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[watermark]该主题几天前的连同回复均被删除了，现在，又变成不能直接回帖，但其“悬赏”与否，不能决定其在数学推理上的对错。
首先证明者就有一个错误的观念指导：他认为对于大定理“若有整数解，就应该是满足随意给定整数的x,y,z”。这一点，在他思想深处根深蒂固，可以看他是怎样理解别人的证明的。他对李晋阳的证明的开头是这样批评的：
对于李晋阳：“n≥2 时，必有 x+y＞z 其中x＜z , y＜z 令 x+y=z+a ∵x＜z y＜z且为正实数 ∴ z＞a x＞a y＞a（a是n≥2时对于n=1时的增量）。
设：原方程有正整数解 故 x , y , z , a均为正整数 。因其中a最小，
可令：x=a+B y=a+C 可得 z=a+B+C 有正整数方程为：（a+B）n+(a+C)n=(a+B+C)n ”
他是这样认识的：“本来给出等式前提条件不成立。仅以当n = 3时为例有 a3 = 6aBC+3B2C+3BC2，对于a、B、C不是任意正整数。当n = 4时，a4 =f（BC）；n = 5 时，a5 = f（BC）；……；an = f（BC）。对于正整数a、B、C套入xn + yn = zn 中就受 an = f（BC）的约束，不是题设的任意正整数了，也可能是无理数了，因此不符合“费马猜想”题义。还“我们恰要找的是“有条件约束”的正整数。这种“约束”是大定理求解的正确道路”云云，“拆x,y为a+B,a+C”等等，明显是错误的。”并且还“误认为“证明”了费马猜想，其实与费马猜想还没沾边呢。”
可以看出，他对于“我们恰要找的是“有条件约束”的正整数。这种“约束”是大定理求解的正确道路”是持反对态度的。这是因为他认为对于大定理“若有整数解，就应该是满足随意给定整数的x,y,z”。
问题是，数学事实是什么。王德忱是否仔细研究过2次方程无从得知，但就他现在由于李晋阳在证明过程中派生了bc=1/2这样一个漂亮的2次求解公式，急急忙忙也拿出一个比传统公式更为复杂、烦琐的“新的求解公式”来看，至少他以前没有认真地考虑过此问题。
2次是“上帝”给大定理的“比较”和验证机会。我们看王德忱是怎样利用该“机会”的：
“那么，为什么x2 + y2 = z2 有正整数解呢？
当n=2时，可参照（3）、（4）设互为倒数求得其结果。但因为2是仅小于3的质数，所以也适合于m为奇质数时的情形，由（9）和（10）令m = 2得：…..”
在王德忱的证明过程中，已经不是利用该机会，而是因为其数学事实的存在，能推翻他前面的“无用功”所以不得不进行这种“解释工作”！幸亏“上帝”只有2次有整数解，否则，该“解释工作”则必须“为什么2次有呢。。。。为什么3次有呢。。。。为什么4。。。。”这种事后“补漏”只能用其言还其人：“误认为“证明”了费马猜想，其实与费马猜想还没沾边呢。”
其全部证明实质的错误在于：
一，基点出现了问题。“不要限制约束条件”势必不去寻找n大于等于2时的共同性质，只能在“茫茫荒原”中迷路。
二，结论似是而非：其是用0A=0B来证明的。于是由0A=0B得出A=B。但是，这的确违背了基本数学原理。另外，其煞费苦心地做如下工作：
zn – r n = 0 ，( z – r )n = 0 ……………………………（26）
当n = m是奇质数时，由（26）为：
zm - rm = 0 ， ( z – r )m = 0 ………………………………（27）
由（27）中的zm - rm = 0 分解方根因式得：
z – r = 0 …………………………………………………（28）
zm-1 + rzm-2 + r2zm-3 + … + rm-2z + rm-1 = 0 ………………（29）
那么，验证（7）y = ac、b = cm-1时f m ( zac ) = 0方根的结果。因为（2）式zm = ( xm + ym )存在正整数方根解是唯一性的，而（9）的方根z = ( x + cm )是（2）此种情形的唯一解。根据非负实数方根性质定理的可逆性，存在 zm = ( x + cm )m 则 zm - ( x + cm )m = 0，其方根余式为 ：
zm-1+(x+cm)zm-2+(x+cm)2zm-3+…+ (x+cm)m-2z+(x+cm)m-1 = 0………………（30）
根据方根唯一性定理，由（28）和（9）必存在
r = x + cm
注意！由（26） （28）已经是z = r 了！在此还“必存在”？于是，下面的推论：
又因为依据zm = (xm+ym) = rm 推证（10）是分解（9）后的方根余式，必有（10）式=（29）式；（30）是由（9）推出的正整数方根余式，必有（30）式=（29）式；根据方根余式唯一性定理，（10）与（30）是唯一的，均是（9）的方根余式。所以由（29）与（10）、（30）关系得：
r = x = x+cm ， r2 = x2 = (x+cm)2 ， r3 = x3 = (x+cm)3 ，… ，
rm-2 = xm-2 = (x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1
则显得何等荒谬！无论是他怎么样地来回运算，大定理通过其运算得到z=x也是令费尔玛当年始料未及的。如果允许我们初始就令z=x，那么必有y=0。这确实符合了王德忱初始的思路：“可以取任意不需要条件限制的整数来满足”。初始的思路的确被满足了，但是，结论却矛盾了：y=0了，z和x满足所有有理数！而不是只有z=0 x=0！在这里我们又一次看到数学逻辑的优美和无情。只要初始数学逻辑思考出了问题，只能得到其问题必然引发的恶果。所以，有初始“任意不需要条件限制的整数来满足”的错误思路，能得到正确的结论才是咄咄怪事。这是因为对2次存在的数学事实缺乏研究，但又以不顾事实的主观判断思考做基础，持有自以为是的态度才造成该证明的似是而非。任何错误的“抽象”都只能在已有的“事实”面前败下阵来。用反证方法证明大定理，不包含n=2的情况去分析，用最后的“补漏”去解释自己已经发生的和数学事实之间的矛盾显然是说服不了任何人的，除了他自己。
三，用所谓“新发现”“重根条件”迷惑了一批人。但是，其又不得不承认“在n大于2时不存在了”！其实，所谓“重根”是在非大定理限制的“正”实数范围，实际在此是毫无意义的！
在他自己也通过“提示”按刁番都解法得到刁番都2次求解a2=2BC以后，为解释自己对于反对“约束整数的条件”产生的矛盾，他是以指责“李晋阳的推证过程很欠科学性，结果也不完备；但运用这种方式能够得到科学完备并且非常简易的证明。其中x = a + B 、 y = a + C是可以的，但须证明可行性”来将自己的错误归结于他人的“推证过程不完备”。他的“完备”是下面几句：
“在x2 + y2 = z2中正整数x、y必有一个数最小，令x最小，确定最小的极限：x2 = （z – y）（z + y），分析最小正整数x ≥ 3，于是最小正整数可表示为两个正整数之和，所以可设x = a + B 、 y = a + C ”。
这一点，完全可以看出费尔玛在1657年叙述下推法时所嘲笑的“认为天才无非是好的记账员”的影子！
因为，任何具有初中数学知识的人都可以轻松地看到：x,y,z,a中a最小，且由x+y=z+a又可以看出a恒偶。a又不为0，x或y中小者又比a大，其在正整数范围不≥ 3行吗？！这根本无须参与证明的步骤，竟能使得他指责“李晋阳的推证过程很欠科学性，结果也不完备”并作为其指责的立论依据!“认为天才无非是好的记账员”的影子实际上已经演变为一个真正的“不怕烦琐的饶舌的记账员”了！
尽管他作了“不怕烦琐的饶舌的记账员”，在其有关2次所谓“新发现”把自己“否定”的又用于“肯定”后，他这样的认识：“本来给出等式前提条件不成立。仅以当n = 3时为例有 a3 = 6aBC+3B2C+3BC2，对于a、B、C不是任意正整数。当n = 4时，a4 =f（BC）；n = 5 时，a5 = f（BC）；……；an = f（BC）。对于正整数a、B、C套入xn + yn = zn 中就受 an = f（BC）的约束，不是题设的任意正整数了，也可能是无理数了，因此不符合“费马猜想”题义。还“我们恰要找的是“有条件约束”的正整数。这种“约束”是大定理求解的正确道路”云云，“拆x,y为a+B,a+C”等等，明显是错误的。”还能成立吗？
其实，问题很简单，不满足an = f（BC）的有理数就一定不能满足大定理。这一点，n=2就是对持反对认识的最有力回答。作为评论认识错了无关别人结果的正确，但是，有这种认识并以这种错误认识去证明同一个问题，就只能体现“数学逻辑的优美和无情。只要初始数学逻辑思考出了问题，只能得到其问题必然引发的恶果。”
对于费尔玛大定理，结论是“只有0解满足”和结论是“等式不等”是同样错误的。因为命题限制的就有“非0”，命题前提就是“等式”。所以，正确的结论只能是：要么找到n大于2的反例；要么得到n大于2时只有变量无理对应。
再来看看王德忱是怎样在予印本系统上做赵密生的“法官”的：
“仅由“摘要”就明确了，很简单这个证明是错误的。首先给定一个条件“其中s≥t≥1，s，t同为奇数，（s，t）=1”就是不对的，从这一句话来看，作者没弄明白“费马猜想”有关基本问题的题义。“费马猜想”证明的是xn+yn=zn没有“非平凡解”，即x、y、z均不为0。不可有y =（s-t）/2=0，即不可有“其中s≥t≥1”，必须“其中s＞t≥1”。仅就这一点判断作者的证明不会是正确的。既然现在“费马猜想”的“解”作者已经“给出”了，不妨就看看其结果。将“给出”的x、y、z的“解”代入xn + yn = zn得：
st + [(s - t)/2] n = [(s + t)/2] n
2nst = ( s + t )n - ( s - t )n
当n为奇数时
2nst =（s+t）n -（s – t）n
= sn +c1n sn-1t + c2nsn-2t2 + c3nsn-3t3 + … + cn-2ns2tn-2 + cn-1stn-1 + tn
- sn + c1n sn-1t - c2nsn-2t2 + c3nsn-3t3 - … + cn-2ns2tn-2 - cn-1stn-1 + tn
2n-1st = c1n sn-1t + c3nsn-3t3 + … + cn-2ns2tn-2 + tn
2n-1 = c1n sn-2+ c3nsn-4t4 + … + cn-2ns1tn-3 + tn-1/s
因为（s，t）=1，s＞1，所以等式右边中tn-1/s不能是整数，等式不成立。
之所以将他对其他人的批评拿到此，主要是必须对其错误认识棒喝一声。
在这里看他的批评思路：他在承认了“也”可将“解”代入时，他的批评就彻底错了。如果代入前提成立，批评结论“因为（s，t）=1，s＞1，所以等式右边中tn-1/s不能是整数，等式不成立。”却说明他看问题极为片面。这是因为如果在前面赵的过程是正确的话，等式成立是必然的！只是s,t被证明不存在有理数解！这一点上只能说明他是数学企图做法官的“法盲”。他的批评却恰恰使得错误的成为正确的。问题是有这种极为糊涂的“认识”还用的着“悬赏”来求得“否定”吗？！当然，“悬赏”是为了“炒作”是他的自由。但正确与否绝不是“悬赏与否”来决定的。
初等数学方法应该能证明大定理。但是，初等方法的证明者必须绝对头脑清醒，认识到有理和无理的区别与各自的存在条件。一些基本概念首先弄清。随意下“等式不等”的结论和用等式不等去证明大定理则肯定失败。
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狗仔卡
发表于 2006-5-24 20:28
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