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任在深

下面引用由风花飘飘在 2013/04/08 09:54pm 发表的内容：
下面引用由太阳在 2013/04/08 08:30pm 发表的内容：
民科和官科有区别吗？费马大定理：谁发现美妙证明？
俺！
  申一言！
...

俺！
   任在深！

任在深

证明费马大定理：
中华单位论定理 : 1.两个基本单位的平方和可以构成任何偶数;(1+1)
                (1)(√Pn)^2+(√Qn)^2=(√Mn)^2,Mn=2n,(Pn,Qn)=1
                2. 三个基本单位的平方和可以构成任何奇数,
                (2))(√Pn)^2+(√Qn)^2+(√Rn)^2=(√Nn)^2,Nn=2n+1,(Pn,Qn,Rn)=1
                3.两个基本单位的立方及大于立方的和只能构成基本单位.
即不定方程 (1)  X^n+Y^n=Z^n,的根分别是:
          (2)Xo=(2ab)^2/n
          (3)Yo=(a^2-b^2)^2/n
          (4)Zo=(a^2+b^2)^2/n
a,b是任意正整数,a＞b,(a,b)=1,a≠b(mod2)
证
1)当n=1时:
          (5)Xo=(2ab)^2,    即  √X1=2ab
          (6)Yo=(a^2-b^2)^2,即  √Y1=a^2-b^2
          (7)Zo=(a^2+b^2)^2,即, √Z1=a^2+b^2
因此 √X1,√Y1,√Z1,是不定方程的本原根,即基本单位√Pn.
     当X1=Pn,Y1=Qn,Pn+Qn=Mn,(Pn,Qn)=1,Mn=2n,(哥德巴赫猜想A)
所以 (√X1)^2+(√Y1)^2=(√Z1)^2,即(√Pn)^2+(√Qn)^2=(√Mn)^2,Mn=2n,(Pn,Qn)=1
     即   (8)X+Y=Z
     定理1.证毕.
同理可证定理2.(2))(√Pn)^2+(√Qn)^2+(√Rn)^2=(√Nn)^2,Nn=2n+1,(Pn,Qn,Rn)=1
2)当n=2时:
          (9)Xo=(2ab)^2/2=2ab
         (10)Yo=(a^2-b^2)^2/2=a^2-b^2
         (11)Zo=(a^2+b^2)^2/2=a^2+b^2
  即(√X)^4+(√Y)^4=(√Z)^4
          (12)  X^2+Y^2=Z^2
显然(12)式是勾股方程,恰有正整数解(9),(10),(11).
   当n≥3时:
   因为由中华单位论知 (√Pn)^n,n=1,2,3,,,都是单位或基本单位,
   因此在齐次不定方程中,X^n,Y^n,Z^n都是单位,
   而切由中华簇知
(13){[X^n(X^n+Y^n)]^1/2}^2+{[Y^n(X^n+Y^n)]^1/2}^2=Z^2n=(Z^n)^2
     因此Z^n={{[X^n(X^n+Y^n)]^1/2}^2+{[Y^n(X^n+Y^n)]^1/2}^2}^1/2
    即  (14)  Z^n=[X^n+Y^n]1/2
   上面以证明当n=2,x=2ab,y=a^-b^,才有正整数解,
即 x^2+y^2=(2ab)^2+(a^2-b^2)^2=4a^2b^2+a^4-2a^2b^2+b^4=a^4+2a^2b^2+b^4=(a^2+b^2)^2,
这就说明  X^n+Y^n必须是完全平方项,即(Zo^n)^2=X^n+Y^n
但是无论X^n,还是Y^n,它们都不可能等于2ab!
   由已知条件可知:a,b是任意正整数,a＞b,(a,b)=1,a≠b(mod2)
   又由于2ab是偶合数,而X^n,Y^n是单位,
   所以X^n≠2ab,Y^n≠2ab,
   因此 X^n+Y^n≠(Zo^n)^2
   即当n≥3之后,(1)无正整数解,只有有理数解--基本单位:
   Xo=(2ab)^2/n
   Yo=(a^2-b^2)^2/n
   Zo=(a^2+b^2)^2/n
定理3证毕.同时"费尔马大猜想"也得到证明.
      欢迎批评指教！

太阳