数学中国

标题: 费尔马1的费马大定理 [打印本页]

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作者: discover    时间: 2019-8-30 14:49
标题: 费尔马1的费马大定理


  费马大定理的完整证明

               
费马大定理:任何一个大于二次的幂，都不能分成两个同次幂。
即c^n≠a^n+b^n
其中，a、b、c、n都是正整数，n>2，a、b、c两两互质，且c>a>b
证明:费马大定理证明的详细步骤:
①abc不成三角形，即a+b≤c；
②abc成钝角三角形，即a+b>c，a^2+b^2<c^2；
③abc成直角三角形，即a+b>c，a^2+b^2＝c^2；
④abc成锐角三角形，即a+b>c，a^2+b^2>c^2（包括a＝b，a≠b两种情况）。
其中，①②③显而易见，容易证明。
最关键的一步是④。
下面是④的证明:
在锐角三角形abc中，c最大，有两种情况:⑴a＝b，⑵a≠b
⑴当a＝b时，假设c^3＝a^3+b^3
则有c^3＝b^3+b^3即c^3＝2b^3
两边开立方，有c与b不能同时为正整数。
所以，命题成立；
⑵当a≠b时，c^2<a^2+b^2
要使两边相等且左边符合c^3
则左边乘以c，右边乘以h，h<c，
有c^3＝（a^2+b^2）h
当h≠a或者h≠b时，有关数据与这个锐角三角形abc无关；
假设当h＝a时，恰好两边相等
即c^3＝（a^2+b^2）*a即c^3＝a^3+ab^2
∵a≠b∴ab^2≠b^3
假设ab^2＝k^3，k为正整数，
则a、c、k必含有a的分解因子，与题设的互质相矛盾，
故，c^3≠a^3+b^3
同理可证，c^n＝（a^2+b^2）*a^（n-2）≠a^n+b^n
由上述⑴与⑵，这就证明了所有的锐角三角形。
所以，费马大定理成立。

评论

④的证明:
⑵当a≠b时，c^2<a^2+b^2
要使两边相等且左边符合c^3
则左边乘以c，右边乘以h，h<c，
有c^3＝（a^2+b^2）h
当h≠a或者h≠b时，有关数据与这个锐角三角形abc无关；

问题：
(2)当a≠b时，c^2<a^2+b^2
要使两边相等且左边符合c^3
则左边乘以c，右边不一定同乘以h，右边也可以a^2乘以h，b^2乘以H，h<c，H<c，
有c^3=a^2 h+b^2 H
当h=a，H=b
c^3=a^3+b^3也可能成立，且a,b,c两两互素。
因此，(2)的证明不成立。

如果左边乘以c，右边乘以h，h<c，假设h=a等式成立，即右边乘以a，
因为右边展开之后的两项已经不互素，即c^3等于右边不互素的两项之和，
换言之，c^3不等于右边互素的两项之和，
即己经假定n=3时费尔马定理成立，再证明n=3时费尔马定理成立，是以结论证结论，典型的循环论证。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-30 20:42
老师您好:感谢您的关注！
④的证明您有质疑，我给您解释一下，④中的三个数a、b、c代表了所有的锐角三角形的三个边，即锐角三角形的集合，｛a、b、c｝，当然a、b、c必须符合锐角三角形的条件，您说的c、a、b与c、m、n是一样的，没有什么区别。您可以任意拿三个数当做a、b、c，例如p、q、k这三个数也可以当做a、b、c，我的一步④的证明就证明了所有的锐角三角形，根本不再要去考虑cmn之类的，注意，其中运用了一个重要题设条件，a、b、c各不相等且两两互质。

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作者: discover    时间: 2019-8-30 21:17


一个命题成立，其逆否命题一定成立。

(4)的逆否命题为：
若c^3=a^3+b^3，则c^2<a^2+b^2不成立。
试证一下该命题如何？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-31 03:45
您在转移命题啊！没有像你说的那样的命题的:若c^3=a^3+b^3，则c^2<a^2+b^2不成立。
费马大定理的逆否命题是，若c^n=a^n+b^n，则n不大于2。
您看看你提的问题:c^3≠a^3+b^3但c^3=m^3+n^3可能成立。
有关数据是什么数据？能不能说的清楚一点？
哈哈，我的证明中的abc难道就不能包括你所说的cmn吗？例如abc是2、3、4，那么
abc是7、8、10，就不行了吗？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-31 04:24
您考虑题目中的一个重要题设条件了吗？a、b、c各不相等且两两互质。您知道这个互质的条件对证明有多大的作用吗？
其实，题目中互质的这个条件，就是以防您提出的问题:c^3≠a^3+b^3但c^3=m^3+n^3可能成立。
有关数据是什么数据？能不能说的清楚一点？

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作者: discover    时间: 2019-8-31 08:12

费尔马1 发表于 2019-8-31 03:45
您在转移命题啊！没有像你说的那样的命题的:若c^3=a^3+b^3，则c^2

本帖主要是讨论(4)的证明。如果你不能证明(4)的逆否命题，说明(4)的证明不成立。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-31 08:36

discover 发表于 2019-8-31 08:12
本帖主要是讨论(4)的证明。如果你不能证明(4)的逆否命题，说明(4)的证明不成立。

请问老师，④的原命题的证明对吗？
即使是④的逆否命题，也应该是这样的:
若c^n＝a^n+b^n则c^2不小于a^2+b^2，且n不大于2。
我用抽干了水“拿鱼法”，按部就班，步步为营，稳扎稳打，脚踏实地地证明了费马大定理，我才不管什么逆否命题呢！
说实话，证明中的①②③④就是三个数组合形式的四个集合。

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作者: discover    时间: 2019-8-31 10:36

费尔马1 发表于 2019-8-31 08:36
请问老师，④的原命题的证明对吗？
即使是④的逆否命题，也应该是这样的:
若c^n＝a^n+b^n则c^2不小于a^ ...

多说无用。
证明(4)的逆否命题看看，自然知道(4)的证明错在哪里。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-31 14:10
你的那不是④的逆否命题。
请问老师什么是逆否命题？原命题中n大于2这个条件在逆否命题中为什么不否？
你让我证明逆否命题，请问原命题的证明是否对？如果原命题的证明是错的，那么证明它的逆否命题还有意义吗？

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作者: discover    时间: 2019-8-31 14:46
只需证明n=3的逆否命题即可。
若c^3=a^3+b^3，则c^2不小于a^2+b^2.
自己证明，自己才能发现错误。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-31 16:26
老师您好，这里的逆否命题应该把n>2也否，你说呢？
再说了，本来c^n＝a^n+b^n当n>2时是不存在正整数解的，但在锐角三角形中，它的无理数解是存在的，如果不否n>2，因为无理数解只有在锐角三角形中才有，其逆否命题当然成立。如果要证明你说的那样的逆否命题，把我④的原命题的证明倒过来即可。
再说了，④的证明中，以你的观点，错在哪里，请老师具体指出？
我的④的证明思路是，从一个立方体c^3中取出来一个较小的立方体，看看剩下的部分是否还是一个小立方体？只要能有理由判断这个剩下的部分，就行了！证明用到了abc三个数各不相等且两两互质的条件，因此，证明通畅。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-8-31 17:19
我仔细想了想，不能把c^3=a^3+b^3做为条件，把c^2不小于a^2+b^2做为结论互相证明，因为c^3=a^3+b^3存在无理数解，所以这时c^2仍然小于a^2+b^2。
另外，还可以用反证法证明费马大定理:
已知，abc为正整数，且两两互质，两两不等，求证，c^3≠a^3+b^3
证明:假设c^3=a^3+b^3，把c^3压缩，使高等于a，这时底面积增加，设底面积等于a^2+k^2，有c^3=（a^2+k^2）a即c^3=a^3+ak^2=a^3+b^3
有ak^2＝b^3，这样，cab三个数都含有a的分解因子，与已知的互质矛盾，故假设不成立。

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作者: discover    时间: 2019-9-1 12:39
主帖评论：
主帖证明的错误在于，c^2<a^2+b^2，右边乘以h，h<c，h=a.

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-1 14:21
老师您好:您早说（主帖证明的错误在于，c^2<a^2+b^2，右边乘以h，h<c，h=a.）啊！c^2<a^2+b^2是小于号 ，你看，小＜大，要使<变为＝，需要大*小＝大*小，c是大，a是小，假设这时两边恰好相等，即从c^3中拿出a^3，再分析ab^2，这里的b是可以为任意正整数，不影响证明，因为还有下一步互质的问题。
证明通畅，无需考虑逆否命题。
谢谢老师！

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作者: discover    时间: 2019-9-1 22:07
再看主帖评论！

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-2 06:05
老师您好:您一开始提的问题并不是逆否命题，你的问题一个接一个，好了，你反正都是否认证明，就此打住吧，以后再听听别人的意见如何？

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作者: discover    时间: 2019-9-2 08:01
主帖评论已经指出：主贴的证明是循环论证。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-2 10:01
哈哈，争论到此，打住吧！
无论如何，老师并没有说出关键性问题，朱老师笼统的说思路不对，请问证明过程中全部错了吗，还是某个地方不对呢？
我的三角形集合论，abc可以是任意三角形的边，又加上互质理论，请问有什么不对？比尔猜想也是采用这个原理证明的，程氏定理1也是，如果说我的证明不对，请问你能推翻程氏定理1吗？（程氏定理1见我的帖子《费尔马1的几个定理》）

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作者: 朱明君    时间: 2019-9-2 10:42

费尔马1 发表于 2019-9-2 02:01
哈哈，争论到此，打住吧！
无论如何，老师并没有说出关键性问题，朱老师笼统的说思路不对，请问证明过程中 ...

费马大定理不是那么好证明的！有些人总是从三角形上去理解想办法。所以证明是漏洞百出。

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作者: 任在深    时间: 2019-9-2 11:22

朱明君 发表于 2019-9-2 10:42
费马大定理不是那么好证明的！有些人总是从三角形上去理解想办法。所以证明是漏洞百出。

对！
    哥猜，孪猜，以及费猜都属于《中华单位论》中的中华簇！
    它们都同属于《中华簇》！

       一.中华簇：

               (1)     (√x^n)^2+(√Y^n)^2=(√Z^n)^2,   n=0.1.2.3.4.5......i

       1.n=0： X,Y,Z,都是点，不构成任何图形，无解，
       2.n=1： √X,√Y,√Z,分别是线段，(√X)^2,(√Y)^2,(√Z)^2分别是面积，当X=Pn,Y=Qn,Z=2n,则是哥猜，
       3.n=2： X^2+Y^2=Z^2,X,Y,Z=1,X,Y＜Z,则是 勾股定理，
       4.n=3： 当仅当 n≥3之后属于费尔马大猜想，X^n,Y^n,Z^n只是表示n次幂的数，
       5.n=4： 因为宇宙空间只存在三维数！所以企图按照所谓的n维数去证明只能说明他们还不理解宇宙空间的结构！
       6.n=5： 这也是至今还有人错误的认为宇宙是三维以上空间的原因！
                    可惜至今没有人能够做出四维以上的空间的模型来！？只是毫无根据的乱定义而已！！
       i.n=j.
因为n≥4已经不是任何几何形体，所以只能是在直角三角形中所表示的三角形的各种边长！

        X=2
则    X^2=2x2=4
       X^3=2x2x2=8
       X^4=2x2x2x2=16
        ******....................
       否则的话，你就得用西方的椭圆曲线来忽悠人了？！
       当然锐角，钝角三角形也不在此列！证明它们也是多此一举！！是不懂费尔马大猜想的自我表现！

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-2 12:36
哈哈哈哈！你们耍嘴皮子去吧！有能耐就推翻程氏定理1啊！！！
你们如果推翻了程氏定理1，也就推翻了我的费马大定理的证明。请老师不要把费马大定理太夸张了，没有什么神秘的，它的内涵还赶不上程氏定理1，更赶不上比尔猜想。
看来，叶公好龙，对牛弹琴还是有的……

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-2 14:53
你可以不先看我的费马大定理的证明，先看看程氏定理1是否正确？如果您推翻了程氏定理1，一切都由你说了算，千万不要说程氏定理1是猜想啊！
如果不能推翻程氏定理1，对不起，以后就不再回复了！

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作者: discover    时间: 2019-9-2 18:47


主帖费尔马定理的证明显然错误，所谓的程氏定理1只是一个猜想。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-3 06:06
您好老师:费马大定理又称费马大猜想，这个事儿你怎么看呢？

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作者: discover    时间: 2019-9-3 07:32
证明世界难题漏洞百出，提出猜想无人问津，民科之路越走越窄。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-3 12:17
我是说为什么会有人说是费马大猜想？
我的定理1你说是猜想，还有谁说是猜想的？请问就算是“猜想”，这个“猜想”对吗？请老师也在这方面提出一个猜想好吗？
高斯不能证明费马大定理，反而说费马大师是胡编乱造，老师您对这个事怎么看呢？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-3 12:27
在我看来，知识面前人人平等，不分什么官科与民科！
再说了，即使我的定理1是猜想，老师也当给予支持鼓励吧，这是我们中国人热爱数学的美德吧！老师不应该不断的进行打击吧！什么叫越走越窄？难道就不允许我们广大数学爱好者好好学习天天向上吗？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-3 12:49
你每次都是答非所问，您为什么不正面回答我的问题呢？
请老师这次一定不要答非所问了！谢谢老师！

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作者: discover    时间: 2019-9-3 14:31
数论中的猜想很多。如：n~2n(n>6)之间至少有一对孪生素数，n^2~(n+1)^2之间至少有一个素数等等。但重要的猜想如希尔伯特所说，是一只会下金蛋的鸡，如黎曼猜想，ABC猜想等，否则是就题论题，意义不大。欧拉这样的大师时代已经过去，哥德巴赫猜想提出的过程不可复制。

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作者: discover    时间: 2019-9-3 14:40
爱好数学是好事，至少能预防老年痴呆。但一再坚持自己破解了世界难题，拒不接受别人指出的错误，只能是自娱自乐了！

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-3 14:43
老师您好:素数的间隔定理我已经证明，素数p~2p之间必有素数，我已经用集合两分法证明素数无限多。见我在本坛的有关帖子。
再说了，程氏定理1，是我用证明得到的，我从来都没有用具体的数字去试验过，哪来的猜想啊？

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作者: discover    时间: 2019-9-3 14:54
n~2n(n>1)之间必有素数，本来就是定理，其推论即是p~2p(p为素数)之间必有素数。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-3 21:16


您好老师:以下是你的话:
n~2n(n>1)之间必有素数，本来就是定理。
请问老师，这是谁证明的？我在网上看到这是猜想啊！这是根据哥德巴赫猜想逆推出来的又一个猜想。
以下问题老师怎么也不回答我，（我纳闷啊）:
①为什么会有人说是费马大猜想？
②高斯为什么污蔑费马？
③程氏定理1（对于你就是猜想）对还是错？
④程氏高次不定方程，即任意次幂任意系数任意项的高次不定方程，您说对吗？如果出个这样的题您能否解出？

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作者: discover    时间: 2019-9-3 23:34
n~2n之间必有素数，即伯特兰-切比雪夫定理。
费马大猜想已被英国的安德鲁.怀尔斯证明。
高斯也不是圣人，其实勒让德比他更早提出素数定理。
这些网上都有，难道不会百度？
定理是己证明且公认的，自封的没有意义。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-4 04:00
费马大猜想，是高傲自大的数学权威人士不相信费马的功力，英国的证明只有审稿人“能看懂”，其他的数学家都看不懂，您怎么看呢？
高斯就是非常高傲自大的人。
素数定理是个近似式子，数学界已经有许多数学家不认可。
您既然不回答我的问题:（③程氏定理1（对于你就是猜想）是对还是错？
④程氏高次不定方程，即任意次幂任意系数任意项的高次不定方程，您说对吗？如果出个这样的题您能否解出？），您肯定是嫉妒别人。
这样吧，别的我们就不说了，学生我在本坛已有近300个帖子，其中有若干道数学题，您就算是挑战一下好吗？这些数学题任由你选，看看你能不能解出？老师您敢不敢接招？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-4 04:00
费马大猜想，是高傲自大的数学权威人士不相信费马的功力，英国的证明只有审稿人“能看懂”，其他的数学家都看不懂，您怎么看呢？
高斯就是非常高傲自大的人。
素数定理是个近似式子，数学界已经有许多数学家不认可。
您既然不回答我的问题:（③程氏定理1（对于你就是猜想）是对还是错？
④程氏高次不定方程，即任意次幂任意系数任意项的高次不定方程，您说对吗？如果出个这样的题您能否解出？），您肯定是嫉妒别人。
这样吧，别的我们就不说了，学生我在本坛已有近300个帖子，其中有若干道数学题，您就算是挑战一下好吗？这些数学题任由你选，看看你能不能解出？老师您敢不敢接招？

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作者: 朱明君    时间: 2019-9-4 06:17
爱好数学是好事，至少能预防老年痴呆。但一再坚持自己破解了世界难题，拒不接受别人指出的错误，只能是自娱自乐了！

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作者: discover    时间: 2019-9-4 11:32
不接受数学家的成果，不接受网友的指错，讨论还有意义么？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-4 21:18
哈哈哈哈，与几位大师这么个讨论法，的确没有意义。我问你的问题您就是不回答，是为什么？请问为什么那么多的后辈数学家否认费马证明了费马大定理？这究竟是为什么？这些后辈数学家有什么根据说费马是猜想？当今又有那么多墙头草数学人士说英国人证明了费马大定理，请问老师，这些墙头草数学人士确实看懂了证明吗？（注，这些人士不是那四五个审稿人）

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作者: discover    时间: 2019-9-8 16:20
比尔猜想：
若a,b,c均为正整数且两两互素，那么方程a^x+b^y=c^z 没有x,y,z都大于2的正整数解。
若x=y=z，即费马大定理。

若x=y或y=z，即所谓的程氏定理1.
显然，所谓的程氏定理1只是比尔猜想的特例，只能是猜想。
如果非要自称为程氏定理1，请贴出证明，但愿不是循环论证！

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作者: discover    时间: 2019-9-8 16:26


程氏定理1（与费马大定理有关）
a^n±b^n ≠c^r 其中，a、b、c、n、r均为正整数，且a、b、c三个数两两互质，n、r大于2。
   即在正整数范围内，两个同次幂之和（或差）不等于任何一个高于二次的幂。

程氏定理2:（与哥德巴赫猜想有关）
每个大于4的偶数都可表示为一对孪生素数之一与另外一个奇素数之和。

程氏定理3，一个适当的平方数m∧2可以等于n个较小的平方数之和，并且这样的平方数m∧2存在无穷多个。（m、n为正整数，n≥2）

程氏定理4（即素数的间隔定理）
素数p～2p之间必有素数；
正整数n～2n之间必有素数。

评论：程氏定理4其实是伯特兰-切比雪夫定理，只是程不知道前人的成果而已，也给不出证明。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-9 00:57

discover 发表于 2019-9-8 16:20
比尔猜想：
若a,b,c均为正整数且两两互素，那么方程a^x+b^y=c^z 没有x,y,z都大于2的正整数解。
若x=y=z， ...

好吧！……

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-9 06:35
老师您好:
程氏定理1您还是没有说对还是不对？比尔猜想确实包括了程氏定理1，又包括了费马大定理。但是，我是先证明了费马大定理，又证明了程氏定理1，那时候我还不知道比尔猜想呢！是蔡家雄老师给我说比尔猜想的。
哈哈，您没有事，去看看130页的费大猜想吧！看看人家是怎么用椭圆方程深刻阐述费马大猜想的。您再给人家提个建议。

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作者: discover    时间: 2019-9-9 10:00
没有证明的猜想只能是猜想，如比尔猜想，比尔猜想的特例所谓的程氏定理1。

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作者: discover    时间: 2019-9-9 10:25


所谓的素数1-1定理：任何偶数都可表示为无穷多对素数之差，其实是双生素数猜想：素数对(p,p+2k)(k≥1)有无穷多对。
如果素数p,p+2k相邻，则是波利尼亚克猜想。

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作者: discover    时间: 2019-9-9 10:31

费尔马1 发表于 2019-9-9 06:35
老师您好:
程氏定理1您还是没有说对还是不对？比尔猜想确实包括了程氏定理1，又包括了费马大定理。但是， ...

本人对已经证明了的定理没什么建议，倒是建议你多看书，少闭门造车，做无用功。

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作者: lusishun    时间: 2019-9-9 11:57

discover 发表于 2019-9-9 02:25
所谓的素数1-1定理：任何偶数都可表示为无穷多对素数之差，其实是双生素数猜想：素数对(p,p+2k)(k≥1)有无 ...

送discover
看看：
用公式求出小于288的，数字分别与小于289算术平方根互质，相差106的素数有几对：

解：（288-106）（1-1/2）（1-2/3）（1-2/5）（1-2/7）（1-2/11）（1-2/13）
     =182（1/2）（1/3）（3/5）（5/7）（9/11）（11/13）
     =9

       实际有：（31,137），（43,149），（61,167），（67,173），（73,179），（127,133），（151,257），（157,263），（163,269）



属于波利尼亚克猜想的内容吧，
用加强比例两筛法是可以证明波利尼亚克猜想2k=106的情况

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作者: discover    时间: 2019-9-9 15:00
用程氏循环法证明：
勾股定理没有整数解

程氏n=3时费马大定理的证明：
⑵当a≠b时，c^2<a^2+b^2
要使两边相等且左边符合c^3
则左边乘以c，右边乘以h，h<c，
有c^3＝（a^2+b^2）h
当h≠a或者h≠b时，有关数据与这个锐角三角形abc无关；
假设当h＝a时，恰好两边相等
即c^3＝（a^2+b^2）*a即c^3＝a^3+ab^2
∵a≠b∴ab^2≠b^3
假设ab^2＝k^3，k为正整数，
则a、c、k必含有a的分解因子，与题设的互质相矛盾，
故，c^3≠a^3+b^3

同理可证明勾股定理没有整数解：
⑵当a≠b时，c<a+b
要使两边相等且左边符合c^2
则左边乘以c，右边乘以h，h<c，
有c^2＝（a+b）h
当h≠a或者h≠b时，有关数据与这个直角三角形abc无关；
假设当h＝a时，恰好两边相等
即c^2＝（a+b）*a即c^2＝a^2+ab
∵a≠b∴ab≠b^2
假设ab＝k^2，k为正整数，
则a、c、k必含有a的分解因子，与题设的互质相矛盾，
故，c^2≠a^2+b^2
即勾股定理没有整数解。

例证勾股定理没有整数解：
设a=3,b=4,c=5,
⑵当3≠4时，5<3+4
要使两边相等且左边符合5^2
则左边乘以5，右边乘以h，h<5，
有5^2＝（3+4）h
当h≠3或者h≠4时，有关数据与这个直角三角形abc无关；
假设当h＝3时，恰好两边相等
即5^2＝（3+4）*3即5^2＝3^2+3×4
∵3≠4∴3×4≠4^2
假设3×4＝k^2，k为正整数，
则3、5、k必含有3的分解因子，与题设的互质相矛盾，
故，5^2≠3^2+4^2
即勾股定理没有整数解。


这就是程氏循环法的荒唐之处！

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作者: lusishun    时间: 2019-9-9 15:38

lusishun 发表于 2019-9-9 03:57
送discover
看看：
用公式求出小于288的，数字分别与小于289算术平方根互质，相差106的素数有几对：

我是忽略了（1,107）了，
谢谢你的提醒。

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作者: lusishun    时间: 2019-9-9 15:41
用公式求出在区间（1,2,3,4,5,6,7,8，............286）内，相差104的素数对的近似值：
解：（286-104）（1-1/2）（1-2/3）（1-2/5）（1-2/7）（1-2/11）（1-2/13）
     =182（1/2）（1/3）（3/5）（5/7）（9/11）（11/13）
     =9

检验：（3,107），（5,109）两组被筛掉。
         实际还有：（23,127），（47,151），（53,157），（59,163），（89,193），（107,211），（167,271），（173，277），（179,283）。正好九组

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作者: lusishun    时间: 2019-9-9 16:14

lusishun 发表于 2019-9-9 07:41
用公式求出在区间（1,2,3,4,5,6,7,8，............286）内，相差104的素数对的近似值：
解：（286-104）（ ...

可惜，182也不可以，我掉了一组（167,271），也不是，
谢谢，你提醒，又发现了漏掉。
比180大没有了.
我下步要确定最大的是哪一个数是不是154呢？

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-10 06:15
我知道1－1定理在以前是猜想。
老师您好:请您帮忙检查一下我的任意次幂的不定方程？还有分数数列？谢谢！

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-10 07:37
您好老师:
您没有读懂素数的来源与1－1定理，也没有看懂比尔猜想的证明。素数的来源其实就是整除、倍数问题，比尔猜想其实就是等积变形、幂的运算，互质、集合问题。这些问题我就不多说了，我也并不是强求你认可，只是对知识的责任。
朱老师您好:您的上个帖子的幂指数有等于2的，如果你想研究比尔猜想，就幂指数大于2。

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作者: discover    时间: 2019-9-10 11:11

费尔马1 发表于 2019-9-10 07:37
您好老师:
您没有读懂素数的来源与1－1定理，也没有看懂比尔猜想的证明。素数的来源其实就是整除、倍数问 ...

我读懂了你的所谓定理要么是数学家的定理，要么是数学家的猜想。

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-10 15:20


请教老师，以前说是费马大猜想，到以后又说是费马大定理，费马大师的论断没有变，然而，这个论断的名称在不同的时代却是不一样，不同的人对这个论断的认可也是不一样的，这个事您怎么看待？
还有一个问题请教老师，您看我的比尔猜想的证明对吗？请老师指点！谢谢老师！

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作者: 费尔马1    时间: 2019-9-10 15:47
数学界有的人把费马大师看的一无是处，说费马根本没有证明，也有人说费马即使有证明，他的证明太简单，用纸太少，不一定正确。
这样看来，数学知识本来是纯理论，是受人尊重的，让那些出尔反尔的墙头草人物给弄的一塌糊涂了！老师您说是不是啊！

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作者: discover    时间: 2019-9-17 11:55


比尔猜想:对于c^z＝a^x+b^y
（一）当abc互质时，xyz无大于2的整数解；
（二）若xyz有大于2的整数解，则abc一定有公共质因数。
证明:在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，abcz为正整数，z>2，h为正有理数。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），仅当h＝a^（x－2）时方可，所以有，c^z＝（a^2+b^2）a^（x－2）
即c^z＝a^x+b^2a^（x－2）…………（四）
①若abc互质，则b^2a^（x－2）不是b的任何次幂，不是a的任何次幂，也不是其它正整数k的任何次幂（k与abc互质），即命题（一）；
②若b^2a^（x－2）＝k^y，则kac都含有a的分解因数，即命题（二）。
      在正整数集合中，每三个数组成一组分别代入（四）式，均符合命题（一）、（二），故，比尔猜想成立。

问题：
在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，abcz为正整数，z>2，h为正有理数。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），仅当h＝a^（x－2）时方可，所以有，c^z＝（a^2+b^2）a^（x－2）
即c^z＝a^x+b^2a^（x－2）…………（四）

评论：用h＝a^（x－2）将a^2和b^2捆绑在一起，ha^2和hb^2必然不互素。而证明不捆绑时等式不成立，才是比尔猜想。

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作者: discover    时间: 2019-9-18 11:52


abcd-efg
xujunjie228.blog.163.com  

【费尔马大定理】不定方程
x^n + y^n = z^n  ( 其中，x^n 表示 x 的 n 次方。其它的类似 )     (1)
在 n > 2 时，无正整数解。

【证明】假设 (1) 式有正整数解 x，y，z ，并且彼此互素。因为 z > y，
所以可设 z = y+a  ( a > 0 ) 。由 (1) 式，可有
x^n = ( y+a )^n -  y^n        (2)
把 (2) 式右端按 n 次方差公式展开，可有
x^n = [ (y+a) - y ] [ (y+a)^(n-1) + (y+a)^(n-2) y +
+ (y+a)^(n-3) y^2 + … + (y+a)^2 y^(n-3) + (y+a) y^(n-2) + y^(n-1) ]     (3)
因为 y+a > y，所以 (3) 式右端多项式中 n 个项之值，从左到右是逐项减小
的。把其中的值最大项 (y+a)^(n-1) 和 值最小项 y^(n-1)，分别乘以 na，可有
na (y+a)^(n-1) > x^n > na y^(n-1)      (4)
这样，根据 (4) 式，在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k  ( a > k > 0)，使得
x^n = na ( y+k )^(n-1)             (5)
分别把 (2) (5) 式右端按二项式公式展开，可有
x^n = C(n,1) a y^(n-1) + C(n,2) a^2 y^(n-2) + C(n,3) a^3 y^(n-3) +
+ C(n,4) a^4 y^(n-4) + … + C(n,n-1) a^(n-1) y + a^n          (6)
x^n = na [ y^(n-1) + C(n-1,1) k y^(n-2) + C(n-1,2) k^2 y^(n-3) +
+ C(n-1,3) k^3 y^(n-4) + … + C(n-1,n-2) k^(n-2) y + k^(n-1) ]       (7)
这里, C(u,v) = u ! / [ v ! (u- v) ! ]    ( v = 0，1，2，… ，u )                   (8)
因为 (6) (7) 式相等，并且其右端多项式中均有 n 个项，所以对于 y 来说，
两式相对应的各项系数和常数项，是分别相等的。因此，可有
....................................  
a^(n-2) = (n-1) k^(n-2)，a^(n-1) = n k^(n-1)                (10)

a^(n-2) = 2^(n-2) k^(n-2)，a^(n-1) = 2^(n-1) k^(n-1)                    (11)
因为(11) 式中各式所得之值，并不分别等于(10)式中相应各式之值，所以
要使 (10) 式中各式同时成立，只有在 a = 0 时才行 。这与假设 a > 0 相矛盾。
因此，费尔马大定理成立。

问题：一元多项式恒等条件不满足。

评论：两个一元多项式的值相等，这两个多项式未必恒等。值相等与恒等是两个概念。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-18 12:09


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作者: discover    时间: 2019-9-18 12:12

abcd-efg 发表于 2019-9-18 12:09
discover网友，您好！
据我所知一个定理：如果两个一元多项式相等，当且仅当它们的对应系数相等。不知对否 ...

如果两个一元多项式相等，当且仅当它们的对应系数相等。
但如果两个一元多项式值相等，它们的对应系数未必相等。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-18 12:39


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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-19 11:13


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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-19 16:42
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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-19 18:17
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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 07:25
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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 08:49
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作者: discover    时间: 2019-9-20 16:32


58楼评论的说明：

一元n次多项式恒等的定义：如果对任意的复数x，多项式f(x)与g(x)的值都相等，则称f(x)与f(x)恒等。
【费尔马大定理证明】的问题
以n=3为例
假设 x^3 + y^3 = z^3 有正整数解，设 z = y+a  (a >0)
x^3 = ( y+a )^3- y^3  
x^3= [ (y+a) - y ] [ (y+a)^2 + (y+a) y +y ^2 ]
     =a(3y^2+3ay+a^2)
     =3ay^2+3a^2y+a^3    (1)
x^3 = 3a (y+k)^2
       = 3ay^2+6aky+3ak^2     (2)   
(1)=(2), y(6k-3a)=a^2-3k^2   
             y=(a^2-3k^2)/(6k-3a)    (3)
因为a,k是常数，即：y只有满足(3)式的一个解满足一元2次多项式 (1)和(2)，而不是任意复数y，因此一元2次多项式 (1)和(2)不恒等。
由此反推出：在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k (a > k > 0)，使得
x^3 = 3a ( y+k )^2    (4)
这一结论对任意y不成立，只在y满足(3)式时成立。
而不能反推出a=0.
如果假设 (1)和(2)恒等，必然推出a=k=0，即n=3费尔马大定理成立，即已经假定n=3时费尔马大定理成立，还证明什么？

结论：
原文推断：若x^n = ( y+a )^n -  y^n ( a > 0 ,n>2)  (2)，在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k  ( a > k > 0)，使得
x^n = na ( y+k )^(n-1)     (5)
对任意y不成立， (2) (5) 式两个一元n次多项式不相等。

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作者: 朱明君    时间: 2019-9-20 16:35

discover 发表于 2019-9-20 08:32
58楼评论的说明：

一元n次多项式恒等的定义：如果对任意的复数x，多项式f(x)与g(x)的值都相等，则称f(x) ...

用假设证明是不懂费马定理的人的证法

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作者: 朱明君    时间: 2019-9-20 16:38
初等方法证明费尔马大定理
设:a≤b＜c, a+b>c, n≤a,
则a^n+b^n＜c^n

注:从大于转为小于,转折点是n≥a.

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 17:04


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作者: discover    时间: 2019-9-20 17:19

abcd-efg 发表于 2019-9-20 17:04
(1)为什么两个一元多项式相等，则其对应系数相等？因为一元多项式未知数的数值，可以任意取值，
只有 ...

待定系数法是由两个一元多项式相等推出其对应系数相等，这是对的。问题是怎么判定这两个一元多项式相等？

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作者: discover    时间: 2019-9-20 18:14

abcd-efg 发表于 2019-9-20 17:04
(1)为什么两个一元多项式相等，则其对应系数相等？因为一元多项式未知数的数值，可以任意取值，
只有 ...

本帖最后由 abcd-efg 于 2019-9-20 09:51 编辑

(1)为什么两个一元多项式相等，则其对应系数相等？因为一元多项式未知数的数值，可以任意取值，
只有这两个多项式相等，并且其对应系数相等，才能保证不论未知数取何值，它们的计算结果一致。
大家常用的待定系数法，就是根据这一定理的。

(2)根据证明的假设，a > 0 为正整数，k (a > k > 0) 为实数。在 n = 3 时，根据你以上的计算，可得
y = (a^2 - 3 k^2) / (6k - 3a)。此时，不可能有复数存在的，并且 a，k 不是已经确定了的数啊。因此，
y 并不能只取一个值的。不知以上看法当否？

说明：实数也是复数。
a，k 不是已经确定了的数，但a，k 已构成待定系数。是系数，不是变量y，只是待定而已。在n=3时，y
的值只与a，k有关，而不是任意复数。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 18:15


！！！！！！！！！！

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作者: discover    时间: 2019-9-20 18:17

abcd-efg 发表于 2019-9-20 18:15
在《费尔马当年的巧妙证明》一文中，(2)(5) 式右边的多项式就是相等的。
另外说明一下，70 楼的完整内容 ...

在《费尔马当年的巧妙证明》一文中，(2)(5) 式右边的多项式就是相等的。
怎么证明(2)(5) 式右边的多项式相等？

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 18:22


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作者: discover    时间: 2019-9-20 18:36

abcd-efg 发表于 2019-9-20 18:22
因为这两个式子的左边，均为 x^n 啊！

《费尔马当年的巧妙证明》原文：

因为 y+a > y，所以 (3) 式右端多项式中 n 个项之值，从左到右是逐项减小
的。把其中的值最大项 (y+a)^(n-1) 和 值最小项 y^(n-1)，分别乘以 na，可有
na (y+a)^(n-1) > x^n > na y^(n-1)      (4)
这样，根据 (4) 式，在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k  ( a > k > 0)，使
x^n = na ( y+k )^(n-1)  

即：另外构造一个一元n次多项式与原一元n次多项式比较，假定它们的值相等，看是否有整数解。而两个多项式不一定相等。
  

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 19:12


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作者: discover    时间: 2019-9-20 19:25

abcd-efg 发表于 2019-9-20 19:12
你为什么说，那 “两个多项式不一定相等” 呢？

举例：
x=2y+9    (1)
x=3y+5    (2)

2y+9=3y+5,
多项式值相等，y=4有解。
2y+9与3y+5这两个一元一次多项式相等么？对应系数相等么？

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 21:32


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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-20 21:33


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作者: discover    时间: 2019-9-20 21:42

discover 发表于 2019-9-20 16:32
58楼评论的说明：

一元n次多项式恒等的定义：如果对任意的复数x，多项式f(x)与g(x)的值都相等，则称f(x) ...

定理：对于一元二次多项式(1)和(2)，如果有3个不同的y值使得多项式(1)和(2)的值相等，则(1)和 (2)恒等。
能找出3个不同的y值么？

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作者: discover    时间: 2019-9-20 21:51

abcd-efg 发表于 2019-9-20 21:32
看了半天，我才弄明白，你的思路误区在哪里。你可再认真地看看第 62 楼的回复！谢谢！

多项式值相等与多项式相等的概念混清不清，这才是真正的误区。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-21 08:46


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作者: discover    时间: 2019-9-21 17:01

discover 发表于 2019-9-20 16:32
58楼评论的说明：

一元n次多项式恒等的定义：如果对任意的复数x，多项式f(x)与g(x)的值都相等，则称f(x) ...

再看58楼评论

结论：
原文推断：若x^n = ( y+a )^n -  y^n ( a > 0 ,n>2 )  (2)，在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k  ( a > k > 0)，使得
x^n = na ( y+k )^(n-1)     (5)
对任意y不成立， (2) (5) 式两个一元n次多项式不相等。

如果不理解，可自己证明以下定理：
对于一元n次多项式f(x)和g(x)，如果有n+1个不同的x值使得多项式f(x)和g(x)的值相等，则f(x)和g(x)恒等。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-22 09:03


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作者: 太平天下    时间: 2019-9-22 14:45
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作者: 太平天下    时间: 2019-9-22 14:45
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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-23 08:20
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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-23 11:00
！！！！！！！！！！！

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作者: discover    时间: 2019-9-23 15:15

discover 发表于 2019-9-21 17:01
再看58楼评论

结论：

多项式的恒等与多项式相等实际上是一致的。

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作者: discover    时间: 2019-9-23 15:40


费尔马1：老师们看看比尔文章

比尔猜想:对于c^z＝a^x+b^y
（一）当abc互质时，xyz无大于2的整数解；
（二）若xyz有大于2的整数解，则abc一定有公共质因数。
证明:在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，abcz为正整数，z>2，h为正有理数。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），仅当h＝a^（x－2）时方可，所以有，c^z＝（a^2+b^2）a^（x－2）
即c^z＝a^x+b^2a^（x－2）…………（四）
①若abc互质，则b^2a^（x－2）不是b的任何次幂，不是a的任何次幂，也不是其它正整数k的任何次幂（k与abc互质），即命题（一）；
②若b^2a^（x－2）＝k^y，则kac都含有a的分解因数，即命题（二）。
      在正整数集合中，每三个数组成一组分别代入（四）式，均符合命题（一）、（二），故，比尔猜想成立。

问题：
在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，abcz为正整数，z>2，h为正有理数。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），仅当h＝a^（x－2）时方可，所以有，c^z＝（a^2+b^2）a^（x－2）

不一定。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），右边也可以a^2乘以h，b^2乘以H，
有c^z=a^2 h+b^2 H
当h=a^（x－2），b^2 H=d^y
c^z=a^x+d^y也可能成立，怎么排除这种可能？
因此，比尔猜想证明不成立。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-23 15:50


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作者: discover    时间: 2019-9-23 16:20
定义：
如果在多项式f（x）与g（x）中，除去系数为0的项外，同次项的系数全相等，那么f（x）与g（x）就称为相等 。

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作者: discover    时间: 2019-9-23 17:05

朱明君 发表于 2019-9-20 16:38
初等方法证明费尔马大定理
设:a≤b＜c, a+b>c, n≤a,
则a^n+b^n＜c^n

69楼:朱明君 初等方法证明费尔马大定理

设:a≤b＜c, a+b>c, n≤a,
则a^n+b^n＜c^n
注:从大于转为小于,转折点是n≥a.

例：5<6<7,n≤5
则5^n+6^n＜7^n
n=1,5+6>7
n=2,5^2+6^2>7^2
5^n+6^n＜7^n?

n=3,5^3+6^3＜7^3
n=4,5^4+6^4＜7^4
n=5,5^5+6^5＜7^5
n=6,5^6+6^6＜7^6
从大于转为小于,转折点是n≥a?

a< b<c     n≤a
4+5>6,   
4^2+5^2>6^2
4^3+5^3>6^3
4^4+5^4<6^4

可见：结论只是特例，对a≤b＜c, a+b>c, n≤a不成立。

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作者: discover    时间: 2019-9-23 17:39

discover 发表于 2019-9-23 16:20
定义：
如果在多项式f（x）与g（x）中，除去系数为0的项外，同次项的系数全相等，那么f（x）与g（x）就称 ...

由多项式相等的定义可知：除去系数为0的项外，同次项的系数全相等。而原文中的(2)(5)式推出系数全为0，已经不符合多项式相等的定义，也就是说(2)(5)式只是值相等。
如果认为(2)(5)式相等，必须有推导过程，然而原文没有。
若x^n = ( y+a )^n -  y^n ( a > 0 ,n>2 )  (2)，在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k  ( a > k > 0)，使得
x^n = na ( y+k )^(n-1)     (5)
这一结论对任意y不成立，与x，y，z，a 是否为正整数无关，(2)(5)式不相等。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-23 19:38


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作者: discover    时间: 2019-9-23 20:25

abcd-efg 发表于 2019-9-23 19:38
该文用反证法进行证明，是有先后顺序的，不能用后边的结论，来说前边的问题。
例如，(2)(5) 式的各项系 ...

反证法：假如(2)(5)式相等，费尔马定理成立。假如不相等呢？
问题的问题：怎么证明(2)(5)式相等？无法证明！

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-23 20:50


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作者: discover    时间: 2019-9-23 21:13

abcd-efg 发表于 2019-9-23 20:50
因为 (2)(5) 式均等于 x^n ，故而推得两式相等。…… 你还不明白？

两式相等是你的定义，不是数学上多项式相等的定义。(2)(5)式均等于x^n，推不出两式相等，也可以是多项式的值相等。如果推出两式相等，对于任意y两式都相等，但对任意y两式并不相等。

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作者: abcd-efg    时间: 2019-9-24 12:46


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