Попытка доказательства Теоремы Ферма

[Rak so dna]

Пусть $(a,b,c)$ — решение уравнения $x^3+y^3=z^3$, тогда $\left(c(a^3-b^3),b(a^3+c^3),a(b^3+c^3) \right)$ — тоже решение этого уравнения. А значит верна система:

$\left\{ \begin{array}{lcl} a^3+b^3=c^3\\ \frac{a+b-c}{a^2+b^2-c^2}=\frac{c(a^3-b^3)+b(a^3+c^3)-a(b^3+c^3)}{(c(a^3-b^3))^2+(b(a^3+c^3))^2-(a(b^3+c^3))^2} \end{array} \right$

Исключаем $b$ из системы:

$f_1(a,c)=0$

(Многочлен)

$f_1(a,c)=2c^{16}-2ac^{15}-6a^2c^{14}+2a^3c^{13}+(28a^4-6a)c^{12}+(48a^5-24a^2)c^{11}+(12a^6-30a^3+6)c^{10}+(-48a^7+6a^4+12a)c^9+(-81a^8+57a^5+6a^2)c^8+(-55a^9+81a^6-18a^3)c^7+ (a^{10}+42a^7-48a^4)c^6+(21a^{11}-12a^8-36a^5+6a^2)c^5+(14a^{12}-18a^9-3a^6+8a^3)c^4+(-2a^{13}-3a^{10}+21a^7+4a^4)c^3+(-6a^{14}+15a^{11}+12a^8-3a^5)c^2+(6a^{12}-6a^9-4a^6)c-6a^{13}-2a^7$

Исключаем $a$ из системы:

$f_2(b,c)=0$

(Многочлен)

$f_2(b,c)=6c^{16}-8bc^{15}+24b^2c^{14}+(-39b^3-15)c^{13}+40b^4c^{12}+(-84b^5-9b^2)c^{11}+(90b^6+36b^3+12)c^{10}+(-66b^7+15b^4+15b)c^9+(90b^8+3b^5-6b^2)c^8+(-84b^9-27b^6-33b^3-3) c^7+(40b^{10}-21b^7-30b^4-7b)c^6+(-39b^{11}+24b^8+15b^5)c^5+(24b^{12}+3b^9+30b^6+12b^3)c^4+(-8b^{13}+12b^{10}+9b^7+9b^4)c^3+(6b^{14}-15b^{11}-6b^8-3b^5)c^2+(-6b^9-6b^6)c-6b^{13}-2 b^7$

1. Случай $c\geq \frac{7}{5}a$. Убеждаемся, что $f_1\left(a,u+\frac{7}{5}a\right)>0$ (все коэффициенты при $u$ положительны). Т.о. натуральных решений уравнения $f_1(a,c)=0$ в этом случае нет.

2. Случай $c\geq \frac{7}{5}b$. Убеждаемся, что $f_2\left(b,u+\frac{7}{5}b\right)>0$ (все коэффициенты при $u$ положительны). Т.о. натуральных решений уравнения $f_2(b,c)=0$ в этом случае нет.

3. Случай $\left\{ \begin{array}{lcl} c< \frac{7}{5}a\\ c< \frac{7}{5}b \end{array} \right$

будем строить цепочку новых решений по правилу:

$(a_{i+1},b_{i+1},c_{i+1})=\left(c_i(a_i^3-b_i^3),b_i(a_i^3+c_i^3),a_i(b_i^3+c_i^3) \right)$

Тогда для любого $k$ можно считать, что $\left\{ \begin{array}{lcl} c_k< \frac{7}{5}a_k\\ c_k< \frac{7}{5}b_k \end{array} \right$ поскольку в противном случае, используя рассуждения из Случаев 1,2, сразу получаем требуемое доказательство. Так же совершенно очевидно, что можно считать $a_{i+1}>a_{i},b_{i+1}>b_i,c_{i+1}>c_i$ (для этого достаточно $a_i>b_i$, а это всегда возможно). Будем последовательно подставлять вместо $(x,y,z)$ полученные решения $(a_i,b_i,c_i)$. Т.о. наша дробь $\frac{x+y-z}{x^2+y^2-z^2}=\frac{\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1}{z\left(\left(\frac{x}{z}\right)^2+\left(\frac{y}{z}\right)^2-1\right)}$ имеет ограниченный числитель $\frac{3}{7}<\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1<1$ и сколь угодно возрастающий знаменатель (поскольку $\frac{1}{49}<\left(\frac{x}{z}\right)^2+\left(\frac{y}{z}\right)^2-1<1$ ) и поэтому не может равняться константе.

[natalya_1]

Rak so dna в сообщении #1594994 писал(а):

Пусть $(a,b,c)$ — решение уравнения $x^3+y^3=z^3$, тогда $\left(c(a^3-b^3),b(a^3+c^3),a(b^3+c^3) \right)$ — тоже решение этого уравнения.

из чего это следует?

-- Вт май 23, 2023 23:14:11 --

Суть моего доказательства в том, что всегда существует решение ( иррациональное, если c -рациональное число) уравнения Ферма , когда x=x', и я нахожу это значение через параметры. При одном и том же значении c, вне зависимости от параметров, выраженных через другие решения уравнения, значение x будет одинаковым: c разделить на кубический корень из двух ( извините, не могу набрать корень).
При этом это x всегда будет равно $x=\frac{zp}{zd-p}$. При одном и том же значении z=c, но разных других решениях уравнения Ферма, которых бесконечное множество, ( то есть, разных параметрах p и d) $\frac{cp}{cd-p}= \frac{cp'}{cd'-p'}$.
Отсюда $\frac{cp}{d}=\frac{cp'}{d'}$

Мои параметры p и d - такие же переменные, как x, x' и z ( но обязательно связанные с x, x' и z).
Обратите, пожалуйста, внимание, что первая часть доказательства у меня идет в общем виде. И лишь потом я делаю предположение о существовании рациональных решений.

[Rak so dna]

natalya_1 в сообщении #1595003 писал(а):

Rak so dna в сообщении #1594994 писал(а):

Пусть $(a,b,c)$ — решение уравнения $x^3+y^3=z^3$, тогда $\left(c(a^3-b^3),b(a^3+c^3),a(b^3+c^3) \right)$ — тоже решение этого уравнения.

из чего это следует?

Из тождества

$\left(z(x^3-y^3)\right)^3+\left(y(z^3+x^3)\right)^3-\left(x(z^3+y^3)\right)^3=$

$=(y^3+x^3-z^3)(x-y)(z+x)(z+y)(y^2+xy+x^2)(z^2-xz+x^2)(z^2-yz+y^2)$

natalya_1 в сообщении #1595003 писал(а):

Мои параметры p и d - такие же переменные, как x, x' и z ( но обязательно связанные с x, x' и z).
Обратите, пожалуйста, внимание, что первая часть доказательства у меня идет в общем виде.

Обратил. Я подставил соответствующие выражения $p$ и $d$ через $x$, $x'$ и $z$ и получил

Rak so dna в сообщении #1594928 писал(а):

$(x^2+x'^2-z(x+x'))(x^3+x'^3-z^3)=0$

Корень кубический набирается так:

$\sqrt[3]{x}$

$\sqrt[3]{x}$

[natalya_1]

[quote="Rak so dna в сообщении #1595042

Корень кубический набирается так:

$\sqrt[3]{x}$

$\sqrt[3]{x}$
Спасибо!

[Ende]

Новая версия попытки доказательства изложена в теме «Попытка доказательства Теоремы Ферма 2»
Эту тему закрываю.