

Аналогично, если $a_1=\frac{v_1}{cd-p}, a_2=\frac{v_2}{cd-p},$
получаем $v_1$ имеет делитель $cd-p.$

3.1.Итак,
$(b^2+bb_1+b_1^2)(cd-p)-(b+b_1)c^2d+c^2p=0$

следовательно, $\frac{(b+b_1)d-p}{cd-p}$ - целое число.
$b+b_1<2c,$ и $\frac{2cd-p}{cd-p}<3$ ( т.к. $cd>2p$ ),
$b+b_1\not=c$, следовательно, $\frac{(b+b_1)d-p}{cd-p}=2$ , $\frac{p}{d}=2c-b-b_1$ - целое число, что противоречит равенствам $(3),(4).$




Следовательно, не выполняется равенство $a^3+b^3=c^3.$

-- Вт янв 24, 2012 17:39:45 --

=====================================================================================
Появился вариант доказательства рациональности $b_2$ и $b_1.$
Схема такая:
Поскольку $b_1< b_2<b$ (доказательство есть на страницах темы) и $a_1<a<a_2,$
$a_2-a_1=b-b_1.$

Отсюда $b_1^2-bb_1$ - рациональное число, $b_1(\frac{c^2d}{cd-p}-b-b_2)$ - рациональное число, $b_1$ - рациональное число.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #530711 писал(а):

$a_2-a_1=b-b_1.$

Это равенство откуда взялось? Приведите доказательство.

-- Вт янв 24, 2012 21:16:10 --

natalya_1 в сообщении #530711 писал(а):

Итак,
$(b^2+bb_1+b_1^2)(cd-p)-(b+b_1)c^2d+c^2p=0$

следовательно, $\frac{(b+b_1)d-p}{cd-p}$ - целое число.

И каким же образом это следует?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #530732 писал(а):

natalya_1 в сообщении #530711 писал(а):

$a_2-a_1=b-b_1.$

Это равенство откуда взялось? Приведите доказательство.

Двигала график функции $f(x).$ (используя факт, что $f(b)=f(b_1)=f(b_2)=-f(a)=-f(a_1)=-f(a_2).$
Поскольку у меня проблемы с изложением, дабы не оказаться опять в Карантине, как следует продумаю запись и потом выложу.

-- Вт янв 24, 2012 18:19:57 --

nnosipov в сообщении #530732 писал(а):

natalya_1 в сообщении #530711 писал(а):

Итак,
$(b^2+bb_1+b_1^2)(cd-p)-(b+b_1)c^2d+c^2p=0$

следовательно, $\frac{(b+b_1)d-p}{cd-p}$ - целое число.

И каким же образом это следует?

У нас $b,b_1$ - целые числа. $c^2$ не имеет общего делителя с $cd-p$

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #530737 писал(а):

У нас $b,b_1$ - целые числа

Это кто сказал, что $b_1$ --- целое число? Вы даже не доказали, что оно рационально. В общем, у Вас опять какая-то каша образовалась.

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #530742 писал(а):

natalya_1 в сообщении #530737 писал(а):

У нас $b,b_1$ - целые числа

Это кто сказал, что $b_1$ --- целое число? Вы даже не доказали, что оно рационально. В общем, у Вас опять какая-то каша образовалась.

Я же написала, что мне необходимо доказать рациональность, и продолжение исходя из того, что рациональность будет доказана.
Я не писала "теорема доказана", потому что мое доказательство рациональности пока не проверено.
Я очень всех прошу, не закапывайте мою тему (она и так под угрозой закрытия), дайте мне шанс доказать это утверждение.

[AKM]

Каша, видимо, из-за этого:

natalya_1 в сообщении #530711 писал(а):

Далее мне необходимо доказать рациональность $b_1$ и $b_2$, если это удастся, то:

Т.е. доказательство не претендует на полноту. Типа дневник.

-- 24 янв 2012, 18:52 --

Тему никто не закапывает, и в карантин не собирается отправлять.
Пребыванием в Карантине Вы воспользовались не до конца. Я думал, что работается окончательное доказательство.

[natalya_1]

AKM в сообщении #530752 писал(а):

Пребыванием в Карантине Вы воспользовались не до конца. Я думал, что работается окончательное доказательство.

AKM, Вы так говорите, как будто речь идет об исправении грамматических ошибок в школьном диктанте или в изложении доказательства Теоремы Пифагора.
Все Ваши требования я выполнила , позвольте мне продолжить свою попытку.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #530748 писал(а):

дайте мне шанс доказать это утверждение

Будьте в таком случае последовательны и докажите сначала, что $b_1$ и $b_2$ хотя бы вещественны. Вот это доказать у Вас действительно есть шансы.

[natalya_1]

попробую написать:
$f(b_4)=-f(b_1)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}),$
$f(b_3)=-f(b)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}),$ где $\frac{c^2d}{3(cd-p)}$ - точка перегиба функции $f(x),$
$ b_1<b_3<b_5<b_2<b<b_4.$ Исходя из симметричности графика функции, $b_4-b_3=b-b_1.$
$a_1<a<a_2.$
$f(b_4)-f(a_2)=2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)})$, следовательно $b_4-a_2=b_3-a_1,$
$b-b_1=a_2-a_1.$
Тогда $(b-b_1)^2$ - рациональное число, $b_1(b_1-2b)$ - рациональное число,
$b_1(\frac{c^2d}{cd-p}-3b-b_2)$ - рациональное число, $b_1$ - рациональное число.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #530817 писал(а):

попробую написать:
$f(b_4)=-f(b_1)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}),$
$f(b_3)=-f(b)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}),$ где $\frac{c^2d}{3(cd-p)}$ - точка перегиба функции $f(x),$
$ b_1<b_3<b_5<b_2<b<b_4.$ Исходя из симметричности графика функции, $b_4-b_3=b-b_1.$
$a_1<a_2<a.$
$f(b_4)-f(a_2)=2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)})$, следовательно $b_4-a_2=b_3-a_1,$
$b-b_1=a_2-a_1.$

Ну и бредовый текст, за это я бы ещё один срок в карантине впаял. Нельзя же так писать! Уже до $b_5$ дошли, а что все эти новые $b_i$ обозначают --- никто не знает ... А ведь равенство $b-b_1=a_2-a_1$ при помощи подобных аргументов (с точками перегиба и симметричностью графика) в принципе не доказать. Ибо это равенство неверно, если допустить нецелые значения $a$, $b$, $c$, связанные соотношением $a^3+b^3=c^3$.

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #530830 писал(а):

Уже до $b_5$ дошли, а что все эти новые $b_i$ обозначают --- никто не знает ...

Я же дала определение:
$f(b_3)=f(b_4)=f(b_5)=-f(b)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}), b_3<b_5<b_4.$
Обозначение $b_5$ я ввела исключительно для того, чтобы показать расположение точек на графике.

-- Вт янв 24, 2012 21:54:13 --

nnosipov в сообщении #530830 писал(а):

Ибо это равенство неверно, если допустить нецелые значения $a$, $b$, $c$, связанные соотношением $a^3+b^3=c^3$.

У нас целые значения $a, b, c.$

-- Вт янв 24, 2012 22:00:20 --

nnosipov в сообщении #530830 писал(а):

Ну и бредовый текст, за это я бы ещё один срок в карантине впаял. Нельзя же так писать!

Поэтому и боялась выкладывать... Посоветоваться мне не с кем, кроме как на форуме. Карантин вряд ли поможет.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #530832 писал(а):

Я же дала определение:
$f(b_3)=f(b_4)=f(b_5)=-f(b)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}), b_3<b_5<b_4.$

Выше --- совершенно другой текст. Вы действительно не видите разницы?

natalya_1 в сообщении #530832 писал(а):

У нас целые значения $a, b, c.$

И где именно в Вашем предыдущем рассуждении это используется? Пишите подробное доказательство равенства $b-b_1=a_2-a_1$. Объясняйте, как в этом доказательстве используется то условие, что $a$, $b$, $c$ --- целые числа, удовлетворяющие равенству $a^3+b^3=c^3$.

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #530837 писал(а):

И где именно в Вашем предыдущем рассуждении это используется?

Вот здесь:



$b-b_1=a_2-a_1.$
Тогда $(b-b_1)^2$ - рациональное число, $b^2-2bb_1+b_1^2$ - рациональное число, $b_1(b_1-2b)$ - рациональное число,
$b_1(\frac{c^2d}{3(cd-p)}-3b-b_2)$ - рациональное число,
$-b_1b_2+b_1(\frac{c^2d}{3(cd-p)}-3b)$ -рациональное число. Поскольку $bb_1$ и $(\frac{c^2d}{3(cd-p)}-3b)$ - рациональные числа, $b_1$ - рациональное число.