Попытка доказательства теоремы ферма 3

[natalya_1]

Опять поторопилась.
Немного всё по-другому будет.
Но ход для того, чтобы прийти к симметрии, верный.

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1603384 писал(а):

для того, чтобы прийти к симметрии

для того, чтобы сократить Ваш путь: если график $y = (cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2}$ обладает центром симметрии, то абсцисса центра симметрии будет равна $\frac{c^2d}{m(cd - p)}$.
Получается прямой проверкой.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1603404 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1603384 писал(а):

для того, чтобы прийти к симметрии

для того, чтобы сократить Ваш путь: если график $y = (cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2}$ обладает центром симметрии, то абсцисса центра симметрии будет равна $\frac{c^2d}{m(cd - p)}$.
Получается прямой проверкой.

Спасибо большое! В том-то и дело, что если бы график был симметричным, всё решалась бы легко и просто.
(Кстати, я уверена, что он симметричный. Только не знаю, как это доказать: Может быть, моё рассуждение глупое: для меня функция выглядит как кубическая. Но не знаю, что делать, потому что что параметр "плавающий", тоже переменный: $x^{n-3}(x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px)$).
Только у меня абсцисса центра симметрии равна $\frac{(m-1)c^2d}{2m(cd - p)}$ (Через вторую производную).
если симметрия существует, всё очень красиво получается.
Даже сумма действительных корней легко вычисляется: сумма всех корней $\frac{c^2d}{cd-p}$, сумма действительных корней -$\frac{3(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}$..

Но в любом случае можно движением графиков добиться результата,если моё доказательство для $n=3$ верное.
Поэтому сейчас займусь тем, о чём говорил Rak so dna

-- Пн июл 31, 2023 20:54:21 --

natalya_1 в сообщении #1603431 писал(а):

график был симметричным, всё решалась бы легко и просто.
Но не знаю, что делать, потому что что параметр "плавающий", тоже переменный: $x^{n-3}(x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px)$).

Очередная идея пришла, сейчас буду её проверять:
Буду исследовать два графика: $f_1(x)=v(x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px)$ и $f_2(x)=t(x^3(cd-p)-c^2dx^2+c^2px)$,
где $v=a^{m-3}$, $t=b^{m-3}$.
Там тоже симметрия интересная

[пианист]

natalya_1 в сообщении #1603431 писал(а):

я уверена, что он симметричный. Только не знаю, как это доказать

Возьмите да подставьте в уравнение вместо $x$ и $y$ $2x_0 - x$ и $2y_0 - y$, соответственно, где $x_0, y_0$ координаты предполагаемого центра симметрии. После раскрытия скобок и упрощения должно получиться исходное уравнение. Ровно так я и посчитал абсциссу центра симметрии: собрал коэффициенты при $x^{m-1}$. Для кубической параболы центр симметрии находится всегда, какие бы ни были коэффициенты, для кривой, заданной полиномом $5$ степени и выше, это уже не так, график может и не иметь центральную симметрию. Но в любом случае, если центр симметрии есть, его иксовая координата обязательно будет равна $\frac{c^2d}{m(cd-p)}$ (в Вашем случае и в Ваших обозначениях), это необходимое условие.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1603441 писал(а):

Но в любом случае, если центр симметрии есть, его иксовая координата обязательно будет равна $\frac{c^2d}{m(cd-p)}$ (в Вашем случае и в Ваших обозначениях), это необходимое условие.

Значит, либо вы неправильно посчитали ( не могу сама проверить, не поняла как считать), либо, центра симметрии нет, потому что:
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
$m(cd-p)x^2-(m-1)c^2dx+(m-2)c^2px=0$
$D=(m-1)^2c^4d^2-4m(m-2)(cd-p)c^2p=c^2((m-1)^2c^2d^2-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2)$
$x=\frac{(m-1)c^2d\mp{c\sqrt{(m-1)^2c^2d-4m(m-2)cdp+4m(m-2)p^2}}}{2m(cd-p)}$
если центр симметрии есть, эти две критические точки должны быть симметричны относительно центра симметрии.
А они симметричны (если симметричны) относительно $\frac{(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}$
При $m>3$, $\frac{(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}\not=\frac{c^2d}{m(cd-p)}$

[пианист]

Верить мне на слово совершенно нет надобности, рецепт я написал, смысл, надеюсь, ясен, а выкладки элементарные.
Что касается "Вашей" части, я в нее не лезу, так что тут уж сами плз.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1603448 писал(а):

Верить мне на слово совершенно нет надобности, рецепт я написал, смысл, надеюсь, ясен, а выкладки элементарные.
Что касается "Вашей" части, я в нее не лезу, так что тут уж сами плз.

Спасибо вам огромное, буду разбираться

[пианист]

Если есть необходимость, могу завтра подробно расписать.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1603451 писал(а):

Если есть необходимость, могу завтра подробно расписать.

Буду очень благодарна

[natalya_1]

О симметрии:
Если центр симметрии ( как я предполагаю) $\frac{(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}$, критические точки должны быть симметричны не только относительно центра симметрии, но и относительно $c+(\frac{m-1)c^2d}{2m(cd-p)}-\frac{c}{2})$ и $(\frac{(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}-\frac{c}{2})$.
Проверяем:
$c+(\frac{m-1)c^2d}{2m(cd-p)}-\frac{c}{2}-\frac{(m-)c^2d+\sqrt{D}}{2m(cd-p)}=\frac{(m-)c^2d+\sqrt{D}}{2m(cd-p)}-(\frac{m-1)c^2d}{2m(cd-p)}-\frac{c}{2}$,
$(2m-1)c^2d-mcp-(m-1)c^2d-\sqrt{D}=(m-1)c^2d-\sqrt{D}-mcp+c^2d$,
$mc^2d-mcp=mc^2d-mcp$ всё сходится

[пианист]

Ищем центральную симметрию $x \to 2x_0 - x, y \to 2y_0 - y$ графика $y = (cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2}$, подставляем:
$2y_0 - y = (cd - p)(2x_0 - x)^m - c^2d(2x_0 - x)^{m-1} + c^2p(2x_0 - x)^{m-2}$.
Коль скоро график инвариантен, после замены $y$ из исходного выражения должно получиться тождество по $x$:
$2y_0 - ((cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2})=$
$= (cd - p)(2x_0 - x)^m - c^2d(2x_0 - x)^{m-1} + c^2p(2x_0 - x)^{m-2}$.
Раскрываем скобки справа:
$2y_0 - ((cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2})=$
$= (cd - p)(.. - \frac{m(m-1)}{2}(2x_0)^2x^{m-2} + m 2x_0x^{m-1} - x^m) -$
$-c^2d(.. - (m-1)2x_0x^{m-2} + x^{m-1}) + c^2p(.. + (m-2)2x_0x^{m-3} - x^{m-2})$.
Начинаем собирать коэффициенты при степенях $x$; по $x^m$ выполняется, по $x^0$ дает выражение $y_0$ через $x_0$. $x^{m-1}$ дает как раз значение $x_0$; приятный сюрприз - коэффициенты при $x^{m-2}$ приводят к тому же равенству. В случае $m=3$ приключения на том и заканчиваются, так что центр симметрии всегда найдется. А вот уже при $m=5$ есть еще пара соотношений, с ростом $m$ их число растет.

[natalya_1]

пианист , спасибо огромное!

пианист в сообщении #1603481 писал(а):

Коль скоро график инвариантен, после замены $y$ из исходного выражения должно получиться тождество по $x$:
$2y_0 - ((cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2})=$
$= (cd - p)(2x_0 - x)^m - c^2d(2x_0 - x)^{m-1} + c^2p(2x_0 - x)^{m-2}$.

А здесь не плюс должен быть?
$2y_0 + ((cd - p)x^m - c^2dx^{m-1} + c^2px^{m-2})=(cd - p)(2x_0 - x)^m - c^2d(2x_0 - x)^{m-1} + c^2p(2x_0 - x)^{m-2}$.

[пианист]

Нет. Минус из $2y_0 - y$.

[natalya_1]

пианист в сообщении #1603481 писал(а):

А вот уже при $m=5$ есть еще пара соотношений, с ростом $m$ их число растет.

Не может быть много соотношений, исходя из того, что я писала:
Если симметрия существует, две критические точки должны быть симметричны.
А они могут быть симметричными только при центре симметрии $\frac{(m-1)c^2d}{2m(cd-p)}$

[пианист]

Ну, тут же все просто: если какое-то из соотношений не выполняется, график не имеет центральной симметрии. Как говорится, ничего личного. В частности, по иксу центр симметрии может быть только в точке $\frac{c^2d}{m(cd-p)}$.
А кто там кому чего должен.. "ваш крокодил, вы его и спасайте".