Попытка доказательства теоремы ферма 3

[natalya_1]

Combat Zone в сообщении #1601171 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

Вам не лень было прошерстить тему, чтобы найти эти цитаты?

Я вообще удивляюсь, насколько людям не лень: они даже пытаются составить самостоятельно доказательство из этих обрывков.

Мое доказательство написано на первой странице темы. Никаких обрывков, а за интерпретации других участников и перевирание моих слов я не отвечаю.

[natalya_1]

Ферма утверждал, что уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

Предположим, что такое решение существует

при $x=a$, $x'=b$, $z=c$, $n=m$, где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^m+b^m=c^m$. $m$-целое
положительное число $m>3$

1.1. $a^{n-2}+b^{n-2}=c^{n-2}+d$, где
$d$ - целое положительное число
$a^{2}1+b^{2}=c^{2}+p$, где $p$- целое положительное число.


1.2. $a^{m-2}+b^{m-2}-c^{m-2}=d$,
$a^{m-1}+b^{m-1}-c^{m-1}=p$ Перемножаем левые и правые части, получаем: $pa^{m-2}+pb^{m-2}-pc^{m-2}=a^{m-1}d+b^{m-1}d-c^{m-1}d$, $a^{m-2}(ad-p)+b^{m-2}(bd-p)=c^{m-2}(cd-p)

1.3. $a^{m-2}(ad-p)+b^{m-2}(bd-p)=c^{m-2}(cd-p)$, $a^m+b^m=c^m$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^{m}a^{m-2}(ad-p)+c^{m}b^{m-2}(bd-p)=a^{m}c^{m-2}(cd-p)+b^{m}c^{m-2}(cd-p)$ , следовательно,
$(cd-p)a^m-c^{2}da^{m-1}+c^{2}pa^{m-2}=-((cd-p)b^m-c^{2}db^{m-1}+c^{2}pb^{m-2})$ .

2.1.1 функция $y=(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$ в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков и она является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$, следовательно, между $a$ и $b$ существует точка ( назовем ее
$h$, значение функции в которой равно $0$.

2.1.3 Найдем все точки, значение функции в которых равно нулю.

$(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}=0$.
$x=0$ или

$(cd-p)x^2-c^{2}dx+c^{2}p=0$
$D=c^4d^2-4(cd-p)c^2p$,
$x=\frac{c^{2}d\mp\sqrt{c^2(cd-2p)^2}}{2(cd-p)}$
отсюда
$x=c$ или $x=\frac{cp}{cd-p}$.
Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число.

3.1.1.Найдём критические точки функции
$y=(cd-p)x^{m}-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$
$y'=m(cd-p)x^{m-1}-(m-1)c^2dx^{m-2}+(m-2)c^2px^{m-3}$
$y'=0$ если $x=0$ или
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2px=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$

3.1.1 Найдём точки перегиба функции
$y''=m(m-1)(cd-p)x^{m-2}-(m-2)(m-1)c^2dx^{m-3}+(m-2)(m-3)c^2px^{m-4}$
$y''=0$ если $x=0$ (при m>4) или
$m(m-1)(cd-p)x^2-(m-1)(m-2)c^2dx+(m-2)(m-3)c^2p$
$D=(m-1)^2(m-2)^2c^4d^2-4m(m-1)(m-2)(m-3)c^2p(cd-p)$
$x=\frac{(m-1)(m-2)c^2d\mp\sqrt{D}}{2m(m-1)(cd-p)}$
3.1.2. Исследуем точку $0$ на перегиб ($m>4$)
$y'''=m(m-1)(m-2)x^{m-3}-(m-1)(m-2)(m-3)x^{m-4}+(m-2)(m-3)(m-4)c^2px^{m-5}$
Поскольку значение третьей производной в точке $0$ не равно нулю только при $m=5$,
$0$ будет точкой перегиба только при $m=5$.
В остальных случаях доказательство будет таким же как при $m=3$.

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

Вам не лень было прошерстить тему, чтобы найти эти цитаты?

Не поверите - даже и не думал! Просто открыл на первой странице и стал подряд выписывать. На второй пришлось остановиться, так как сообщение стало "распухать".

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

Описки - Это не ошибки

Хм, описки, значит, а не ошибки?

Цитата:

- Воду из крана пить нельзя. Она буроватая, как пиво, и пахнет мочой.
Ученички загрязнили колодец. Дворник говорит, что посылал воду в Кливленд
на анализ и оттуда пришел короткий ответ: "Ваша лошадь больна диабетом..."

Если описок СТОЛЬКО, откуда вообще знать, что в Ваших текстах есть что-то, кроме описок?

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

И вы не нашли у меня ошибку в доказательстве.

natalya_1 в сообщении #1599582 писал(а):

Я предлагаю на этом закончить, я не состоянии вам объяснить

Цитата:

Поздравляю вас, гражданин, соврамши!

[natalya_1]

Для $m=5$.

$a+a_1+a_2=0+h+c=b+b_1+b_2$

Первый вариант

$a_1<0<b<b_1<h<a_2<a$
Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b$ -целое число , $a_2$ - рациональное число.
$a+a_1+a_2=\frac{c^2d}{cd-p}$. $a_2=\frac{c^2d}{cd-p}-(a-b)=\frac{c^2d-(a-b)(cd-p)}{cd-p}$
$(a_2^m+b^m)(cd-p)-c^2d(a_2^{m-1}+b^{m-1})+c^2p(a_2^{m-2}+b^{m-2})=0$
$a_2+b=\frac{c^2d-(a-2b)(cd-p)}{cd-p}$
${a-2b}$ не имеет общего делителя с $c$ (Кроме возможных $3$ и $2$ ), $a_2$ и
$b$ не имеют общего делителя с $c$,
Поэтому этот вариант невозможен.

Второй вариант
$a_1<0<b_1<b<h<a_2<a$


Третий вариант
$a_1<0<b_1<b<h<a<a_2$ (Они доказываются одинаково)


Распишу завтра

[мат-ламер]

Onoochin в сообщении #1601102 писал(а):

Что кубическое ур-ние с целыми коэффициентами в общем случае ,не может иметь три рациональных корня, факт очевидный и проверяется на массе примеров.

Эта фраза оказалась выше моего понимания

Пока подозреваю, что в моей голове термины "общий случай" и "может" конфликтуют между собой и выясняют, кто из них главнее

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601145 писал(а):

Дайте мне, пожалуйста, в личку ссылку на сообщения с уравнениями, напишу. как я их вывела.

Хорошо

natalya_1 в сообщении #1601155 писал(а):

Могу поспорить, что вы, так же, как и большинство отписавшихся здесь гадостями и плоскими шуточками, не вникали в моё доказательство,
а поверили тому что написал Onoochin .
И это тоже не достойно математиков, принимать что-то на веру.
Бывает, что люди ошибаются, бывает, что врут, всему нельзя верить .
Удивительно, что такие простые истины до математикoв доносит художник, а не наоборот.
И уж тем более не достойно стадное подпевание.

За всех говорить не буду, но лично для меня ваше доказательство для показателя 3 понять трудно, так как у вас мало комментариев.

natalya_1 в сообщении #1601158 писал(а):

Я вас попрошу больше это не писать. Я вас услышала, вы меня - нет. Всё равно какому многочлену принадлежат эти корни, речь идёт не о корнях и многочленах, а конкретных числах, их значениях и соотношениях.
Это не переменные!!!!!!!

natalya_1 в сообщении #1601158 писал(а):

Ничего не должно. Как хочу эти числа, так и называю. И преобразование с верными равенствами имею права делать без ваших многочленов.
Это не переменные!!!!!!!

Этот факт я понял лучше всего

Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):

Вы занимаетесь оскорблениями, и предлагаете Вам не отвечать?

Тема превращается в выяснения отношений

natalya_1 в сообщении #1601170 писал(а):

Описки - Это не ошибки.
ошибки, даже самые мелкие, я всегда признаю
Вам не лень было прошерстить тему, чтобы найти эти цитаты?
Ни одна из этих ошибок по невнимательности или описок не повлияла на итоговое доказательство.

Раз у вас есть опечатки, нет ли опечаток в ваших переменных $a_i,b_i$, которыми вы оперируете? Я поначалу подумал, что ваша $b_2''$ это опечатка и один штрих лишний, то есть у вас реально есть переменные с двумя штрихами?

natalya_1 в сообщении #1601161 писал(а):

Antoshka Посмотрите, пожалуйста, концовку доказательства.

Давайте сначала уберём все описки

natalya_1 в сообщении #1601172 писал(а):

Мое доказательство написано на первой странице темы. Никаких обрывков, а за интерпретации других участников и перевирание моих слов я не отвечаю.

Не надо спешить. У вас там в пятом по моему пункте имеет место нечитаемая абракадабра, о чем я вам писал здесь

natalya_1 в сообщении #1601177 писал(а):

Ферма утверждал, что уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

Это очередная версия доказательства общего случая. Однако в конце написано

natalya_1 в сообщении #1601177 писал(а):

В остальных случаях доказательство будет таким же как при $m=3$.

Получается, что общий случай и показатель три связаны. Какое доказательство мне смотреть, непонятно и где концовка его?
Которое в первом сообщении, судя по всему

natalya_1 в сообщении #1601180 писал(а):

Третий вариант
$a_1<0<b_1<b<h<a<a_2$ (Они доказываются одинаково)


Распишу завтра

Это опять общий случай пошёл, судя по всему. Ждём завтра тогда

мат-ламер в сообщении #1601194 писал(а):

Эта фраза оказалась выше моего понимания

Это надо понимать так, что кубическое уравнение с произвольными коэффициентами не обязано иметь три рациональных корня

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601177 писал(а):

если $x=0$ (при m>4) или
$m(m-1)(cd-p)x^2-(m-1)(m-2)c^2dx+(m-2)(m-3)c^2p$

Знак равенства потерян

natalya_1 в сообщении #1601177 писал(а):

Поскольку значение третьей производной в точке $0$ не равно нулю только при $m=5$,
$0$ будет точкой перегиба только при $m=5$.

Вот это проверить надо

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1601200 писал(а):

За всех говорить не буду, но лично для меня ваше доказательство для показателя 3 понять трудно, так как у вас мало комментариев.

Так я же готова дать любые комментарии.

[Dedekind]

natalya_1
Если не секрет, какая Ваша конечная цель? То есть, когда Вы решите, что доказательство таки завершено? Когда перестанут поступать вопросы участников? Или когда какое-то количество участников (если да, то какое именно?) подтвердит, что все правильно и ошибок нет?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1601200 писал(а):

Раз у вас есть опечатки, нет ли опечаток в ваших переменных $a_i,b_i$, которыми вы оперируете? Я поначалу подумал, что ваша $b_2''$ это опечатка и один штрих лишний, то есть у вас реально есть переменные с двумя штрихами?

Господи, помоги! как мне ещё объяснить, что в моём доказательстве нет никаких переменных?

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601230 писал(а):

Так я же готова дать любые комментарии.

Я не понимаю, откуда берутся у вас все точки, кроме $a,a_1,b,b_1$ например оттуда берётся точка $b_1''$?

-- 16.07.2023, 17:14 --

natalya_1 в сообщении #1601233 писал(а):

Господи, помоги! как мне ещё объяснить, что в моём доказательстве нет никаких переменных?

Это я описался уже. Прошу прощения

[пианист]

(Оффтоп)

Antoshka в сообщении #1601200 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601158

писал(а):
Ничего не должно. Как хочу эти числа, так и называю. И преобразование с верными равенствами имею права делать без ваших многочленов.
Это не переменные!!!!!!!
Этот факт я понял лучше всего

А Вы не могли бы объяснить, что это за таинственные "непеременные"? если Вам удалось это понять..
Чем они отличаются от переменных?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1601235 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601230 писал(а):

Так я же готова дать любые комментарии.

Я не понимаю, откуда берутся у вас все точки, кроме $a,a_1,b,b_1$ например оттуда берётся точка $b_1''$?

Постаралась почистить и подправить.

1.Есть функция $f(x)=(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px$.
Она в точках $a$ и $b$ принимает одинаковые значения разных знаков $f(a)=-f(b)$.

2.Найдя точки, в которых она равна нулю и критические точки, мы пришли к выводу, что такие же значения она принимает в других точках:
$(fa)=f(a_1)=f(a_2)$, $f(b)=f(b_1)=f(b_2)$.

3. Нашли точку перегиба функции $k=\frac{c^2d}{3(cd-p)}$

3.множество корней многочлена тождественно множеству корней соответствующего уравнения,
$(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px=0$, $f(0)=f(h)=f(c)$, $h=\frac{cp}{cd-p}$
$a+a_1+a_2=b+b_1+b_2=0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$

Далее
на примере варианта $a_1<0<b<b_1<h<a_2<a<c$

4.Выполним параллельный перенос и графика f(x) параллельно оси $OX$ $f_1(x)=f(x)-2f(k)$.
Затем выполним параллельный перенос графика $f_1(x)$ параллельно оси $OY$
$f_2(x)=f_1(x-(k-h))$
где $k$ - точка перегиба функции $f(x)$

$f_2(h_1)=f_2(0)=f_2(c)=0$
$\frac{h_1+h}{2}=\frac{h+(h+3(k-h))}{2}=\frac{c}{2}$, $h_1-h=((3k-2h)-h)=3(k-h)$

В результате этих двух последовательных параллельных переносов
получаем симметрию относительно $\frac{c}{2}$:

точка $b$ симметрична точке $a'$ ,
точка $b_1$ симметрична точке $a_2''$
точка $b_2$ симметрична точке $a_1'$
точка $a$ симметрична точке$b'$
точка $a_1$ симметрична точке $b_2'$
точка $a_2$ симметрична точке $b_2'$
точка $h_1$ симметрична точке $h$
$f_2(a')=f_2(a_1')=f_2(a_2'')=f(a)=f(a_1)=f(a_2)$,
$f_2(b')=f_2(b_1'')=f_2(b_2')=f(b)=f(b_1)=f(b_2)$.




5.Выполним параллельный перенос и графика $f_2(x)$ параллельно оси $OY$
$f_3(x)=f_2(x+(h_1-h))$

Получим точки $b_1'$
$b_1'=b_1''-(h_1-h)$, $f_3(b_1')=f_2(b_1'')=f(b)$
$a_2'$
$a_2'=a_2''-(h_1-h)$, $f_3(a_2')=f_2(a_2'')=f(a)$
$h_1-h=2(\frac{c}{2}-h)=\frac{c^2d-cp-2cp}{cd-p}=\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=3(k-h)$





6.$f_2(h_1)=f(h)=f(0)=f_2(0)=f(c)=f_2(c)=0$, $h_1=h+3(k-h)$
$b+b_1+b_2=a+a_1+a_2=0+h+c$,
$b'+b_1''+b_2'=a'+a_1'+a_2''=0+h_1+c$.
$b'+(b_1'+3(k-h))+b_2'=0+(h+3(k-h))+c$ , следовательно,
$b'+b_1'+b_2'=0+h+c=b+b_1+b_2$
Аналогично
$a'+a_1'+a_2'=0+h+c=a+a_1+a_2$

отсюда
$b-b'=(b_1'-b_1)+(b_2'-b_2')$
$a-a'=(a_1'-a_1)+(a_2'-a_2)$

7.$a+b'=c$,
$b+a'=c$
$a+b=c+d$, следовательно $a-a'=b-b'=d$

8.$b_1+a_2'=b_1+a_2''-\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=c-\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=2h$,
$b_2+a_1=c-(b_2'-b_2)$;
$a+b=c+(a-a')=c+d$
$(a_2'-a_2)+(b_2'-b_2)=d$.

Далее

$b_2'-b_1'=b_2'-(b_1''-\frac{c(cd-3p)}{cd-p})=(a_2'-a_1')+\frac{c(cd-3p)}{cd-p}$,
$b_2'-b_1'=(c-a_1)-(2h-a_2)=(a_2-a_1)+(c-2h)=(a_2-a_1)+\frac{c(cd-3p)}{cd-p}=b_2-b_1$,
$(b_2'-b_2)=(b_1'-b_1)=\frac{d}{2}$.
Отсюда
$a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$- рациональное число,
$a_2+b_1=2h-\frac{d}{2}$- рациональное число.


9. $a_1+b_2$ - рациональное число


$(a_1^3+b_2^3)(cd-p)-c^2d(a_1^2+b_2^2)+c^2p(a_1+b_2)=0$
$(a_1+b_2)((a_1+b_2)^2-3a_1b_2)(cd-p)-c^2d(a_1+b_2)^2+2c^2da_1b_2+c^2p(a_1+b_2)=0$,
$(a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-a_1b_1{3(a_1+b_1)(cd-p)-2c^2d}$
$2c^2d\not= 3(c-\frac{d}{2})(cd-p)$, поскольку $\frac{2c^2d}{cd-p}$ не может быть целым числом,
следовательно
5.1.2.$a_1b_2$ - рациональное число.
аналогично $a_2b_1$ - рациональное число.
но у нас $a_1a_2$ - рациональное число.
$a_1(b_2-a_2)$- рациональное число, $a_1(b_2-(\frac{c^2d}{cd-p}-a-a_1))$,

$a_1((b_2+a_1)+a-\frac{c^2d}{cd-p})$ - рациональное число, следовательно,
$a_1$ -рациональное число, следовательно, $a_2$, $b_1$, $b_2$ - рациональные числа.

6.1.1 $a_1+b_2=c-\frac{d}{2}$ (4.1.3)
$(a_1+b_2){(a_1+b_1)^2(cd-p)-c^2d(a_1+b_1)+c^2p}-a_1b_1{3(a_1+b_1)(cd-p)-2c^2d}$ (5.1.1),
$a_1+b_2=\frac{3c-a-b}{2}$, следовательно,

$\frac{\frac{3c-a-b}{2}(\frac{(3c-a-b)^2}{4}-3a_1b_2)(cd-p)}{c^2}$-целое число, следовательно
$a_1b_1$ должно иметь общий делитель с $a+b$, отличный от $2$. То есть, либо $a_1$, либо $b_2$ ( либо, и $a_1$, и $b_2$ должны иметь общий делитель с $a+b$, отличный от $2$.
Но это невозможно, поскольку
$a_1^3(cd-p)-a_1^2c^2d+a_1c^2p=a^3(cd-p)-a^2c^2d+ac^2p$,
$b_2^3(cd-p)-b_2^2c^2d+b_2c^2p=b^3(cd-p)-b^2c^2d+bc^2p$,

$a$, $b$ и $c$ - взаимно простые числа.

[Geen]

natalya_1 в сообщении #1601244 писал(а):

Выполним параллельный перенос и графика f(x) параллельно оси $OX$ $f_1(x)=f(x)-2f(k)$.

Да неужели??... После этого хочется спросить, а что Вы называете "параллельным переносом"?...

[natalya_1]

Geen в сообщении #1601252 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601244 писал(а):

Выполним параллельный перенос и графика f(x) параллельно оси $OX$ $f_1(x)=f(x)-2f(k)$.

Да неужели??... После этого хочется спросить, а что Вы называете "параллельным переносом"?...

График функции y=f(x)+B получается параллельным переносом графика функции y=f(x) в положительном направлении вдоль оси Оу на расстояние В, если В>0 и в отрицательном направлении вдоль оси Оу, если B<0.
График функции y=f(x+b) получается параллельным переносом графика функции y=f(x) в положительном направлении вдоль оси Оx на расстояние b, если b<0 и в отрицательном направлении вдоль оси Оx, если b>0.