Попытка доказательства Теоремы Ферма

[natalya_1]

$f_1(b_1)=f(b)=-f(a)$

$f_1(k)=f(h)$, где $k$ - точка перегиба $f(x)$. $b_1$ - рациональное число.

$f_2(h_2)=f_2(0)=f(h)=f(0)=f(c)$ , $h_2=\frac{c}{2}$

$f_2(b_2)=f(b)=f_1(b_1)=f(b_1)-f(k)$, следовательно,

$h_2-b_2=k-b_1$ - рациональное число. Отсюда $b_2$ - рациональное число.

$h_2=k_2$, следовательно, $\frac{cp_2}{cd_2-p_2}=\frac{c^2d_2}{3(cd_2-p_2)}$,
$\frac{cd_2}{p_2}=3$

$f_2(b_2)=b_2^3(3p_2-p_2)-3cp_2b_2^2+c^2p_2b_2$, $f_2(b_2)=p_2(2b_2^3-3cb_2^2+3b_2)$

$p_2$- рациональное число. Следовательно, $d_2$ , $a_2$ - рациональнsе числа, где $2b_2^3-3cb_2^2+c^2b_2=-(2a_2^3-3ca_2^2+c^2a_2)$, $b_2^3+a_2^3=c^3$

Отсюда $2c^3-3c(a_2^2+b_2^2)+c^2(a_2+b_2)=0$, $\frac{a_2^2+b_2^2}{c}$ - целое число, что не возможно. Следовательно, $p$ и $d$ не могут быть рациональными .

[nnosipov]

natalya_1, мы всё уже основательно забыли. Ваш последний текст --- как китайская грамота.

[natalya_1]

nnosipov, по Вашему совету я изучала уравнения с параметрами.

Напишу итог:


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

1.1.

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

$a<b<c$.

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. $f(x)=0$ при $x=0$ , $x=\frac{cp}{cd-p}$ (обозначим как $h$) и $x=c$.
Точка перегиба функции $k=\frac{c^2d}{3(cd-p)}$.

2.2 Предположим имеются целые решения уравнения Ферма $b_1$ и $a_1$.



2.4. $f_3(a_3)=f_1(a_1)=-f_1(b_1)$

$f_2(k_1)=f_1(h_1)$, где $k_1$ - точка перегиба $f_1(x)$.

$f_3(h_3)=f_3(0)=f_3(c)=f_1(h_1)=f_1(0)=f_1(c)$ , $h_3=\frac{c}{2}$

$f_3(a_3)=f_1(a_1)=f_2(a_2)=f_1(a_2)-f_1(k_1)$, следовательно,

$h_3-a_3=k_1-a_2$ - рациональное число. Отсюда $a_3$ - рациональное число.

$h_3=k_3$, следовательно, $\frac{cp_3}{cd_3-p_3}=\frac{c^2d_3}{3(cd_3-p_3)}$,
$\frac{cd_3}{p_3}=3$

$f_3(a_3)=a_3^3(3p_3-p_3)-3cp_3a_3^2+c^2p_3a_3$, $f_3(a_3)=p_3(2a_3^3-3ca_3^2+3c^2a_3)$, следовательно,

$p_3$- рациональное число. Следовательно, $d_3$ , $b_3$ - рациональные числа, где $2b_3^3-3cb_3^2+c^2b_3=-(2a_3^3-3ca_3^2+c^2a_3)$, $a_3^3+b_3^3=c^3$


Отсюда $2c^3-3c(a_3^2+b_3^2)+c^2(a_3+b_3)=0$,
(Далее будем говорить о целых $a_3$, $b_3$ , поскольку при рациональных корнях уравнение Ферма можно привести к виду с корнями - целыми взаимно-простыми числами).

$\frac{a_3^2+b_3^2}{c}$ - целое число, что не возможно. Следовательно, $p$ и $d$ не могут быть рациональными . А значит, уравнение Ферма не может иметь трех рациональных корней.

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #582258 писал(а):

2.4. ...

$f_3(a_3)=f_1(a_1)=f_2(a_2)=f_1(a_1)-f(k_1)$,

Я ошиблась при наборе текста. Уважаемые модераторы, нельзя поправить:
$f_3(a_3)=f_1(a_1)=f_2(a_2)=f_1(a_2)-f_1(k_1)$

Поправил. //AKM

[Алексей К.]

И куда идти за определениями функций $f_1,f_2,f_3$?

[natalya_1]

$f_1(x)=(cd_1-p_1)x^3-c^{2}d_1x^2+c^{2}p_1x $
$f_2(x)=f_1(x+(h_1-k_1)) $
$f_3(x)=f_2(x)-f_1(k_1) $

[Алексей К.]

Интересно, как мы могли бы до этого догадаться своими нетренированными умишками?

natalya_1 в сообщении #582258 писал(а):

2.2 Предположим имеются целые решения уравнения Ферма $b_1$ и $a_1$.


2.4. $f_3(a_3)=f_1(a_1)=-f_1(b_1)$

Кто такой $a_3$?
Вы старательно запутываете себя и читателей введением ненужных индексов. У Вас уже были предположительные решения, $a$ и $b$, по изначальному определению. Вы зачем-то завели $a_1$ и $b_1$, теперь вынуждены переименовывать функции. Читать это невозможно ("невозможно", кстати, в Ваших контекстах пишется слитно).

[natalya_1]

Алексей К. в сообщении #582875 писал(а):

Вы старательно запутываете себя и читателей введением ненужных индексов. У Вас уже были предположительные решения, $a$ и $b$, по изначальному определению. Вы зачем-то завели $a_1$ и $b_1$, теперь вынуждены переименовывать функции.

Мне надо было как-то показать разницу между разными парами корней уравнения Ферма
$a_1, b_1$ и $a_3, b_3$ при одном и том же значении $c.$
Я не знаю, как это сделать лучше и правильно

[Алексей К.]

natalya_1 в сообщении #582868 писал(а):

$f_1(x)=(cd_1-p_1)x^3-c^{2}d_1x^2+c^{2}p_1x $

А $c$ здесь "новое" $(c_1)$ или "старое"?

-- 10 июн 2012, 11:10:57 --

natalya_1 в сообщении #582880 писал(а):

Мне надо было как-то показать разницу между разными парами корней уравнения Ферма

И этого нам так просто не угадать. Тем более, что "при одном и том же значении цэ".

-- 10 июн 2012, 11:18:22 --

natalya_1 в сообщении #582880 писал(а):

Я не знаю, как это сделать лучше и правильно

"Предположим, что имеется пара (тройка, семёрка, ...) решений $\{a_1,b_1,c\}$ и $\{a_2,b_2,c\}$."
И надо не забывать, что это не есть теорема Ферма, и Вы, скорее всего, именно это предположение и опровергаете своим типовым вердиктом "что не возможно".

[natalya_1]

Алексей К. в сообщении #582881 писал(а):

А $c$ здесь "новое" $(c_1)$ или "старое"?

Наверное лучше исправить на $c_1$.

Алексей К. в сообщении #582881 писал(а):

Предположим, что имеется пара (тройка, семёрка, ...) решений $\{a_1,b_1,c\}$ и $\{a_2,b_2,c\}$."

Решений бесконечно много (поскольку речь идет не только о рациональных), и это отражает функция в общем виде $f(x)$. Я предполагаю одно решение в целых взаимно простых числах $\{a_1, b_1,c\}$, ему соответствует $f_1(x)$. Если построить графики функций, отражающих все решения уравнения Ферма при одном и том же $c$, их будет бесконечно много, отличаться они будут в зависимости от расположения $k$ (точки перегиба) и $h$ друг относительно друга и относительно $0$ и $c$.

[Keter]

(Оффтоп)

natalya_1, не хочу Вас обидеть этим вопросом, мне стало интересно. Вы пишете доказательство для $n=3$. Вы придумываете новый метод?

[Someone]

(Keter)

Правила форума требуют, чтобы претендент прежде всего предъявил корректное доказательство для третьей степени, а уже потом переходил к общему случаю.

[natalya_1]

Keter в сообщении #583106 писал(а):

(Оффтоп)

natalya_1, не хочу Вас обидеть этим вопросом, мне стало интересно. Вы пишете доказательство для $n=3$. Вы придумываете новый метод?

Эту схему можно использовать для всех степеней.
В общем виде $a^n+b^n=c^n, d=a^{n-2}+b^{n-2}-c^{n-2}, p=a^{n-1}+b^{n-1}-c^{n-1}$

[AKM]

natalya_1 в сообщении #583133 писал(а):

Эту схему можно использовать для всех степеней.

natalya_1

вот только не надо бессвязный набор слов и формул выдавать за "схему" чего-то. Рановато будет.

[Keter]

(Someone, natalya_1)

Но если на правилах форума нужно предоставить корректное доказательство для $n=3$ разве это сложно сделать, хотя бы средствами элементарной замены... Ладно, не обращайте на меня внимание, это я чего-то придрался)))