Попытка доказательства Теоремы Ферма

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #532334 писал(а):

Да, этот.

Этот бессвязный текст с совершенно необоснованным выводом ни в коей мере не может служить доказательством. Если Вы будете плодить подобные тексты в дальнейшем, тему попросту закроют.

[natalya_1]

Большая критическая точка $f(x)$ $k=\frac{c^2d+c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}.$
$k=\frac{c^2d+c\sqrt{(cd-p)^2-p(cd-2p)}}{3(cd-p)}$
$p(cd-2p)>0,$ cледовательно, $k<\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}$.
Если $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$, то
$c(2cd-p)<3b(cd-p)$, и поскольку $c>b,$ $2cd-p<3cd-3p$,

$cd>2p.$ неравенство выполняется. Следовательно, $b>k,$ а значит, $b>b_1, b>b_2.$

[nnosipov]

Где и как в этом доказательстве используется целочисленность $a$, $b$, $c$?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #532365 писал(а):

Где и как в этом доказательстве используется целочисленность $a$, $b$, $c$?

Никак не используется.
Я не имею возможности проверить результат Вашей подстановки (которую Вы мне предлагали сделать).
Знаю, что Вы ошибаться не можете, верю Вам на слово. Но и здесь ошибки не вижу.

[nnosipov]

Положим $a=5$, $b=6$, $c=(a^3+b^3)^{1/3}$. Тогда $k=6.231846733$ и видно, что уже неравенство $b>k$ неверно. Ошибка в том, что Вы это неравенство пытались вывести из предположения

natalya_1 в сообщении #532358 писал(а):

Если $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$, то ...

т.е. предполагая, что $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}=6.448707813<6=b$, а это неверно. Для полноты картины привожу значения корней: $b_1=6.455498701$, $b_2=-0.09574328385$. Мы видим, что $b<b_1$.

[natalya_1]

nnosipov, спасибо, я поняла.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #532358 писал(а):

Если $\frac{c^2d+c(cd-p)}{3(cd-p)}<b$, то
$c(2cd-p)<3b(cd-p)$, и поскольку $c>b,$ $2cd-p<3cd-3p$,

$cd>2p.$ неравенство выполняется.

Вот типичная логическая ошибка: доказывая какое-либо утверждение, мы предполагаем, что оно верно и, исходя из этого, выводим другое утверждение, которое оказывается безусловно верным; и на этом основании делаем вывод о справедливости первоначального утверждения. (Проверяя сегодня и вчера решения задач III этапа Всероссийской олимпиады школьников, сталкивался с такой ситуацией очень часто.)

[yk2ru]

Между прочим:

$$k=\frac{c^2d+c\sqrt{c^2d^2-3cdp+3p^2}}{3(cd-p)}=\frac{c\,d\,h}{3\,p}+\frac{1}{3}\sqrt{\frac{c^3-h^3}{c-h}}$$

[dmd]

Верно или не верно?

Выражения $a^3+b^3=c^3$, $(a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$ и делимость $a+b-c|abc$ гарантируют, что одно из трёх чисел $a$, $b$, $c$ делится на двойку, и также одно из них делится на тройку. Из этого следует, что одно из трёх выражений $a+b$, $c-a$, $c-b$ делится на восьмёрку, а также одно из них делится на девятку. Соотношение $(a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$ обеспечивает то, что $a+b$ не может делить $c$, т.к. $c$ меньше $a+b$. Но $c-a|b$ и $c-b|a$ (хотя не уверен в этом).

Сравните, может понравится (АКМ):

$c-a|b$ и

$c-a\mid b\quad(x\nmid y)$

[nnosipov]

dmd в сообщении #534006 писал(а):

Но $c-a|b$ и $c-b|a$ (хотя не уверен в этом).

Формально говоря, это верно, ибо никаких натуральных $a$, $b$, $c$, связанных равенством $a^3+b^3=c^3$, просто не существует. Другое дело, можно ли доказать указанные делимости, не обращаясь к этому факту. Если они и следуют из соотношение $(a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$, то не очевидным образом (поскольку из делимости $x^3$ на $y$ делимость $x$ на $y$, вообще говоря, не вытекает).

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #530850 писал(а):

natalya_1 в сообщении #530848 писал(а):

$f(b_3)=f(b_4)=f(b_5)=-f(b)+2f(\frac{c^2d}{3(cd-p)}), b_3<b_5<b_4.$
$f(b_1)=f(b_2)=f(b),$ $b_1<b_2<b.$, следовательно, $b_4-b_3=b-b_1.$
$f(a_1)=f(a)=f(a_2)=-f(b),$ $a_1<a<a_2.$
$f(b_4)-f(a_2)=-(f(b_1)-f(a_3)),$ следовательно, $b_4-a_2=b_3-a_1, b_4-b_3=a_2-a_1.$
Тогда $b-b_1=a_2-a_1.$

в общем случае равенство $b-b_1=a_2-a_1$ не выполняется.

Можно ли говорить, что оно выполняется при $b_1<b_2<b,$ а при $b_1<b_2<b$ выполняется равенство $b_2-b_1=a_2-a_1$, или в моих рассуждениях ошибка?

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #534169 писал(а):

Можно ли говорить, что оно выполняется при $b_1<b_2<b,$ а при $b_1<b_2<b$ выполняется равенство $b_2-b_1=a_2-a_1$, или в моих рассуждениях ошибка?

Не вижу причин, по которым выполнялось бы это и другие подобные равенства. Можно опять рассмотреть конкретные числовые значения $a$, $b$, $c$ и убедиться в том, что эти равенства не выполняются. (Вообще, полезно проверять свои гипотезы на конкретных примерах. В частности, именно так можно тестировать на корректность Ваше доказательство.)

[natalya_1]

$a^3(cd-p)-c^2da^2+c^2pa=-(b^3(cd-p)-c^2db^2+c^2pb)$

$((a^2+b^2)d-(a+b)p)c^2-(a^3+b^3)dc+(a^3+b^3)p=0$

$D=(a^3+b^3)^2d^2-4(a^3+b^3)p((a^2+b^2)d-(a+b)p)$

$D=(a^3+b^3)(a+b)((a^2-ab+b^2)d^2-\frac{4p(a^2+b^2)d}{a+b}+4p^2)$

$D=(a+b)^2(a^2-ab+b^2)((a^2-ab+b^2)d^2-\frac{4p(a^2+b^2)d}{a+b}+4p^2)$

Отсюда $\frac{4p(a^2+b^2)d}{a+b}$ - целое число.

$\frac{16c}{a+b}$ - целое число. Следовательно, $a+b=2^3$ или $a+b=4^3$.

Но $a+b=c+d$, тогда, если $a+b=8$ и $a>d$, $a>6$ ( $\frac{d}{6}$- целое число). Невозможно, поскольку $b>a$

[natalya_1]

Если $a+b=4^3$, то $\frac{d}{4}$ - целое число, $\frac{p}{2}$ - целое число.
Тогда полином изначально сокращается на $2$, и мы получаем $\frac{4c}{a+b}$ целое число, что не возможно.

[Алексей К.]

natalya_1 в самом начале сообщения #580590 писал(а):

а куб на цэ-дэ минус пэ минус цэ-квадрат дэ а-квадрат плюс цэ-квадрат пэ а равно минус бэ-куб на цэдэ-минус-пэ минус цэ-квадрат дэ бэ-квадрат плюс... итд итп

Вы неисправимы.