Попытка доказательства Теоремы Ферма

[AKM]

Keter,

по моим наблюдениям --- Вы активно и успешно осваиваете ремесло математика.
Ферматик --- это немного другое ремесло. Выучитесь, почитаете здешние темы, --- осознаете. Мне трудно (сейчас, ночью) объяснить, почему на форуме требуют "просто подставить" $n=3$. Скорее всего: в каракулях с упрощением $n=3$ ещё иногда как-то можно разобраться, но когда там ещё и переменная(постоянная) $n$ фигурирует, и чайники выписывают "системные" и "бессистемные" множества, и последовательности, и функции, и всяко их индексируют, обозначений понапридумывают, и "выводы" потом делают, и... Ну, совсем ужос, см. архив этого форума.

Keter, не ходите пока сюда. Решайте задачки, читайте книги, образовывайтесь; не надо дурью маяться. Естессно, это не более чем совет.

[Someone]

(Keter)

Keter в сообщении #583224 писал(а):

Но если на правилах форума нужно предоставить корректное доказательство для $n=3$ разве это сложно сделать, хотя бы средствами элементарной замены

Тем не менее, я не припомню ни одного случая, чтобы в результате такой замены получилось корректное доказательство для $n=3$, и данная тема это вполне иллюстрирует.

[Keter]

AKM, спасибо, я последую Вашему совету. Я кажется понял, что нужно было в своё док-во общего случая подставить $n=3$, а я то думал, что просто предоставить любое док-во для $n=3$, это меня и удивило, ведь даже школьнику под силу разобраться в этом случае, а вообще теория чисел меня не сильно манит)))

[natalya_1]

Ранее мы доказали, что $ a_1, a_2, b_1, b_2 $ вещественны.
Где ссылка на определение этих чисел?
Где ссылка на упомянутое доказательство? Здесь и ниже комментарии мои (АКМ)

Имеем:
("Имеем" откуда? Из какого-то предыдущего сообщения?
И зачем нам "иметь" здесь эти соотношения, если вслед за ними рассматриваются какие-то левые уравнения?)
$b^3(cd-p)-b^2c^2d+bc^2p=b_1^3(cd-p)-c^2db_1^2+c^2pb_1=b_2^3(cd-p)-c^2db_2^2+c^2pb_2$
$b_1<b, b_1<b_2$
Рассмотрим уравнение

$x^2(cd-p)-(c^2d-b(cd-p))x+(b^2(cd-p)-c^2(bd-p))=0$
Далее идут его корни?
$b_1=\frac{c^2d-b(cd-p)-\sqrt{D}}{2(cd-p)}$
$b_2=\frac{c^2d-b(cd-p)+\sqrt{D}}{2(cd-p)},$ $\sqrt{D}=b_2-b_1$
Если да, то почему слева употреблены уже использованные переменные?
Если нет, то что это за равенства?
Или это пропущенные в начале сообщения определения бэ-1-2?
Что за D? Последнее равенство не тянет на определение D и противоречит двум предыдущим.

Аналогично
$x^2(cd-p)-(c^2d-a(cd-p))x+(a^2(cd-p)-c^2(ad-p))=0$
$a_1=\frac{c^2d-a(cd-p)-\sqrt{D_1}}{2(cd-p)}$
$a_2=\frac{c^2d-a(cd-p)+\sqrt{D_1}}{2(cd-p)},$ $\sqrt{D_1}=a_2-a_1$
Ага, действительно "аналогично"...

$D-D_1=(c^2d-b(cd-p))^2-(c^2d-a(cd-p))^2+4(cd-p)(c^2d(b-a))-4(cd-p)(b^2-a^2),$
$D-D_1=(b-a)(cd-p)(2c^2d-3(a+b)(cd-p)),$
$\frac{a+b}{2}\not=\frac{c^2d}{3(cd-p)},$ т.к. $a+b$- целое число, следовательно,
$D\not=D_1$



$\frac{a_2+b_2}{2}=s_2, \frac{a_1+b_1}{2}=s_1.$ $s_1+s_2$ - рациональное число.
$s_1+\frac{a_2-b_2}{2}=v_1, s_2+\frac{a_1-b_1}{2}=v_2.$ $v_1+v_2$ - рациональное число.
$(b_2-v_2)+(b_1-v_1)=b_2-s_2-\frac{a_1-b_1}{2}+b_1-s_1-\frac{a_2-b_2}{2},$ следовательно,
$(b_2-a_2)-(b_1-a_1)$ рациональное число. $(b_2-b_1)-(a_2-a_1)$ - рациональное число.
$\sqrt{D}-\sqrt{D_1}$ - рациональное число. $\sqrt{D}, \sqrt{D_1}$ - рациональные числа.
$a_1, a_2, b_1, b_2$ - рациональные числа.

Тогда
$(a_2+b_2)((a_2^2-a^2b^2+b_2^2)(cd-p)-c^2d(a_2+b_2)+\frac{2c^2da_2b_2}{a_2+b_2}+c^2p)=0.$
пусть $a_2=\frac{q}{cd-p}, b_2=\frac{q_1}{cd-p},$
$(q^2-qq_1+q_1^2)-c^2d(q+q_1)+c^2p(cd-p)+\frac{2c^2dqq_1}{q+q_1}$ - целое число.
$\frac{3k}{a_2+b_2}$- целое число. Но $a_2+b_2>2k,$ следовательно, $a_2+b_2=\frac{c^2d}{cd-p}.$



Тогда
$c^2d(a_2^2-a^2b^2+b_2^2)-c^2d(a_2^2+b_2^2)+\frac{c^2pc^2d}{cd-p}=0,$
$a_2b_2=\frac{c^2p}{cd-p}$
Но $\frac{q(q^2-c^2dq+c^2p(cd-p))}{(cd-p)^2}=ab(c-a)(c-b)(b-a),$
$\frac{q_1(q_1^2-c^2dq_1+c^2p(cd-p))}{(cd-p)^2}=-ab(c-a)(c-b)(b-a),$ а значит, $q$ и $q_1$ не могут иметь общих делителей с $c.$
Мы пришли к противоречию.
Следовательно, наше первоначальное предположение было не верным, и уравнение Ферма не может иметь трех рациональных корней.

[venco]

Я сомневаюсь, что кто-нибудь будет разбираться в этом нагромождении переменных.

AKM:

Всего-то --- 18 переменных на 25 формул. Глядишь, кто-нибудь и разберётся...

[ananova]

natalya_1
Может подставить близкие возможные значения чисел для проверки выведенных формул? Поэтому пример бы не помешал - даже в действительных числах.

[natalya_1]

venco в сообщении #595753 писал(а):

Я сомневаюсь, что кто-нибудь будет разбираться в этом нагромождении переменных.

(Оффтоп)

Договорилась об очной консультации специалиста(уже второй по счету, в первый раз не все успели). Но получила травму позвоночника и лежу уже две недели. А поделиться хотелось...

Придется набраться терпения и дождаться помощи профессионала после выздоровления. Больше писать сама не буду. Только подготовленные тексты.

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #595740 писал(а):

Ранее мы доказали, что $ a_1, a_2, b_1, b_2 $ вещественны.
Где ссылка на определение этих чисел?
Где ссылка на упомянутое доказательство?

natalya_1 в сообщении #530711 писал(а):

2.2. Пусть $b,b_1,b_2$ - корни уравнения $f(x)+f(a)=0$ или в развернутом виде

$$(cd-p)x^3-c^2dx^2+c^2px+ab(c-a)(c-b)(a-b)=0, $$

$a, a_1, a_2 $ - корни уравнения $f(x)+f(b)=0.$

Цитата:

Далее идут его корни?

Если да, то почему слева употреблены уже использованные переменные?
Если нет, то что это за равенства?
Или это пропущенные в начале сообщения определения бэ-1-2?
Что за D? Последнее равенство не тянет на определение D и противоречит двум предыдущим.

Да, далее идут его корни.
$D$ - это дискриминант уравнения.
Не противоречит. Поскольку, выведено из формылы суммы корней уравнения

natalya_1 в сообщении #531062 писал(а):

сумма корней уравнения по Теореме Виета $b+b_1+b_2=\frac{c^2d}{cd-p}$

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #595740 писал(а):

Ранее мы доказали, что $ a_1, a_2, b_1, b_2 $ вещественны.
Где ссылка на упомянутое доказательство? (АКМ)

natalya_1 в сообщении #531226 писал(а):

$$\hspace*{-3cm}(a^2+b^2-ac-bc)x^2+(bc^2+ac^2-ca^2+ab^2-abc-b^3)x+b(b-c)(a-c)(b-a)=0. $$

имеет положительный дискриминант, поскольку $b(b-c)(a-c)(b-a)>0, a^2+b^2-ca-cb<0$ при заданных $a, b, c.$

natalya_1 в сообщении #531238 писал(а):

$a^2+b^2-ca-cb=-(cd-p), cd-p>0$

[natalya_1]

natalya_1 в сообщении #595740 писал(а):

И зачем нам "иметь" здесь эти соотношения, если вслед за ними рассматриваются какие-то левые уравнения?)
$b^3(cd-p)-b^2c^2d+bc^2p=b_1^3(cd-p)-c^2db_1^2+c^2pb_1=b_2^3(cd-p)-c^2db_2^2+c^2pb_2$
$b_1<b, b_1<b_2$
Рассмотрим уравнение

$x^2(cd-p)-(c^2d-b(cd-p))x+(b^2(cd-p)-c^2(bd-p))=0$

Это не "левое" уравнение. Оно выведено из этих соотношений. И корнями этого уравнения будут те самые $b_2, b_1$

AKM:

На самом деле я не задавал вопросов, а лишь в очередной раз указал, как должно выглядеть сообщение (уже, скорее, в расчёте на объявленного консультанта). Но ошибся: чтобы быть правильно понятым, мне вместо "Где ссылка на ...?" следовало писать "Здесь должна быть ссылка на ...!" И про корни, и про дискриминант Вам следовало писать в нужное время в нужном месте. О чём Вам раз сто уже говорилось.

[dmd]

dmd в сообщении #534006 писал(а):

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 $a+b$.

Хочу обратить Ваше внимание на следующее:

$(a + b + c)^3 - (a + b - c)^3 - (a - b + c)^3 - (-a + b + c)^3=24abc$.

Тогда, если $3\mid abc$, то неизбежно $9\mid abc$, и, следовательно, $3^k\mid abc$, где $k$ - любое натуральное, включая бесконечное.

[ishhan]

dmd в сообщении #600359 писал(а):

Хочу обратить Ваше внимание на следующее:

$(a + b + c)^3 - (a + b - c)^3 - (a - b + c)^3 - (-a + b + c)^3=24abc$.

Тогда, если $3\mid abc$, то неизбежно $9\mid abc$, и, следовательно, $3^k\mid abc$, где $k$ - любое натуральное, включая бесконечное.

Привет!
Мне хорошо знакомо это тождество и его можно записать как:

$$x^3+y^3+z^3+s^3=3(x+s)(y+s)(z+s)$$

Где $x+y+z+s=0$
Но, каким образом Вы приходите к выводу, что:

dmd в сообщении #600359 писал(а):

следовательно, $3^k\mid abc$, где $k$ - любое натуральное, включая бесконечное.

???

[dmd]

Рассматривал остатки при делении на 27 каждого из кубов в левой части, и пришёл к выводу, что $abc$ делится на 9. Но скорее всего опять запутался, потому что не может быть так просто.

[Someone]

dmd в сообщении #600544 писал(а):

Рассматривал остатки при делении на 27 каждого из кубов в левой части, и пришёл к выводу, что $abc$ делится на 9.

Ну да, довольно легко доказывается, что одно из чисел $a$, $b$ или $c$ делится на $9$. Но насчёт бóльших степеней непонятно. Попробуйте предъявить доказательство делимости хотя бы на $27$.

[dmd]

К сожалению, не получается, опять увы мне. Я только вижу, что если $a$, $b$ или $c$ делится на $9$, то противоположная пара (для $c$ это $a+b$, для $b$ это $c-a$, для $a$ это $c-b$) делится на $243$.

Еще одно сочетание:

$$(a+b)(c+b)(c+a)-(a+b)(c-b)(c-a)+(b-a)(c-b)(c+a)-(b-a)(c+b)(c-a)=8abc$$