Попытка доказательства теоремы ферма 3

[vxv]

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^m+b^m=c^m$. $m$-Нечётное положительное число, $m>3$

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

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число,

Это были ваши условия, из которых для одних и тех же $a,b,c$ (судя по показателям степеней) следует, что
$p<d$,
$h<1$,
$h<b$.
Что не так?

[natalya_1]

vxv в сообщении #1601375 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

где $a$, $b$, $c$ - целые положительные взаимно простые числа и $a>b$, то есть $a^m+b^m=c^m$. $m$-Нечётное положительное число, $m>3$

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

natalya_1 в сообщении #1600886 писал(а):

Поскольку $a<c$, $b>0$, $h=\frac{cp}{cd-p}$ -рациональное число,

Это были ваши условия, из которых для одних и тех же $a,b,c$ (судя по показателям степеней) следует, что
$p<d$,
$h<1$,
$h<b$.
Что не так?

Я не вижу, как это следует. Если хотите, я могу заменить на $a+b-c=d$, $a^2+b^=c^2+p$ ( как у меня было изначально ), чтобы не ковыряться в высоких степенях ( я в любом случае собиралась это делать) Там все видно лучше.
Мне непонятно, каким образом вы пришли к такому странному выводу
Тогда будет $h=\frac{cp}{cd-p}$,
Вам надо показать, что $cp>cd-p$?
$ca^2+cb^2-c^3>ca+cb-a^2-b^2$
$a^2(c-a)+b^2(c-b)>a(c-a)+b(c-b)$,
$a(c-a)(a-1)+b(c-b)(b-1)>0$ все верно

[пианист]

(Оффтоп)

natalya_1 в сообщении #1601365 писал(а):

публично попросить уважаемых venco , nnosipov , dmd

nnosipov форум покинул. Если Вам нужно именно его заключение, боюсь, придется написать письмо.

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1601161 писал(а):

Onoochin в сообщении #1601160 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601158 писал(а):

Опять бессовестно врёте.

Вы занимаетесь оскорблениями

Я называю вещи своими именами

Поскольку Вы никак не можете успокоиться в своих оскорблениях, то я продемонстрирую простое док-во иррациональности $a_1\,a_2$, чтобы закончить эту тему

Для кубического ур-ния

$$x^3+Ax^2+Bx+C=0 $$

имеем следующие соотношения для корней $a,\,a_1,\,a_2$

$$a+a_1+a_2=-A\,\,;\,\, a_1a_2+a(a_1+a_2)=B$$

Считая $a$ заданным (ну задали и всё тут!), находим решения для $a_1,\,a_2$ как решения квадратного ур-ния.

$$$x^2-(A+a)x+B+a(a+A)=0 $$$

его решение

$$ x=-\frac{1}{2}\left(A+a\pm\sqrt{A^2-2aA-3a^2-4B} \right)$$

или в терминах многочлена $f(x)$ числа $a,\,a_1,\,a_2$ будут рациональными тогда и только тогда, когда выражение

$$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$$

будет полным квадратом.

Можно еще выразить $a$ через $c,p,d$ но это ничего принципиально не изменит.

Вышеприведенные вычисления - точные и основаны на простых алгебраических соотношениях. Поэтому Ваше док-во неверно.
А ошибку в нём легко найти, переписав все штрихованные неизвестные через исходные $a_i,\,b_i$

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

числа $a,\,a_1,\,a_2$ будут рациональными тогда и только тогда, когда выражение

$$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$$

будет полным квадратом.

Ничего нового вы мне не сообщили. Это и так было понятно из того, что
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$

$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$
Но, увы, мы не можем доказать , является этот дискриминат полным квадратом или не является. Вы можете?
С какого перепугу вы в очередной раз категорично заявляете, что он не является полным квадратом?

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

я продемонстрирую простое док-во иррациональности $a_1\,a_2$, чтобы закончить эту тему

Ваше доказательство ошибочно, поэтому мою тему закончить не получится.

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

. Поэтому Ваше док-во неверно.

Поэтому вы ошибаетесь в своих выводах

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

.
А ошибку в нём легко найти, переписав все штрихованные неизвестные через исходные $a_i,\,b_i$

У меня нет неизвестных в моем доказательстве.
Ошибку пока никто не нашел. Если вы можете найти, буду вам благодарна. Только без подтасовок и искажений моего доказательства, пожалуйста.

[natalya_1]

vxv
Или так:
$h=\frac{cp}{cd-p}$,
Вам надо показать, что $cp>cd-p$:

$ca^{m-1}+cb^{m-1}-c^m>ca^{m-2}+cb^{m-2}-a^{m-1}-b^{m-1}$

$a^{m-1}(c-a)+b^{m-1}(c-b)>a^{m-2}(c-a)+b^{m-2}(c-b)$,
$a^{m-2}(c-a)(a-1)+b^{m-2}(c-b)(b-1)>0$ все верно

[Onoochin]

natalya_1 в сообщении #1601392 писал(а):

Ничего нового вы мне не сообщили. Это и так было понятно из того, что
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$

$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$
Но, увы, мы не можем доказать , является этот дискриминат полным квадратом или не является. Вы можете?
С какого перепугу вы в очередной раз категорично заявляете, что он не является полным квадратом?

Какой перепуг? Выражения

$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$

и

$$(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}$$

не равны между собой. Так что в общем виде значение аргумента в точках локальных экстремумов многочлена - иррациональное. Никакой ошибки. Вы у себя ищите её

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601392 писал(а):

Ваше доказательство ошибочно, поэтому мою тему закончить не получится.

Вы вот это доказательство имели ввиду, что оно ошибочно?

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

Поскольку Вы никак не можете успокоиться в своих оскорблениях, то я продемонстрирую простое док-во иррациональности $a_1\,a_2$, чтобы закончить эту тему

[natalya_1]

Onoochin в сообщении #1601404 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601392 писал(а):

Ничего нового вы мне не сообщили. Это и так было понятно из того, что
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$

$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}}{2(cd-p)}$
Но, увы, мы не можем доказать , является этот дискриминат полным квадратом или не является. Вы можете?
С какого перепугу вы в очередной раз категорично заявляете, что он не является полным квадратом?

Какой перепуг? Выражения

$$c^4 d^2 + 2 (-2 + a) c^2 d (c d - p) - 3 a^2 (-c d + p)^2 $$

и

$$(c^2d-a(cd-p))^2-4(cd-p)(c^2p+a^2(cd-p))}$$

не равны между собой. Так что в общем виде значение аргумента в точках локальных экстремумов многочлена - иррациональное. Никакой ошибки. Вы у себя ищите её

Вы специально городите огород и всё усложняете, чтобы тратить время на поиск ошибок у вас, вместо того чтобы найти ошибку у меня?
Давайте договоримся: если я сейчас найду Вас ошибку, вы покинете мою тему и больше не будете её замусоревать.

-- Вт июл 18, 2023 00:11:10 --

Onoochin в сообщении #1601391 писал(а):

Для кубического ур-ния

$$x^3+Ax^2+Bx+C=0 $$

имеем следующие соотношения для корней $a,\,a_1,\,a_2$

$$a+a_1+a_2=-A\,\,;\,\, a_1a_2+a(a_1+a_2)=B$$

Считая $a$ заданным (ну задали и всё тут!), находим решения для $a_1,\,a_2$ как решения квадратного ур-ния.

$$$x^2-(A+a)x+B+a(a+A)=0 $$$

А вот и ошибка:
должно быть $x^2+(A+a)x+B+a(a+A)=0$

[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 нечётное
положительное число $m>2$

1.1. $a^{n-2}+b^{n-2}=c^{n-2}+d$, где
$d$ - целое положительное число
$a^{n-1}+b^{n-1}=c^{n-1}+p$, 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 $x=0$ (при $x>3)$и
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2px=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$

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 $m>3$) или
$m(m-1)(cd-p)x^2-(m-1)(m-2)c^2dx+(m-2)(m-3)c^2p$
$D=(m-1)^2(m-2)^2c^4d^2-4m(m-1)(m-2)(m-3)c^2p(cd-p)$
$x=\frac{(m-1)(m-2)c^2d\mp\sqrt{D}}{2m(m-1)(cd-p)}$






функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$ является целой рациональной функцией, непрерывна и определена при всех значениях $x$ и ее значение равно нулю в точках 0, h и с,
существует три точки, в которых она принимает одинаковые отрицательные значения ($a$,$a_1$ и $a_2$) и три , в которых она принимает одинаковые положительные значения ($b$, $b_1$ и $b_2$).

$f(a)=f(a_1)=f(a_2)=-f(b)=-f(b_1)=-f(b_2)$
$a+a_1+a_2=b+b_1+b_2=0+h+c=\frac{c^2d}{cd-p}$

Очевидно, что может существовать два варианта расположения $h$ относительно $k$ - точки перегиба функции ($0<h<k$ и $k<h<\frac{c}{\sqrt{2}}$
и
два варианта расположения $a_2$, $b_1$, $b$, $a$ относительно друг друга:
$a_1<b<b_1<a_2<a<b_2$, $a_1<b_1<b<a<a_2<b_2$.
Рассмотрим случай существования двух точек перегиба



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


$a_1<0<b_1<b<h<a<a_2$
Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b_1$ . $a_1+a+a_2+b_1+b+b_2=\frac{2c^2d}{cd-p}$
$a_2+b_2=\frac{2c^2d}{cd-p} -(a+b)=\frac{2c^2d -(a+b)(cd-p)}{cd-p} $- рациональное число.
$ (a_2^m+b_2^m)(cd-p)-c^2d(a_2^{m-1}+b_2^{m-1})+c^2p(a_2^{m-2}-+b_2^{m-2})=0$,
Из равенства следует, что $a_2b_2$ -тоже рациональное число.
Но у нас $a_1a_2$-рациональное число,
следовательно, $a_2(a_1+b_2)=a_2(b_2-b_1)$ -рациональное число.
Отсюда $a_2^2(b_2-b_1)^2$-рациональное число, $a_2^2$-рациональное число, $a_1^2$-рациональное число,


$(a_2-a_1)(a_2+a_1)$-рациональное число, $a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2$-рациональные числа.

$ (a_2^{m}+b_2^{m})(cd-p)-c^2d(a_2^{m-1}+b_2^{m-1})+c^2p(a_2^{m-2}+b_2^{m-2})=0$,
Поскольку $a_2+b_2=\frac{2c^2d -(a+b)(cd-p)}{cd-p} $, и $(a_2^m+b_2^m)(cd-p)^m$ должно делиться на $c^2$,
$\frac{a_2b_2(cd-p)^2}{c}$ должно быть целым числом, что невозможно, поскольку
$a^m(cd-p)-c^2da^{m-1}+c^2pa^{m-2}=a_2^{m}(cd-p)-c^2da_2^{m-1}+c^2pa_2^{m-2} $,
$b^m(cd-p)-c^2db^{m-1}+c^2pb^{m-2}=b_2^m(cd-p)-c^2db_2^{m-1}+c^2pb_2^{m-2} $ и
a, $b$, $c$ - взаимно простые числа.

Мы пришли к противоречию, значит, этот вариант невозможен.

Рассмотрим случай существования одной точки перегиба (на примере $m=3$).




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


вариант $a_1<0<b<b_1<h<a_2<a<c$

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.

Вариант $a_1<0<b_1<b<a<a_2<b_2$
$a+b=c+d=c+(b-b_1)$. Тогда $a_1+b_2=c-d=2c-(a+b)$,
По аналогии с первым вариантом, этот вариант тоже невозможен.


Мы рассмотрели все возможные варианты и в каждом пришли к противоречию.
Значит, наше первоначальное предположение было ошибочно. уравнение $x^n+x'^n=z^n$ не имеет решений при $n>2$.
Теорема доказана.

PS:вариант с чётными степенями также доказывается этим методом

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):

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 нечётное
положительное число $m>2$

У вас теперь нет разделения на показатель три и общий случай? Доказательство стало единым для всех показателей получается?

natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):

PS:вариант с чётными степенями также доказывается этим методом

Вариант с четными степенями можно не упоминать, так как показатели надо рассматривать только простые, то есть $m$ простое нечетное число!

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1601470 писал(а):

У вас теперь нет разделения на показатель три и общий случай? Доказательство стало единым для всех показателей получается?

Все случаи рассматриваются

[Ende]

natalya_1

Предупреждение за систематическую грубость в адрес собеседников. В случае повторения будет недельный бан.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):

Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b$ -целое число , $a_2$ - рациональное число.

Вот это мне непонятно

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1601491 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1601466 писал(а):

Поскольку $0$ -точка перегиба, $a_1=-b$ -целое число , $a_2$ - рациональное число.

Вот это мне непонятно

Так как $0$ - точка перегиба, $b$ и $a_1$ симметричны относительно точки перегиба ($f(a_1)=-f(b)$).
1. $b$ -целое число, следовательно, $a_1$- целое число.
2. $a$ и $a_1$ - целые числа.
$a+a_1+a_2=\frac{c^2d}{cd-p}$ , следовательно $a_2$ - рациональное число