Попытка доказательства теоремы ферма 3

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610940 писал(а):

вы по-прежнему не хотите понимать что в моем доказательстве нет переменных!!!!!

Так вы же ввели функцию $y(x)$, соответственно икс это переменная, разве нет?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610939 писал(а):

Но если вы посмотрите на подкоренные выражения этих чисел, то видно, что когда $c$ делится на три, под корнем гарантированно иррациональное число получается

это всего лишь доказывае,т что для того, чтобы выполнялось равенство $a^3+b^3=c^3$ в целых числах, $c$ не должно делиться на $3$,

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610942 писал(а):

равенство $a^3+b^3=c^3$ в целых числах, $c$ не должно делиться на

Так у вас это равенство не используется

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610941 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610940 писал(а):

вы по-прежнему не хотите понимать что в моем доказательстве нет переменных!!!!!

Так вы же ввели функцию $y(x)$, соответственно икс это переменная, разве нет?

икс - это переменная, а $a$, $b$, $a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2$, $b_1'$, $b_2'$,
$b'$, $b_1''$, $a_2''$, $a'$, $a_1'$-не переменные!!!!!

-- Сб сен 23, 2023 11:02:41 --

Antoshka в сообщении #1610943 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610942 писал(а):

равенство $a^3+b^3=c^3$ в целых числах, $c$ не должно делиться на

Так у вас это равенство не используется

оно у меня используется везде и постоянно

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610944 писал(а):

оно у меня используется везде и постоянно

Я вам наглядно покажу

-- 23.09.2023, 10:33 --

natalya_1 в сообщении #1610944 писал(а):

оно у меня используется везде и постоянно

Где конкретно?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610946 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610944 писал(а):

оно у меня используется везде и постоянно

Где конкретно?

начнём с того, что у меня полином $a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$выведен на основании этого равенства,

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610948 писал(а):

начнём с того, что у меня полином $a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$выведен на основании этого равенства,

Где ещё?

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610949 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610948 писал(а):

начнём с того, что у меня полином $a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$выведен на основании этого равенства,

Где ещё?

постоянно используется $c^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, например, в концовке доказательства:

natalya_1 в сообщении #1610936 писал(а):

8.1.1 $f(a_1)=f(a)=f(a_2)$
$a_1+a_2+a=\frac{c^2d}{cd-p}$

$a_1^3(cd-p)-c^2da_1^2+c^2pa=a_2^3(cd-p)-c^2da_2^2+c^2pa_2$,
$(a_1-a_2)((a_1^2+a_1a_2+a_2^2)(cd-p)-c^2d(a_1+a_2)+c^2p)=0$,
$(a_1+a_2)^2(cd-p)-a_1a_2(cd-p)-c^2d(a_1+a_2)+c^2p=0$,
$-(c^2d-(a_1+a_2))(a_1+a_2)(cd-p)+c^2p-a_1a_2(cd-p)=0$
$-a(a_1+a_2)(cd-p)+c^2p-a_1a_2(cd-p)=0$, следовательно
$a_1a_2(cd-p)$ - целое число

8.1.2 пусть $a_1=\frac{q}{cd-p}$, $a_2=\frac{v}{cd-p}$,
где $q$ и $v$ -целые числа.
тогда $(q^2+qv+v^2)(cd-p)-c^2d(q+v)(cd-p)=c^2p(cd-p)^2=0$
$\frac{q^2+qv+v^2}{c^2}$ - целое число.

при этом (q-v)не имеет общего множителя с $c$ , кроме возможного $3$,
поскольку $(q-v)^2=(q^2+qv+v^2)-3qv$, $q$ и $v$ не имеют общего множителя с $c$
(a_1^3(cd-p)-c^2da_1^2+c^2pa_1=a^3(cd-p)-c^2da_2+c^2pa, $a^3(cd-p)$ не имеет общего множителя с $c$)

8.1.3 $f(a_1)=f(a_2)=-f(b)$,
$\frac{q^3-c^2dq^2+c^2pq(cd-p)}{(cd-p)^2}=\frac{v^3-c^2dv^2+c^2pv(cd-p)}{(cd-p)^2}=-(b^3(cd-p)-c^2b^2+c^2b)$
$(q+b(cd-p))(q^2-qb(cd-p)+b^2(cd-p)^2)-c^2d(q^2+b^2(cd-p)^2)+c^2p(q+b(cd-p))(cd-p)=(v+b(cd-p))(v^2-vb(cd-p)+b^2(cd-p)^2)-c^2d(v^2+b^2(cd-p)^2)+c^2p(v+b(cd-p))(cd-p)=0$
$\frac{c^2d(cd-p)}{q+b(cd-p)}$ - целое число
$\frac{c^2d(cd-p)}{v+b(cd-p)}$ - целое число

$\frac{(q+b(cd-p))(q^2-qb(cd-p)+b^2(cd-p)^2)-c^2d(q^2+b^2(cd-p)^2)}{c^2}$ - целое число
$\frac{(v+b(cd-p))(v^2-vb(cd-p)+b^2(cd-p)^2)-c^2d(v^2+b^2(cd-p)^2)}{c^2}$ - целое число

9.1.1 $(q^2+qv+v^2)-(q^2-qb(cd-p)+b^2(cd-p)^2)=q(v+b(cd-p))+(v-b(cd-p))(v+b(cd-p))=(v+b(cd-p))(c^2d-(a+b)(cd-p))$


$(q^2+qv+v^2)-(v^2-vb(cd-p)+b^2(cd-p)^2)=v(q+b(cd-p))+(q-b(cd-p))(q+b(cd-p))=(q+b(cd-p))(c^2d-(a+b)(cd-p))$, следовательно,

$\frac{(a+b)(q+b(cd-p))(v+b(cd-p))}{c^2}$ - целое число.

9.1.2 $\frac{(a+b)(q+b(cd-p))(v+b(cd-p))}{c^2}$ - целое число (9.1.1)

$\frac{c^2d(cd-p)}{q+b(cd-p)}$ - целое число
$\frac{c^2d(cd-p)}{v+b(cd-p)}$ - целое число (8.1.3) , следовательно

$(a+b)(q+b(cd-p))(v+b(cd-p))<c^2d(cd-p)$,
$(a+b)(qv+(v+q)b(cd-p)+b^2(cd-p)^2)<c^2d(cd-p)$
$(a+b)(qv+c^2db(cd-p)-ab(cd-p)^2+b^2(cd-p)^2)<c^2d(cd-p)$
$aa_1+aa_2+a_1a_2=\frac{c^2p}{cd-p}$
$(a+b)(c^2p(cd-p)-a(cd-p)(c^2d-a(cd-p))+c^2db(cd-p)-ab(cd-p)^2+b^2(cd-p)^2)<c^2d(cd-p)$
$(a+b)c^2(cd-p)(p-(a-b)d+(a^2(cd-p)-ab(cd-p)+b^2(cd-p)))<c^2d(cd-p)$
$c^2(cd-p)((a+b)(p-(a-b)d)+c(cd-p))<c^2d(cd-p)$
$(a+b-c)p-(a^2-b^2-c^2)d<d$
$a^2+b^2-c^2-a^2+b^2+c^2<1$
$2b^2<1$, что невозможно.

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610950 писал(а):

постоянно используется $c^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, например, в концовке доказательства:

Укажите конкретное место, где оно используется, когда вы доказываете рациональность $a_1,a_2,b_1,b_2$

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610951 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610950 писал(а):

постоянно используется $c^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, например, в концовке доказательства:

Укажите конкретное место, где оно используется, когда вы доказываете рациональность $a_1,a_2,b_1,b_2$

еще раз: у меня всё доказательство построено на этом, потому что все параметры: $d=a+b-c$, $p=a^2+b^2-c^2$ выведены из этой формулы, и параметры - не переменные!!!!

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610955 писал(а):

Пусть даны натуральные числа $a,b,c$! Определим функцию $y(x)$ и числа $p,d$ следующим образом $p=a^2+b^2-c^2,d=a+b-c$
2.1.1 функция $y=(cd-p)x^m-c^{2}dx^{m-1}+c^{2}px^{m-2}$

я не знаю что там определили вы но я черным по белому написала:

natalya_1 в сообщении #1599749 писал(а):

Ферма утверждал, что уравнение $x^3+x'^3=z^3$ не имеет решений в рациональных числах.
Попробуем доказать обратное.

Предположим, что такое решение существует

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

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


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

1.3. $a(ad-p)+b(bd-p)=c(cd-p)$, $a^3+b^3=c^3$ (п.1.1). Перемножаем левые и правые части, получаем:$c^{3}a(ad-p)+c^{3}b(bd-p)=a^{3}c(cd-p)+b^{3}c(cd-p)$ , следовательно, $(cd-p)a^{3}-c^{2}da^2+c^{2}pa=-((cd-p)b^3-c^{2}db^2+c^{2}pb)$ .

2.1.1 функция $y=(cd-p)x^3-c^{2}dx^2+c^{2}px$

Antoshka в сообщении #1610955 писал(а):

Вы фактически доказали, что ваши $a_1,a_2,b_1,b_2$ рациональные при любых натуральных числах $a,b,c$, но это не так, я вам выше привёл пример! Поэтому я и спрашиваю, где конкретно в шестом пункте используется равенство $a^3+b^3=c^3$[/b]

нет, не при любых, а при целых положительных взаимно простых $a$, $b$, $c$, удовлетворяющих равенству
$a^3+b^3=c^3$

natalya_1 в сообщении #1599749 писал(а):

Предположим, что такое решение существует

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

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610957 писал(а):

нет, не при любых, а при целых положительных взаимно простых $a$, $b$, $c$, удовлетворяющих равенству

Можете ответить прямо на мой вопрос, где конкретно в шестом пункте у вас используется равенство $f(a)=-f(b)$? Ведь уравнение $a^3+b^3=c^3$ в терминах вашей функции записывается именно как $f(a)=-f(b)$, вот я и спрашиваю, где конкретно в шестом пункте это используется? Ведь если это условие там не используется, то ваш подход неверен! Может мне кто-то другой сможет объяснить? У вас функция по разному кстати называется

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610958 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610957 писал(а):

нет, не при любых, а при целых положительных взаимно простых $a$, $b$, $c$, удовлетворяющих равенству

Можете ответить прямо на мой вопрос, где конкретно в шестом пункте у вас используется равенство $f(a)=-f(b)$? Ведь уравнение $a^3+b^3=c^3$ в терминах вашей функции записывается именно как $f(a)=-f(b)$, вот я и спрашиваю, где конкретно в шестом пункте это используется? Ведь если это условие там не используется, то ваш подход неверен! Может мне кто-то другой сможет объяснить? У вас функция по разному кстати называется

пожалуйста:

natalya_1 в сообщении #1610714 писал(а):

6...
$f_1(x)=f(x)-2f(k)$

$f_2(x)=f_1(x-(k-h))$
$f_2(a_1')=-f(b_2)$,

могу разжевать в обратном порядке:
$f_2(a_1')=-f(b_2)=f_1(a_1'-(k-h))=f(a_1)=f(a)=f(a_2)=-f(b)=-f(b_2)=-f(b_1)($

[Antoshka]

natalya_1 в сообщении #1610962 писал(а):

могу разжевать в обратном порядке:
$f_2(a_1')=-f(b_2)=f_1(a_1'-(k-h))=f(a_1)=f(a)=f(a_2)=-f(b)=-f(b_2)=-f(b_1)($

Проблема в том, что первое равенство это на самом деле тождество, что проверено на компьютере, о чем вам выше написали

[natalya_1]

Antoshka в сообщении #1610969 писал(а):

natalya_1 в сообщении #1610962 писал(а):

могу разжевать в обратном порядке:
$f_2(a_1')=-f(b_2)=f_1(a_1'-(k-h))=f(a_1)=f(a)=f(a_2)=-f(b)=-f(b_2)=-f(b_1)($

Проблема в том, что первое равенство это на самом деле тождество, что проверено на компьютере, о чем вам выше написали

никаких проблем я не вижу, проверка на компьютере показала правильность моих вычислений, пожалуйста, укажите на ошибку в моём доказательстве.