Доказательство теоремы Ферма на элементарном уровне

[Korovin]

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМЫ ФЕРМА НА ЭЛЕМЕНТАРНОМ УРОВНЕ.
Итог 45-и летней работы над теоремой Ферма.
"Любое число считается целым пока не доказано иное".
"Все математики доказывают о безуспешных попытках осилить теорему ФЕРМА элементарными методами, забывая о 4-й степени, которая была доказана самим Ферма, не владеющим современным математическим аппаратом".
Допускаем, что уравнение Ферма

$$x^r+y^r=z^r\; (1)$$

имеет решение в целых числах, а $(x, y, z)$ есть его решение. Пусть здесь четным будет $y.$
В 80-х годах были получены формулы для решения уравнения (1), которые удовлетворяли условиям Ферма и первому случаю и второму. Формулы для простых степеней, их вывод были опубликованы на научном форуме dxdy. Вторая степень так же простое число, то действительно формулы обязаны подходить и для второй степени. И это так, мы не рассматривая отдельно уравнение второй степени, получили формулы для его решения. Новые формулы отличные от ранее известных, но формулы работают.
И так, если бы уравнение (1) имело решение в целых числах, то тройка чисел для его решения имела бы вид :

$$x=abcm+b^r$$

$$y=abcm+a^r$$

$$z=abcm+b^r+a^r$$

Здесь принято $z$ делится на степень $r$

$$z=cd$$

$$r(x+y)=c^r$$

$$\frac{c^r}{r}=2abcm+b^r+a^r$$

$$\frac{c^{r-1}}{r}=d+abm$$

Формулы для $d$ и $m$ опубликованы ранее на форуме dxdy.
Видим, что в формулах для $x, y, z$ присутствуют символы $a, b, c, m.\;$ Поэтому зададимся вопросом : а из за какого или каких символов нет решения уравнения (1) в целых числах. Символы $ab$ есть во всех формулах для всех степеней, но 2-я степень имеет решение, это значит, что причина не в $ab$. Но символа $m$ нет в формулах для 2 и 3 степеней, но 2-я имеет решение и вывод : дело не в символе $m.$ А символ $c, d$ есть только в формулах для простых степеней, но нет в формулах для 2-й степени, а 2-я степень есть простое число.
Простое число : это число, которое делится само на себя и на единицу (например 2, 3, 5, 7 и т.д.). Вывод : символы $c, d$ оказывает большое влияние на решаемость уравнений для простых степеней в целых числах. И мы докажем, что это обосновано. Доказывать будем, используя геометрический смысл теоремы Ферма.
Геометрический смысл теоремы Ферма отображён на рис.1.


Пояснения к геометрическому смыслу теоремы Ферма.
Решение уравнения (1) находим целочисленные $(x, y),$ как точку пересечения графика $x=z+x_1-y$ ( на рисунке прямая АС) с кривой $x=\sqrt[r]{z^r-y^r}.$ На рисунке показана кривая для $x=\sqrt{z^2-y^2},$ это круг радиусом $z.$ Для всех других степеней это уже не четвертая часть круга, а эллипс и $z$ для этих степеней отображается на линии ВЕ, это отрезок ВG.
На рисунке : EF=$x\;$ и ВF=$y,\;$ а отрезок ВI=ВJ=$z''\;.$ $z''\;$ это $z\;$ относится к второй степени. Для всех остальных простых степеней $z$ это отрезок BR и точка R расположена между точками F и J.
Отрезок АВ=ВС=$x+y=z+x_1.\;$ Это самое главное и это для всех степеней, включая и 2-ю.
$x_1=abcm$ и имеет с каждым из $(x, y, z)$ общие делители, а $(x, y, z)\;$ взаимно простые числа.
В треугольнике ВDH обозначим угол В, как $\gamma.\;$ Тогда

$$\sin \gamma=\frac{ck}{z\sqrt2}$$

$$\cos \gamma=\frac{(z+x_1)}{z\sqrt2}$$

В треугольнике ВFE обозначим угол В, как $\alpha\;$

$$\sin\alpha=\frac{x}{(z+h)}$$

$$\cos\alpha=\frac{y}{(z+h)}$$

В треугольнике BHG угол B обозначим, как $\beta\;$

$$\text{Угол}\;\beta=(45^\circ -(\gamma+\alpha))$$

В треугольнике НGE :

$$\text{Угол G}=90^\circ+\frac{\beta}{2}$$

$$\text{Угол H}=\gamma+\frac{\beta}{2}$$

$$\text{Угол E}=45^\circ+\alpha$$

1. Найдем $h.$
Рассмотрим треугольник ВEF. По теореме Пифагора

$$(z+h)^2=x^2+y^2$$

и

$$z^2+2zh+h^2=x^2+y^2$$

но известно :

$$x^2+y^2-z^2=x_1^2-2nn_1$$

То есть

$$2zh+h^2=x_2^2-2nn_1\; (2)$$

Мы знаем, что $h$ число рациональное, вида :

$$\frac{h_0}{h_1}$$

Правая часть (2) делится на

$$a^2b^2$$

так как

$$x_1^2=a^2b^2c^2m^2$$

и

$$2nn_1=2a^rb^r$$

Поэтому и левая часть обязана разделиться на это произведение. Здесь и далее приняли, что $z\mid{r}$. В левой части $z \nmid ab$ по определению, тогда

$$h_0 \mid{a^2b^2}$$

то есть

$$h=\frac{h_0a^2b^2}{2h_1}$$

Почему знаменатель делится на 2 , так как в первом члене слева есть 2. И ещё придется принять, что $a\;$ делится на $2^2\;$ и более. Примем, что $a\mid{4},$ то есть $a=4a_1.\;$
Избавимся в (2) от $h_1$ в знаменателе, умножив правую и левую части на $4h_1^2\;$ и запишется это все так :

$$4h_1h_0a^2b^2z+h_0^2a^4b^4=4h_1^2(abcm)^2-8h_1^2a^rb^r$$

Сократим правую и левую части на $4a^2b^2$ и все запишется :

$$h_1h_0z+\frac{h_0^2a^2b^2}{4}=h_1^2c^2m^2-2h_1^2a^{r-2}b^{r-2} \;(3)$$

Как видим, левая и правая части имеют по одному четному члену и по одному нечетному и это говорит о том, что делимость на 2 соблюдена и $2h_1$ пришлось принимать из за 2-и в первом члене слева. А то, что $а=4a_1$ приняли, что бы второй слева член в (3) остался четным и поэтому в (3) имеем по одному четному члену справа и слева и так же и по одному нечетному. Больше так подробно не будем показывать работу с уравнениями.
И так, мы пока определили, что :

$$h=\frac{h_0a^2b^2}{2h_1}$$

2. Найдем отрезок DH.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ВDH, здесь искомый отрезок катет, а второй катет равен $\frac{(z+x_1)}{\sqrt2}$ и гипотенуза равна $z.$

$$(z+x)^2}/2+k^2=z^2 \;(4)$$

Справа член целый и целый первый член слева по определению, значит и $k^2$ целое число и после умножения правой и левой частей на 2, будем иметь два члена чётных и один нечетный и так же первый член слева и $(z+x_1)\mid{c}\;$ и $z=cd\mid{c},\;$ то DH должен иметь вид :

$$\frac{ck}\sqrt2$$

$$2z^2=c^2k^2+(z+x_1)^2\;(5)$$

3. Найдем отрезок HE.
DH+HE=$\frac{y-x}{\sqrt2}\;$ и, если отрезок DH=$\frac{ck}{\sqrt2},\;$ то и отрезок HE будет равен :

$$\frac{s}{\sqrt2}$$

Приводим без доказательства, оставляя это на право читателю проверить самому.
То есть имеем

$$y-x=ck+s$$

Рассмотрим треугольник BHE и найдем $\frac{s}{\sqrt2},\;$ применив теорему косинусов.

$$\frac{s^2}{2}=z^2+(z+h)^2-2z(z+h)\cos(45^\circ-(\gamma+\alpha))$$

раскрыв $(z+h)^2\;$ и зная, что согласно (2)

$$2zh+h^2=x_1^2-2nn_1$$

найдем :

$$x_1^2-2nn_1=s^2/2+sck\;(6)$$

Сравнив (6) и (2), видим, что:

$$2zh+h^2=s^2/2+cks\;(7)$$

4. Находим $p\;$ в треугольнике HGE, используя теорему синусов.

$$p(\sin90^\circ+\frac{\beta}{2})=\frac{m}{\sqrt2}(\sin45^\circ+\alpha)$$

$$cp_1^2(z+h)(4z^2+2zh+cks)=s^2(z+x_1)^2\; (8)$$

В (8) $p^2=zcp_1^2b^4a^4/4,$ так как сумма членов во второй скобке слева делится на 4, а справа первый член, что видим из (7), делится на $a^4b^4$ и имеет вид : $s_1^2a^4b^4$.

5. Находим $p\;$ из треугольника BHG по теореме косинусов.

$$p^2=2z^2-2z^2\cos(45^\circ-(\gamma+\alpha))\;(9)$$

$$\cos(45^\circ-(\gamma+\alpha))=\frac{1}{\sqrt2}(\cos(\gamma+\alpha)+\sin(\gamma+\alpha))$$

и раскроем sin и cos, получим :

$$\frac{(z+x_1)^2+ck(y-x)}{2z(z+h)}$$

Сократим в (9) второй член справа на $2z$ и умножим левую и правую части на $(z+h),\;$ имеем :

$$p^2(z+h)=2z^2(z+h)-z\left((z+x_1)^2+ck(y-x)\right) \;(10)$$

В уравнении (10) видим, что $p^2$ число целое и обязано разделиться на $z$, что было показано ещё в предыдущем абзаце. Разделим первый член слева на $z$. Но ввиду того, что правая часть делится только на $z^1,\;$ значит это доказывает, что мы были ранее правы, что $p\;$ не целое, а становится целым в квадрате. Разделим правую и левую части (10) на $z$ и запишем :

$$p_1^2(z+h)=2z(z+h)-(z+x_1)^2-ck(y-x)\;(11)$$

Заменим $y-x\;\text{на}\;ck+s,\;$ согласно (5).
Зная из (4), что

$$(z+x_1)^2+(ck)^2-2z^2=0$$

и раскрыв скобки у $2z(z+h),$ (11) запишем :

$$cp_1^2(z+h)=2zh-cks\; (12)$$

Правая часть делится ещё и на $c,\;$ поэтому на $c\;$ делится и $p\;$. Тогда можем записать :

$$p^2=czp_1^2b^4a^4/4$$

Треугольник HGE, по теореме синусов находим $h, s/\sqrt2$

$$h_0^2a^4b^4(h_1z^2+zh_0b^2a^2/2+h_1cks/2)=h_1^2s^2a^4b^4(h_1c^2k^2+zh_0b^2a^2/2+h_1cks/2)\;(13)$$

Треугольник HGE, теорема синусов, найдем отношение сторон $h\;\text{и}\;p$

$$(h_0^2a^4b^4)(c^{2r})=cp_1^2a^4b^4(zh_1+h_0b^2a^2/2)(h_1c^2k^2+zh_0b^2a^2/2+h_1cks/2)\;(14)$$

В (14) $(z+x_1)^2=(x+y)^2=c^{2r},$ поэтому можем сократить в (14) правую часть и левую на $c^2$ и на $p_1^2a^4b^4$, здесь и далее мы опустим делимость на степень, так как рассматриваем делимость на $c.$ И (14) запишется :

$$\bar{h^2}c^{2(r- 1)}=(zh_1+h_0b^2a^2/2)(h_1ck^2+dh_0b^2a^2/2+h_1ks/2)\; (15)$$

Здесь : $h_0^2a^4b^4=\bar{h^2}p_1^2a^4b^4\;(16).$
Из треугольника HGE найдем $s^2/2.$

$$(s^2/2-h^2-p^2)^2(z+h)=cp_1^2h^2(2zh-ckm)\;(17)$$

Уравнение (17), с учётом (12) и если извлечь квадратный корень, то можно записать :

$$s^2-h^2-p^2=cp_1^2h\;(18)$$

Зная из (16), что

$$h_0^2a^4b^4=\bar{h^2}p_1^2a^4b^4$$

Поэтому и $s\mid{p_1}$, тогда $s$ можно записать :

$$s=s_1a^2b^2p_1\;(19)$$

Поэтому (18) можно сократить на $a^4b^4p_1^2,$ умножив левую и правую части на $4h_1^2$ и все запишется :

$$2s_1^2h_1^2-\bar{h^2}-czh_1^2=ch_1\bar{h}b^2a^2/2\;(20)$$

Из (20) находим, что

$$2s_1^2>cz\;(21)$$

Уравнение (6), учитывая (19), и сократив на $a^2b^2$, запишем :

$$c^2m^2-2a^{r-2}b^{r-2}=2s_1^2p_1^2b^2a^2/4+cks_1p_1\;(22)$$

Учитывая (21) можно сделать вывод, что в (22)
$c^2m^2>czp_1^2b^2a^2/4$ и зная, что $p_1^2≥1$ и что $ab>c\;(23)$, а $c^{(r-1)/2}>m\;(24)$, то можем смело записать : $4c^{r+1}>c^4d$ или $4c^{(r-3)/r}>d\;(25).$ Сравнение (23) и (24) приводятся пока без доказательства.
Из (5) следует, учитывая делимость $z\mid{r}$ или, что тоже $c\mid{r},$ то :

$$2d^2>(c^{2r-2})/(r^2) \;(26)$$

Сравнение (25) возведем в квадрат и умножим на 2, получим сравнение :

$$2d^2<(32c^{2r-6})/(r^{4r-12)/r})\;(27)$$

Сравнивая (26) и (27) находим, что :

$$32r^2(c^{2r-6})>(r^{(4r-12)/r})(c^{2r-2})\;(28)$$

В (28) избавились от знаменателей, умножив правую и левую части на :

$$r^2\;\text{и на}\;r^{(4r-12)/r}$$

Разделим (28) на $c^{ 2r-6}$ и на $r^2,$ получим :

$$32>(r^{2r-12}/r)(c^4)\;(29)$$

То есть видим, что уже для 13 степени в (29) $c^4<1$.
Сравнение (29) доказывает, что :

$$c^2m^2\ngtr{czp_1b^2a^2/4}$$

Поэтому $2s_1^2<cz$, а это приводит нас к выводу, что в (12) число $p_1$ не целое и мы правильно поступили, приняв при рассмотрении сравнений $p_1=1$.
Случай, когда на степень делится $x$ или $y$ не рассматриваем по причине, что эти случаи не влияют на результат при исследовании сравнений, как и первый случай Ферма.
И так : $z>p^2$ и значит требуется принять, что $p$ число рациональное и имеет вид : $p_0\frac{p_1}$. Тогда в (12) $s\mid{d}.$ И ещё - если в (12) левая часть после деления на $z$ становится не целой, тогда и в правой части сумма двух членов не целое число, но первый член справа число целое по назначению, а именно $z$ целое число по условию теоремы, а $h_0$ это числитель рационального числа $h$ и это целое число по определению. Тогда не целое число это второй член $cks.$ Но $c$ число целое по условию теоремы, а $k$ может быть не целым, но не может быть числом рациональным, так как в квадрате это целое число согласно (4). Поэтому остаётся признать что число $s$ не целое. Принимаем, что $s$ число рациональное вида :$s=\farc{s_0}{s_1}.$ И

$$s_0=tza^2b^2p_1$$

Поэтому (7) запишется, если умножим правую и левую части на $s_1^2h_1^2$ :

$$(h_1z\bar{h}a^2b^2p_1+\bar{h^2}p_1^2b^4a^4/4)s_1^2=t^2z^2h_1^2p_1^2b^4a^4/2+cktzp_1a^2b^2h_1^2s_1\;(27)$$

Как видим в (27), если в правой части $s\mid{d}$, то левая часть разделится на $d^2$ ввиду того, что $\bar{h}\mid{z}$, поэтому $s\mid{d^2}$, так как в последнем члене правой части в (27) $ck\nmid{d}$.
Но тогда снова видим, что в (6) :

$$(c^2m^2-2a^{r-2}b^{r-2})\mid{d^2}$$

То есть имеет место :

$$c^2m^2>d^2$$

Или что то же : $cm>d\;(28)$, но $z>x_1.$ Сократим левую и правую части на $c$ и запишем : $d>abm$, но $ab>c$, тогда можем заменить $ab$ на $c$ при этом не нарушаем знак сравнения (в меньшей части заменяем большее число на меньшее) и получим $d>cm,$ что противоречит (28).
А это значит, что и при рациональных $p, s$ уравнение (6) не разрешимо в целых числах. Тогда принимаем, что $p, s$ числа иррациональные (если принять иррациональным одно число $p,$ то в (12) в правой части сумма двух членов будет целое число, а в левой части число не целое ). Отсюда можно сделать вывод : в (12) в левой части произведение целого $h_1z+h_0/2$ на иррациональное $p$ дает нам число иррациональное, но и в правой части произведение целого числа $ck$ на иррациональное число $s$ в итоге получим иррациональное. Но сумма иррациональных чисел не может нам дать целое число $zh_0$ и на основании этого либо $z,$ либо $h_0$ числа не целые. Если принять не целым число $h_0,$ а это числитель рационального числа, то теорема была бы доказана ещё в начале. Поэтому остаётся признать, что не целым числом является $z.$
Теорема Ферма доказана на элементарном уровне.
Теперь мы сможем объяснить почему из всех простых степеней решение уравнения Ферма имеет только 2-я степень. (2- число простое, делится только на 1 и на само себя)
Все дело в разности $(x^2+y^2)-z^2.$ Так, для второй степени эта разность равна 0, а для всех остальных степеней доказано, что очень малое число и не делится на цело на $d^2$.

[Shadow]

Korovin в сообщении #1629914 писал(а):

Но сумма иррациональных чисел не может нам дать целое число

Да не согласен я

[Korovin]

Shadow
См. Википедию о сумме двух иррациональных.

[Dmitriy40]

Было уже:

Rak so dna в сообщении #1599606 писал(а):

Korovin в сообщении #1599520 писал(а):

сумма двух иррациональных чисел не есть целое число

$(2-\sqrt{2})+(\sqrt{2})=2$

[Утундрий]

Korovin в сообщении #1629914 писал(а):

Любое число считается целым пока не доказано иное

Вах!

[Gagarin1968]

Утундрий в сообщении #1629933 писал(а):

Korovin в сообщении #1629914 писал(а):

Любое число считается целым пока не доказано иное

Вах!

Нет, не так. Вольт-амперная характеристика тут не при чём.
Правильное доказательство такое: мамой клянусь!

[Korovin]

Dmitriy40
Вау, не серьезно. Я таких примеров начитался в поисковике. Огорчу вас, сумма трёх чисел, причем одно целое и одно иррациональное, но с разными знаками.
А что нибудь серьезное можете сказать, вы поняли хоть смысл доказательства? А поняли геометрический смысл теоремы, если нет, то и не стоит критиковать. Начинать надо с...понять что такое геометрический смысл теоремы.
Я тоже начинал с треугольника, где сторонами являются $z-y-x$. Кое что нашел, но увы, точку поставить не мог. Но все равно без геометрии я потратил 30 лет, правда не впустую, я вывел формулы для обоих случаев Ферма, а это дорогого стоит.

[Dmitriy40]

Вникать в доказательства с ошибками - впустую тратить время. У Вас ошибок полно. Если даже не можете понять что в каждой скобке по одному иррациональному числу ...
Занимайтесь дальше, пока приносит удовольствие.

[Korovin]

Dmitriy40
Первое. Вы привели пример, я ответил.
Второе. Приведите хоть одну формулу, где не целое число. Я начал с рационального $h$, даже число $k$ знал, что целое в квадрате, а так не уверен, но пока считал целым.
Будьте серьёзней.

[iifat]

Элегантным движением руки

Korovin в сообщении #1629914 писал(а):

Но сумма иррациональных чисел не может нам дать целое число

превращается в

Korovin в сообщении #1629948 писал(а):

сумма трёх чисел, причем одно целое и одно иррациональное,

Впрочем, сути дела как раз не меняет: сумма целого, иррационального и третьего, про кое ничего не известно аналогичным образом вполне может оказаться целой.

Korovin в сообщении #1629948 писал(а):

А поняли геометрический смысл теоремы

без изображения, с одним только словом «Изображение»? Вряд ли.

[Korovin]

iifat
Не понимаю что вы хотели сказать - элегантным путем.
У меня весь смысл доказательства сводился к тому, что именно сумма двух иррациональных чисел не может быть целым число, но может быть рациональным. А пример с тремя числами, то этих примеров в поисковике много, а именно приведенного примера на числовой оси бесконечность. (3-√3)+√3) =3 и так до бесконечности. Иррациональных чисел бесконечное число, как и целых.

[sergey zhukov]

Korovin
Вы же 45 лет занимаетесь этой теоремой, а так и не поняли, что выражение $3-\sqrt{3}$ - это одно иррациональное число? Удивительно! Я даже не могу в это поверить.

[Dmitriy40]

У меня рисунок "геометрический смысл теоремы Ферма" показывается, с отрезком и дугой окружности. Но там например нет точки R.
И уж точно при высших степенях окружность не превратится в эллипс (как известно кривую второго порядка).
Насколько критичны эти и указанные выше ошибки для доказательства - даже и не буду вникать. Они есть - этого достаточно.

-- 17.02.2024, 20:11 --

Korovin в сообщении #1629954 писал(а):

сумма двух иррациональных чисел не может быть целым число, но может быть рациональным.

Если может рациональным - может и целым. Доказывается в два действия. Сами себя и опровергли. Поздравляю.
Расходимся.

[Korovin]

Dmitriy40
Ну, уважаемый, у вас целое и рациональное одно и тоже, а это не так. Почитайте для начала, что такое целое число, а что такое рациональное. Рациональное можно представить в виде дроби, где целый числитель и знаменатель. А вот иррациональное число нельзя представить как рациональное. Но пишут, что сумма двух иррациональных может быть числом рациональным! Ещё раз- рациональное это число, получаемое от деления двух целых чисел.

[Dmitriy40]

Korovin
Спасибо, но я школьную программу ещё помню. И целое у меня не то же самое что рациональное!