Попытка доказательства Теоремы Ферма

[serval]

Цитата:

не переменные

Значит, они - значения переменных. Третьего не дано.

[natalya_1]

serval в сообщении #532135 писал(а):

Цитата:

не переменные

Значит, они - значения переменных. Третьего не дано.

Вот именно (когда рассматриваем функцию $f(x)$ или уравнение Ферма).
У меня к Вам просьба, давайте по существу выложенных мной соображений. Мне и так модератор сделал замечание за многостраничность темы.

[serval]

Так работайте с переменными. Дифференцируйте. Все станет ясно как божий день.

-- Пт янв 27, 2012 21:57:01 --

Вас мэтры не могут понять, куда мне. Просто сделайте, что они просят. Все равно у вас не получится заставить их учить ваш язык - только отношение к себе испортите. Перестаньте жаловаться и переводите со своего на общепринятый. Хоть год хоть два - потом выкладывайте. Другого пути нет.

[dmd]

Давайте несколько отвлечёмся.

Делимость $a+b-c|abc$ - достаточно нетривиальный результат попытки natalya_1.

Верно ли следующее? Так как $(a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$, то автоматически $a+b|c$, $c-a|b$, $c-b|a$ и $(a+b-c)^3|abc$. Заметьте, из голого $a^3+b^3=c^3$ видно только то, что $a+b|c^3$.

[dmd]

dmd в сообщении #531419 писал(а):

Мне думается, что в начале пункта 2.3. нужно обоснование, почему именно поиск рациональных корней уравнения $f(x)+f(a)=0$ поможет доказательству. Пока не вижу почему же. Один натуральный корень имеется всегда, он фиксирует $f(b)+f(a)=0$. Остальные корни, будь они хоть иррациональные, хоть мнимые, уже ни на что не влияют. Или я чего то недоглядываю?

Раньше, страниц 20 назад, было прозрачно понятно. Имея $f(a)=-f(b)$ логично наличие между $a$ и $b$ такого $h$, что $f(h)=0$. И если каркас исходного $a^3+b^3=c^3$ выдёргивает $h$ за пределы диапазона $]a,b[$, то задача решена. С рациональными корнями нужно подобное объяснение, как они помогают решению задачи.

Вспомнил содержание предыдущих серий. Также задача будет решена, если формально рациональное $h=\frac{cp}{cd-p}$ из других соображений окажется строго иррациональным. А сейчас мне по-прежнему не понятно, зачем ищутся рациональные корни уравнения $f(x)+f(a)=0$?

[natalya_1]

Уважаемые форумчане! Обращаюсь с просьбой: давайте пока не будем отвлекаться и, если можно, посмотрим до конца уже выложенное. (сейчас я все сгруппирую, чтобы вам было легче смотреть)



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

1.1. Предположим, такое решение существует

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

$a, b, c$ - 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

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

$f(a)=ab(c-a)(c-b){(b-a)}\not=0$
$f(a)=-f(b)$
$f(0)=f(c)=f(\frac{cp}{cd-p})=0$, при этом $a<\frac{cp}{cd-p}<b$ ,


2.2.. Рассмотрим два уравнения $f(x)+f(a)=0$ и $f(x)+f(b)=0$.
Поскольку

$$ f(a)+f(b)=(c^3-a^3-b^3)(b^2-cb+a^2-ca)=0, $$

первое уравнение имеет корнем число $b$, а второе --- число $a$. Поделив первое уравнение на $x-b$, а второе --- на $x-a$, получим квадратные уравнения

$$(cd-p)x^2+(-bc^2-a^2b+bca-c^2a+cb^2+a^3)x-a(c-a)(c-b)(b-a)=0\qquad \eqno(5)$$

и

$$(cd-p)x^2+(bca-c^2a-ab^2+b^3-bc^2+ca^2)x+b(c-a)(c-b)(b-a)=0\qquad\eqno(6)$$

соответственно. Обозначим корни этих уравнений $b_1$, $b_2$ и $a_1$, $a_2$ соответственно. Так как

$$ cd-p>0, \quad -a(c-a)(c-b)(b-a)<0, $$

то дискриминант первого уравнения положителен, а значит, его корни $b_1$, $b_2$ вещественны.

2.3.Теперь покажем, что дискриминант второго уравнения также положителен.
Дифференцировав функцию $f(x),$ получаем критические точки $k=\frac{c(cd\pm\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2})}{3(cd-p)}$


$D=-3(a(cd-p))^2+2c^2d(a(cd-p))+c^2(cd-p)^2.$
Предположим, $D>0.$
Рассмотрим уравнение
$3t^2-2c^2dt-c^2(cd-2p)^2=0.$
(отдельно замечу, что $t\not=a(cd-p),$ при $t=a(cd-p),$
$3t^2-2c^2dt-c^2(cd-2p)<0$).
$D_1=4c^4d^2+12c^2(cd-2p)^2, D_1=16c^4d^2-48c^3dp+48p^2,$
$ D_1=16c^2(c^2d^2-3cdp+3p^2).$
$t=\frac{c^2d\pm2c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3},$
$D>0$ при $\frac{c^2d-2c\sqrt{c^2d-3cdp+3p^2}}{3}<t<\frac{c^2d+2c\sqrt{c^2d-3cdp+3p^2}}{3}$, следовательно, чтобы он был положителен, должно выполняться неравенство
$k-\frac{c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}<a<k_1+\frac{c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)},$
где $k, k_1$ - критические точки функции $f(x)$. Неравенство выполняется. Следовательно, $a_1, a_2$ - вещественны.



2.4. $c^2d^2-3cdp+3p^2=(cd-p)^2-p(cd-2p)$, $k=\frac{c^2d+c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}$, где $k$ - большая критическая точка функции $f(x)$. Следовательно, $k<\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}$.
Предположим, что $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$. Тогда
$c(2cd-p)<3b(cd-p)$, $2cd-p<3cd-3p$, $cd>2p$ - верно. Следовательно, $b>b_1, b>b_2.$[/quote]



3.1.По теореме Виета, $b+b_1+b_2$ и $bb_1b_2$ - рациональные числа.
(соответственно, $a_1+a_2$ и $a_1a_2$ также рациональны).
$f(b_3)=f(b_4)=f(b_5)=-f(b)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}), b_3<b_5<b_4.$
$f(b_1)=f(b_2)=f(b),$ $b_1<b_2<b.$, следовательно, $b_4-b_3=b-b_1.$
$f(a_1)=f(a)=f(a_2)=-f(b),$ $a_1<a<a_2.$
$f(b_4)-f(a_2)=-(f(a_1)-f(b_3)),$ следовательно, $b_4-a_2=b_3-a_1, b_4-b_3=a_2-a_1.$
Тогда $b-b_1=a_2-a_1.$
$(a_2-a_1)^2=(a_2^2+a_1^2)-2a_2a_1$ - рациональное число, следовательно,

$b^2-2bb_1+b_1^2$ - 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 $b_2b_1$ и $(\frac{c^2d}{3(cd-p)}-3b)$ - рациональные числа, $b_1$ - рациональное число.

[natalya_1]

3.2. $b_1=\frac{q_1}{cd-p}$ , $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.

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

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

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

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 $cd-p.$

4.1.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 $a^3+b^3=c^3.$

[AKM]

natalya_1,

есть ещё одна вещь, которую Вы, возможно, поймёте. Форум не резиновый. Плодя свои "на всякий случай" сообщения и недодуманные черновые формулы (каждая из них хранится на сервере отдельным image-файлом), Вы его замусориваете. Вы думаете Вам тут только бесплатно помогают? Нет, ещё и денег дают: кто-то платит за всё это (за хостинг, так это вроде бы называется). И лично я к форуму отношусь бережно. Хожу, слежу за мусором, иногда даже заворачиваю его в фантики покрасивше.

Ваше предыдущее (теперь уже предпредыдущее) сообщение совершенно излишне. Было нормальное изложение темы, любезно написанное профессионалом. Нет, он, видимо не переписал Ваше святое и никому не нужное "перемножим левые и правые части формул (2)", и из-за этого надо всё перетаскивать?

Обсуждается несчастный дискриминант, функция двух несчастных переменных, который Вы до сих пор не удосужились выписать явно. Вместо этого переписываете всю простыню. Он был выписан только в сокращённом виде.

И если Вы ещё раз напишете, что "это не переменные, а конкретные числа", я закрою тему по причине злокачественного невежества (не безграмотности: невежества).
В любом случае я не уверен, что допущу здесь 50-ю страницу. Во всём надо знать меру.

Если Вам существование этих $a_{1,2}$ зачем-то нужно, доказывайте их существование (да, я отметил, что Вы призвали участников не отклоняться). Советовать Вам хотя бы посмотреть на дискриминант в явном виде бесполезно по причине Вашего супер_упрямства. Ваше "квадратное доказательство" --- полная чушь. Уж в школьной математике я разбираюсь хорошо.

[natalya_1]

AKM в сообщении #532217 писал(а):

Обсуждается несчастный дискриминант... который Вы до сих пор не удосужились выписать явно.

$D=-3a^2(cd-p)^2+2c^2da(cd-p)+c^2(cd-2p)^2$
$D=(bca-c^2a-ab^2+b^3-bc^2+ca^2)^2-4b(c-a)(c-b)(b-a)(ca+cb-a^2-b^2)$

[AKM]

Здесь следовало бы добавить для полноты, что $c=\sqrt[3]{a^3+b^3}$, чтобы всем было видно, что речь идёт о функции двух переменных. От этой мелочи сообщение становится самодостаточным. Может, кто-нибудь неленивый и подоказывает. Или трюк какой-нибудь, пока не замеченный, обнаружится.
Сводится к одной переменной, как я уже писал: $D(a,b)=a^6\cdot G\left(\frac{b}{a}\right)$.

Далее я предложил бы на время отказаться от доказательства его положительности. Думаю, эта трудоёмкая работа автору не под силу. Но хотя бы дельно описать некую надёжность этого вывода необходимо. (Я не доказывал, только "убедился"). Только тогда можно предложить nnosipov (на вопросы которого Правила форума обязывают Вас отвечать) отложить это доказательство и перейти к вожделенным "рациональностям" и делимостям: глядишь, повезёт, и на этом всё закончится. А то получится типичное

"Вовочка вымой шею, сегодня тётя приезжает."
"А вдруг тётя не приедет, буду я как дурак с чистой шеей (с положительным дискриминантом) ходить!"

[nnosipov]

Положительность дискриминанта у меня не вызывает сомнений, ибо действительно всё легко

AKM в сообщении #532254 писал(а):

Сводится к одной переменной, как я уже писал: $D(a,b)=a^6\cdot G\left(\frac{b}{a}\right)$.

и достаточно просто поглядеть на график этой $G(x)$ (отсылка к графику --- это, конечно, не строгое доказательство, ну да бог с ним, опустим эту схоластику, это действительно не принципиально, поскольку сам факт верен и на него теперь можно опираться). Поэтому предлагаю перейти к главному --- рациональности корней тех двух квадратных уравнений. Возню с упорядочиванием корней также можно пока пропустить, но надо иметь в виду, что здесь возможны варианты (к примеру, не удастся доказать, что $b$ --- всегда максимальный корень первого уравнения, это просто неверно). Будем считать, что Вы рассматриваете один из возможных вариантов, скажем, $b>b_1$, $b>b_2$, и в этом варианте доказываете рациональность $b_1$ и $b_2$ (и аналогично со вторым уравнением).

[yk2ru]

natalya_1 в сообщении #532088 писал(а):

Я хотела написать уравнение по выведенному yk2ru равенству, но потом передумала, потому что там есть ошибка в преобразованиях.

В чём ошибка? Хочется знать.

$a^2[3a^2(cd-p)^2-2ac^2d(cd-p)-c^2(cd-2p)^2]=$

$=3a^2[a(cd-p)]^2-2a^2c^2d[a(cd-p)]-c^2[a(cd-p)]^2+a^2c^2(2cdp-3p^2)=$

$=(3a^2-c^2)t^2-2a^2c^2dt+a^{2}c^2(2cdp-3p^2)$

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #532305 писал(а):

(к примеру, не удастся доказать, что $b$ --- всегда максимальный корень первого уравнения, это просто неверно).

Это неверно, если мы говорим обо всех решениях уравнения $x^3+y^3=z^3$, а мы говорим о предполагаемых целых. Поэтому правильность этого нельзя проверять подстановкой иррациональных чисел.

Буду благодарна, если укажете на ошибку в моем доказательстве, тогда это будет неверно при целых положительных решениях . Если ошибки не обнаружится, значит, для целых решений должно выполняться $b>b_1, b>b_2.$

Точно так же точка перегиба функции $f(x)$ может по-разному располагаться на графике по отношению к $\frac{cp}{cd-p}$ , где ($f(\frac{cp}{cd-p})=0$). А вот если существуют целые решения уравнения $x^3+y^3=z^3,$ значение функции в точке перегиба отрицательно (у меня есть доказательство).

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #532314 писал(а):

Это неверно, если мы говорим обо всех решениях уравнения $x^3+y^3=z^3$, а мы говорим о предполагаемых целых. Поэтому правильность этого нельзя проверять подстановкой иррациональных чисел.

Буду благодарна, если укажете на ошибку в моем доказательстве

Тогда пишите подробно и понятно это Ваше доказательство. Выделяйте в этом доказательстве те места, в которых используется целочисленность $a$, $b$, $c$, разъясняйте, как именно она используется. На данный момент доказательства у Вас нет.

-- Сб янв 28, 2012 21:25:24 --

natalya_1 в сообщении #532202 писал(а):

2.4. $c^2d^2-3cdp+3p^2=(cd-p)^2-p(cd-2p)$, $k=\frac{c^2d+c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}$, где $k$ - большая критическая точка функции $f(x)$. Следовательно, $k<\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}$.
Предположим, что $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$. Тогда
$c(2cd-p)<3b(cd-p)$, $2cd-p<3cd-3p$, $cd>2p$ - верно. Следовательно, $b>b_1, b>b_2.$

Не этот ли текст Вы считаете доказательством?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #532324 писал(а):

Не этот ли текст Вы считаете доказательством?

Да, этот.