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楼主: qwerty

qwertyui12345

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 楼主| 发表于 2016-8-23 10:08 | 显示全部楼层
本帖最后由 qwerty 于 2016-8-23 10:17 编辑
fmcjw 发表于 2016-8-23 09:02
黎曼猜想有无穷多个零点。
这一句话中的“黎曼猜想”是一个集合概念。
再举例:


问的问题不妥当。
请问:(素数有无穷多个奇素数)与(黎曼猜想有无穷多个零点)有何区别?如何证明素数有无穷多个奇素数?是不是应该逐一找出所有的奇素数才能算是证明了素数有无穷多个奇素数?

回答:

1,素数有无穷多个奇素数。这一句话是病句。只要说:“素数有无穷多个”就可以了。因为已经得知只有一个偶素数,其余都是奇素数。
单句的
主项“谁”,“什么”;
谓项:“是什么”。

定理:“素数有无穷多个”中的素数不是集合概念,而是普遍概念。所以是定理。

2,黎曼猜想有无穷多个零点。是黎曼自己证明的。是一个定理。“无穷多个零点”是集合概念;这里的“黎曼猜想”是单独概念。前面我笔误说成是“集合概念”谢谢指出。

点评

素数有无穷多个奇素数。这一句话是病句?  发表于 2016-8-26 15:01
发表于 2016-8-23 10:13 | 显示全部楼层
本帖最后由 任在深 于 2016-8-23 10:50 编辑
qwerty 发表于 2016-8-23 08:03
非常幼稚,自己不知道。悲哀。


楼主确实------非常幼稚,自己不知道。悲哀。-----悲哀的很,很悲哀!
费尔马大定理实际就是勾股定理的另一种形式,
       勾股定理的解是在如下规定的解,即 X,Y<Z,X+Y>Z,XYZ≠O,X=2MN,Y=M^2-N^2,Z=M^2+N^2.
而费尔马大定理的解是属于中华簇的通解,当然勾股定理也属于中华簇的通解!

一.中华簇:在基本单位圆中,任意直角三角形的两个直角边的平方和等于斜边的平方。
     即:
      在直角三角形中,令 直角边 AB=√X^i, BC=√Y^i,CA=√Z^i
      得:
          (1)(√X^i)^2+(√Y^i)^2=(√Z^i)^2,
      1.当i=1时
         (2)(√X)^2+(√Y)^2=(√Z)^2,
       当仅当 X=Pn,Y=Qn为素数时,Z=2n为偶合数
     即 (3) (√Pn)^2+(√Qn)^2=(√2n)^2, 是哥德巴赫猜想。
     2.当i=2时
        (4) X^2+Y^2=Z^2,  即勾股方程,当然符合勾股定理!
           因此 在 X=2mn,Y=m^2-n^2 ,Z=m^2+n^2,m>n,m,n为正整数时有正整数解.
        代入上式得:
        (2mn)^2=(m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)^2
        (2^2)m^2n^2=m^4+2m^2n^2+n^4-m^4+2m^2n^2-n^4
        (2^2)m^2n^2=(2^2)m^2n^2 ,两边同时除以m^2n^2得:
        2^2=2^2[(mn)^2/(mn)^2]
        其中 m>n,式子中分子等于分母,所以m,n可以是任意正整数,
       因为左边=2^2
             右边=(2^2)*[(mn)^2/(mn)^2]=2^2*1=2^2
       所以 左边=右边,并且都是正整数.
       因此当i=2时, 而且 X=2mn,Y=m`2-n`2,Z=m`2+n`2
     即 X^2+Y^2=Z^2,   有无穷多正整数解!

      2.i≥3时:我们用反证法,假设证
    在直角三角形中,令 直角边 AB=√X`i, BC=√Y`i,斜边 AC=√Z`i . 见图(四)
    因为中华簇
    (√X^i)ˇ2+(√Y^i)ˇ2=(√Z^i)ˇ2,    i=0,1,2,3,,,,
     符合勾股定理
  即 ABˇ2+BCˇ2=CAˇ2,
     a.中华簇的通解:
         Xo=(2mn)^2/i
         Yo=(m^2-n^2)^2/i
         Zo=(m^2+n^2)^2/i
     b. m=[(√Z^i+√Y^i)/2]^1/2
         n=[(√Z^i-√Y^i)/2]ˇ1/2
     1.当i=2时
   (1) X^2+Y^2=Z^2,  即勾股方程,当然符合勾股定理!
           因此 在 X=2mn,Y=m^2-n^2 ,Z=m^2+n^2,m>n,m,n为正整数时有正整数解.
        代入上式得:
        (2mn)^2=(m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)^2
        (2^2)m^2n^2=m^4+2m^2n^2+n^4-m^4+2m^2n^2-n^4
        (2^2)m^2n^2=(2^2)m^2n^2 ,两边同时除以m^2n^2得:
        2^2=2^2[(mn)^2/(mn)^2]
        其中 m>n,式子中分子等于分母,所以m,n可以是任意正整数,
       因为左边=2^2
             右边=(2^2)*[(mn)^2/(mn)^2]=2^2*1=2^2
       所以 左边=右边,并且都是正整数.
       因此当i=2时, 而且 X=2mn,Y=m`2-n`2,Z=m`2+n`2
     即 X^2+Y^2=Z^2,   有无穷多正整数解!
       下面我们用反证法,假设证
    在直角三角形中,令 直角边 AB=√X`i, BC=√Y`i,斜边 AC=√Z`i . 见图(四)
    因为中华簇
    (√X^i)ˇ2+(√Y^i)ˇ2=(√Z^i)ˇ2,    i=0,1,2,3,,,,
     符合勾股定理
  即 ABˇ2+BCˇ2=CAˇ2,
     a.中华簇的通解:
         Xo=(2mn)^2/i
         Yo=(m^2-n^2)^2/i
         Zo=(m^2+n^2)^2/i
     b. m=[(√Z^i+√Y^i)/2]^1/2
         n=[(√Z^i-√Y^i)/2]ˇ1/2
     1.当i=2时
   (1) X^2+Y^2=Z^2,  即勾股方程,当然符合勾股定理!
           因此 在 X=2mn,Y=m^2-n^2 ,Z=m^2+n^2,m>n,m,n为正整数时有正整数解.
        代入上式得:
        (2mn)^2=(m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)^2
        (2^2)m^2n^2=m^4+2m^2n^2+n^4-m^4+2m^2n^2-n^4
        (2^2)m^2n^2=(2^2)m^2n^2 ,两边同时除以m^2n^2得:
        2^2=2^2[(mn)^2/(mn)^2]
        其中 m>n,式子中分子等于分母,所以m,n可以是任意正整数,
       因为左边=2^2
             右边=(2^2)*[(mn)^2/(mn)^2]=2^2*1=2^2
       所以 左边=右边,并且都是正整数.
       因此当i=2时, 而且 X=2mn,Y=m`2-n`2,Z=m`2+n`2
     即 X^2+Y^2=Z^2,   有无穷多正整数解!

      2.i≥3时:
         1) X^3+Y^3=Z^3,
         下面我们用反证法证明假设i≧3时也有解
         由中华簇的通解知 i 为任何正整数时都符合勾股定理,而有正整数解的必要条件是:
       X=2mn,Y=m^2-n^2 ,Z=m^2+n^2 ,因此把该必要条件代入上式得:

       (2mn)^3=(m^2+n^2)^3-(m^2-n^2)^3
       2^3m^3n^3=(m^2+n3)^3-(m^2-n^2)^3         两边同时除以m^3n^3得:
       2^3=[(m^2+n3)^3-(m^2-n^2)^3]/m^3n^3
             =(m^6+3m^4n^3+3m^2n^4+n^6-m^6+3m^4n^2-3m^2n^4+n^6)/m^3n^3
             =(6m^4n^2+2n^6)m^3n^3
             =6(m/n)+2(n^3/m^3)
       由通解知:
       m/n={[(√Z^i+√Y^i)/2]^1/2}/{[(√Z^i-√Y^i)/2]^1/2}=[1+2√Y^i/(√Z^i-√Y^i)]≠1
      因为 m>n  m/n是分数,m/n≠n/m≠1
      因此只有m=n时, (m/n)=1,或(n/m)^3=1.  
      左边=2^3
      右边=6+2=8=2^3
      才有正整数解
   而Y=m^2-n^2=m^2-m^2=0
      所以  X^3=Z^3,即X=Z,
      因此 XYZ=0时有平凡正整数解!
      而没有 XYZ≠0的非平凡的正整数解
   
因为右边的系数和符合杨辉三角数的和,
(a+b)^0                        1 --------------------------------1=2^0
(a+b)^1                     1   1----------------------------1+1=2=2^1
(a+b)^2                    1  2  1-------------------------1+2+1=4=2^2
(a+b)^3                  1  3  3   1---------------------1+3+3+1=8=2^3
(a+b)^4                1  4  6   4   1----------------1+4+6+4+1=16=2^4
(a+b)^5             1  5  10  10   5   1----------1+5+10+10+5+1=32=2^5
(a+b)^6           1  6  15  20  15   6   1----1+6+15+20+15+6+1=64=2^6
     *                          *                            *                                *
     *                          *                            *                                *
(a+b)^i     *    *    *     *     *   *----------------------------------------=2^i

    同理可证: i=4,5,6...时,m=n,等式左右两边成立。
3.当n=i时:
   由杨辉三角可知:
   因为左边=2^i
     与  右边=2^i 相等
  因此只有当 m=n时
  才能使右边的系数和 Sn=a+b+c+,,,+d=2^i
     又此时 Y=(m^2-n^2)^2/i=(m^2-m^2)^2/i=0
     因此X^i=Z^i,即X=Z,
     所以当i≥3之后齐次不定方程
      X^i+Y^i=Z^i,
     只有XYZ=0的平凡解;没有XYZ≠0的非平凡正整数解.
     但是有无穷多有理数解.         
       Xo=(2mn)^2/i,
       Yo=(m^2-n^2)^2/i
       Zo=(m^2+n^2)^2/i
    至此《中华单位论》在引用了前人的勾股定理,杨辉三角, 充分的从反证法证明了费尔马大定理正确!
                        
                          证毕!   

            
      
发表于 2016-8-24 03:16 | 显示全部楼层
qwerty 发表于 2016-8-19 17:16
回答:
问的好!
二项式定理是一个普遍概念的公式,因为,如果一个公式在计算之前就知道计算结果的性 ...

二项式定理是一个普遍概念的公式,因为,如果一个公式在计算之前就知道计算结果的性质,就是普遍概念公式,并且,二项式定理公式给出了展开以后的关系式;最重要的是:二项式定理展开以后,也就是等号右边是一个量,而不是性质。
请问:
X^p +Y^p==(X+Y)^p{[X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)/2 ]/(X+Y)^p-1}          [I]
是不是一个普遍概念的公式?为什么?
发表于 2016-8-25 09:39 | 显示全部楼层
请问:
X^p +Y^p==(X+Y)^p{[X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)/2 ]/(X+Y)^p-1}          [I]
是不是一个普遍概念的公式?为什么?
如果
X^p +Y^p=z^p
那么
z^p=(X+Y)^p{[X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)/2 ]/(X+Y)^p-1}                                                      [I]'
由式  [I]' 就可以肯定z恒不为正整数。因此,费尔马定理就被彻底证明了。怎么可能是不可证明的呢!?
 楼主| 发表于 2016-8-25 11:39 | 显示全部楼层
我们从动物世界看到,一只猴子想吃果仁,但是,果壳坚硬,于是,猴子先把果子的皮扒开,等上一个星期果子干了以后,用石头砸开坚硬果壳,再剥出果仁。

一个道理,数学的集合概念的命题就像一只果子,我们数学家想剥出果仁,就必须把果子果子的外皮先剥去,再砸开果壳,吃果仁。
我们总比猴子高明一些吧。
发表于 2016-8-25 15:24 | 显示全部楼层
将带有坚硬果壳的果仁放在猪的面前,猪用嘴咬了咬咬不动,于是猪得出结论:就是一千年,一万年我们也不可能吃到果仁。
发表于 2016-8-26 15:05 | 显示全部楼层
qwerty 发表于 2016-8-23 10:08
问的问题不妥当。
请问:(素数有无穷多个奇素数)与(黎曼猜想有无穷多个零点)有何区别?如何证明素 ...

1,素数有无穷多个奇素数。这一句话是病句。只要说:“素数有无穷多个”就可以了。因为已经得知只有一个偶素数,其余都是奇素数。
素数有无穷多个奇素数是病句?那么
素数包含无穷多个奇素数,也是病句?
发表于 2016-8-26 15:18 | 显示全部楼层
本帖最后由 fmcjw 于 2016-8-26 15:21 编辑

1,素数有无穷多个奇素数。这一句话是病句。只要说:“素数有无穷多个”就可以了。因为已经得知只有一个偶素数,其余都是奇素数。
按照上面说法,“素数有无穷多个”实际上可以表述为“奇素数有无穷多个”。即不考虑2的情况下:
p=p1,p2,p3,...,pk,...
难道这里的奇素数p不是一个集合?
发表于 2016-8-28 04:06 | 显示全部楼层
既然p=p1,p2,p3,...,pk,...是一个集合,它表示“奇素数有无穷多个”。那么这里的“奇素数”就必然是集合概念!根据王先生的看法,要证明奇素数有无穷多个,我们只能一个一个的将所有奇素数找出,所以,“奇素数有无穷多个”是不可能得到证明的!?
 楼主| 发表于 2016-9-14 06:49 | 显示全部楼层
大家知道为什么“反证法”对于一个主项是集合概念的命题没有作用吗?

因为集合概念在定义中已经承认:“集合概念词项的外延是根据应用的事物组成,集合概念的每一个个体不是必然具有这个概念的基本属性”。

集合概念出现反例是正常的,例如费马数,当n=5或者大于5时,费马数不是必然素数,需要一个个验证。

所以,反证法只能对付一个主项是普遍概念的命题。不能应用于集合概念的命题。

(大家还记得吗?钱学森认为存在宇宙全息理论,即使没有一个宇宙总定理,至少在一个较大范围内有一个大定理。

于光远认为,自然世界只能一个个认识,不认为只要找到一个全息定理就可以解决一切问题。认识永远是无穷的!

我们又回到了哲学)。

好,我们再看费马大定理:

1,谷山—志村“定理”断言:每一个椭圆曲线方程都可以模形式化;,

2,肯*黎贝“定理”断言:弗赖方程“”不能模形式化。

两个定理只能有一个是正确的!

怎么可能都是正确的呢?

(美国普林斯顿大学的【数学年刊】回信说,不能发表我的文章,........,感谢我的意见。热情的回信透露一个信息:他们看懂了我的意思,只是不好意思发表罢了,就像前两年我告诉他们张益唐的工作是错误的一样,但是,他们会不会告诉安德鲁怀尔斯呢?我已经找到安德鲁怀尔兹在牛津大学数学研究所的邮箱,告诉他们关于费马大定理问题的漏洞,费马大定理的续曲还在上演,看日本关于费马大定理的视频节目,日本人自豪地认为,是谷山和志村起了重要作用,还有岩泽等日本人,其实,费马大定理与日本人没有任何关系)。
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