闲谈：证明费马大定理用个欣新法子来看一看

changbaoyu · 发表于 2010-10-10 04:32

费马大定理已经被公认做了宣传：怀尔斯用现代高等数学方法证明了费马大定理！
那么中国为什么还有许多爱好者在用初等数学方法在做证明？能成功吗？我想：在一定程度上是会都成功的！因为心血是不会白费得啦。
费马大定理是在讲什么？这是个很迷人的话题！因为谁都想破解它。谁不想来说话！再就是
总的来说，爱好者们都在寻找：费马的原始初等数学证明方法【而被怀尔斯的证明方法却集数学大全才给以了证明，并否定了费马所说的美妙证明觉得很有理，这是他自已分析认为的，不能说不对，已经被公认了吗】！只有真正找到了美妙证明才是公认之理！我也在其中啊。那么就看吧！还真观出了个门道来！费马所说的美妙证明还真是有：三下五除二就出来了，看官们你们相信吗？那是当然不信的了！逗乐吧！哈哈一笑，烦恼就沒了！真的就沒了。有时再谈吧：三下五除二，是多少？[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 changbaoyu 在时添加 -=-=-=-=-
道是无晴却有情 |
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( ):::::  东边日出西边雨
(_,  \ ) ,_)::  道是无晴却有情    |
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changbaoyu · 发表于 2010-10-10 10:48

嫦娥奔月记
繁忙景像几百年，
使人痴醉使人狂·
多角多度一分二·
月球自然阴阳转·
１０／１０／＋·[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 changbaoyu 在时添加 -=-=-=-=-

记嫦娥奔月
繁忙景像几百年，
使人痴醉狂使人·
多角多度一分二·
月球阴阳转空心·
１０／１０／＋·
[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 changbaoyu 在时添加 -=-=-=-=-
嫦娥记奔月
百年景像几繁忙
使人狂使痴醉人·
一分二度多角多·
月球自转背人明·
１０／１０／＋·

changbaoyu · 发表于 2010-10-13 03:21

看一看﹕勾股定理是什么？
勾平方＋股平方＝弦平方＝＝＞Ｘ＾２＋Ｙ＾２＝Ｚ＾２．····勾股定理：①．
①＝＝＞Ｘ＝Ｒ＋ｒ，Ｙ＝Ｒ＋δ，Ｚ＝Ｒ＋δ＋ｒ．···［元勾股公式］＜⒈＞．
＜⒈＞①：＝＝＞【Ｒ＾２＝２δｒ】。············【判定等式】★．
★＝＞（Ｘ－２Ｒ）＾２＋（Ｙ－２Ｒ）＾２＝（Ｚ－２Ｒ）＾２··勾股定理②．
★＜⒈＞＝＝＞实用解及公式。···········《勾股数组公式》＜⒉＞．
①②＝＝＞＜⒉＞中《勾股数组》递归定理，即：必至［３，４，５］··＜⒊＞．
方法基础知识具备可自推证。2010-10-13。
[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 changbaoyu 在时添加 -=-=-=-=-
正念行
自已的路自己走·
摆开双手不回头·
光明自判信心足·
心中有数路不愁·
2010年10月13日·

changbaoyu · 发表于 2010-10-13 04:11

勾股定理２：！！！？笑道笑道笑
没人知道没人用·学的都是半截称·世上悖理出怪题·鸡毛令箭头前钻·

changbaoyu · 发表于 2010-10-23 18:10

有时再谈吧：三下五除二，是多少？
按珠算：三下五去二得八。那么：三下五除二，是多少？三下有五相加也为八，再除以二就是四了。是否还有另：０．１３，０．８３，０．９６，等，还是整数好玩！
费马所说的美妙证明还真是有：三下五除二就出来了！！！续[第 3 楼]：
若勾股定理①＜＝＝＞即：Ｒ＾２＝２δｒ，则②：
（Ｘ－２Ｒ）＾２＋（Ｙ－２Ｒ）＾２＝（Ｚ－２Ｒ）＾２··勾股定理②．
这里：Ｒ＝Ｘ＋Ｙ－Ｚ是已知。可令：２Ｒ＝Ｂ，不难证上②有：
Ｂ＝２(Ｘ＋Ｙ－Ｚ)。若问：【２Ｒ】是怎样進入方程式中？
【Ｒ＾２＝２δｒ】＝＝＞
Ｒ＾２＋δ＾２＋ｒ＾２＝δ＾２＋２δｒ＋ｒ＾２＝（δ＋ｒ）＾２＝＝＞
Ｒ＾２＋δ＾２＋ｒ＾２＝（δ＋ｒ）＾２＝＝＞
Ｒ＾２＋δ＾２＋ｒ＾２＋【Ｒ＾２－２Ｒ（δ＋ｒ）】＝【】＋（δ＋ｒ）＾２＝＝＞
（Ｒ－ｒ）＾２＋（Ｒ－δ）＾２＝［Ｒ－（δ＋ｒ）］＾２＝＝＞
（Ｒ－ｒ±Ｒ）＾２＋（Ｒ－δ±Ｒ）＾２＝［Ｒ－（δ＋ｒ）±Ｒ］＾２＝＝＞
［２Ｒ－Ｘ］＾２＋［２Ｒ－Ｙ］＾２＝［２Ｒ－（Ｒ＋δ＋ｒ）］＾２＝＝＞
［Ｘ－２Ｒ］＾２＋［Ｙ－２Ｒ］＾２＝［Ｚ－２Ｒ］＾２。
这里①：【Ｘ＝Ｒ＋ｒ，Ｙ＝Ｒ＋δ，Ｚ＝Ｒ＋δ＋ｒ】··［元勾股公式］＜⒈＞．
★＜⒈＞＝＝＞实用解及公式。···········《勾股数组公式》＜⒉＞．
①②＝＝＞
＜⒉＞中《勾股数组》递归定理，即：必至［３，４，５］··＜⒊＞．
方法基础知识具备可自推证。2010-10-13。
包括：证明费马大定理。二〇一〇年十月二十三日星期六。

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☆☆ 祝你快乐！ ☆☆
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changbaoyu · 发表于 2010-10-26 12:59

证明,a^3+b^3=c^3无整数解, ———————————————①．
用反证法：先假设①式有整数解，此必然存在三个整数Ｒ，ｒ，δ的组合，即有：
Ｒ＋ｒ＝ａ，Ｒ＋δ＝ｂ，且Ｒ＋δ＋ｒ＝ｃ使得①式成立，我们就有：
▲▲（Ｒ＋ｒ）³＋（Ｒ＋δ）³＝﹙Ｒ＋δ＋ｒ﹚³▲＝＝＞
Ｒ³＋３Ｒ²ｒ＋３Ｒｒ²＋ｒ³＋［Ｒ³＋３Ｒ²δ＋３Ｒδ²＋δ³］
＝Ｒ³＋３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（δ＋ｒ）²＋（δ＋ｒ）³▲＝＝＞
２Ｒ³＋３Ｒ²（ｒ＋δ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）＋（ｒ³＋δ³）
＝Ｒ³＋３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）＋（ｒ³＋δ³）＋［６Ｒδｒ＋３δ²ｒ＋３δｒ²］，
即有：Ｒ³＝６Ｒδｒ＋３δ²ｒ＋３δｒ²．―――――――――②．
欲证②式成立，不失一般性，由同一律，只须可（乘上负一后）考虑其绝对值，即：
ａ１＝|Ｒ－ｒ|，ｂ１＝|Ｒ－δ|，且ｃ１＝|Ｒ－δ－ｒ|，使得①式也成立即可，于是，我们就有：
●●（Ｒ－ｒ）³＋（Ｒ－δ）³＝［Ｒ－（δ＋ｒ﹚）³●＝＝＞
Ｒ³－３Ｒ²ｒ＋３Ｒｒ²－ｒ³＋［Ｒ³－３Ｒ²δ＋３Ｒδ²－δ³］
＝Ｒ³－３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（δ＋ｒ）²－（δ＋ｒ）³●＝＝＞
２Ｒ³－３Ｒ²（ｒ＋δ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）－（ｒ³＋δ³）
＝Ｒ³－３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）－（ｒ³＋δ³）＋［６Ｒδｒ－３δ²ｒ－３δｒ²］，
即有：Ｒ³＝６Ｒδｒ－３δ²ｒ－３δｒ²．―――――――――③．
显然：②－③及③－②，都有：０≠６δｒ（δ＋ｒ）和０≠１２Ｒδｒ．这与已知数理常识不符。这个矛盾的产生【注：只有指数ｎ＝２时，②＝③才成立】。是由：必然存在三个整数Ｒ，ｒ，δ的组合，使得存在整数ａ，ｂ，ｃ，和绝对值ａ１，ｂ１，ｃ１能使方程②及③式成立而引起，所以知对①的假设不真，故知①式无（正）整数解。
二〇一〇年十月二十五日星期一．二〇一〇年十月二十六日星期二

changbaoyu · 发表于 2010-10-26 14:40

回复 4# 毛贵成
本帖最后由 changbaoyu123 于 2010-10-26 14:11 编辑
十分无趣！
目前这个论坛还没有任何人真的用初等方法证明了费马大定理，可是每天却又都有人在 ...
caqdnl 发表于 2010-10-15 18:07
【注：只有指数ｎ＝２时，②＝③才成立】。
证明,a^3+b^3=c^3无整数解, ———————————————①．
用反证法：先假设①式有整数解，此必然存在三个整数Ｒ，ｒ，δ的组合，即有：
Ｒ＋ｒ＝ａ，Ｒ＋δ＝ｂ，且Ｒ＋δ＋ｒ＝ｃ使得①式成立，我们就有：
▲▲（Ｒ＋ｒ）³＋（Ｒ＋δ）³＝﹙Ｒ＋δ＋ｒ﹚³▲＝＝＞
Ｒ³＋３Ｒ²ｒ＋３Ｒｒ²＋ｒ³＋［Ｒ³＋３Ｒ²δ＋３Ｒδ²＋δ³］
＝Ｒ³＋３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（δ＋ｒ）²＋（δ＋ｒ）³▲＝＝＞
２Ｒ³＋３Ｒ²（ｒ＋δ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）＋（ｒ³＋δ³）
＝Ｒ³＋３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）＋（ｒ³＋δ³）＋［６Ｒδｒ＋３δ²ｒ＋３δｒ²］，
即有：Ｒ³＝６Ｒδｒ＋３δ²ｒ＋３δｒ²．―――――――――②．
欲证②式成立，不失一般性，由同一律，只须可（乘上负一后）考虑其绝对值，即：
ａ１＝|Ｒ－ｒ|，ｂ１＝|Ｒ－δ|，且ｃ１＝|Ｒ－δ－ｒ|，使得①式也成立即可，于是，我们就有：
●●（Ｒ－ｒ）³＋（Ｒ－δ）³＝［Ｒ－（δ＋ｒ﹚）³●＝＝＞
Ｒ³－３Ｒ²ｒ＋３Ｒｒ²－ｒ³＋［Ｒ³－３Ｒ²δ＋３Ｒδ²－δ³］
＝Ｒ³－３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（δ＋ｒ）²－（δ＋ｒ）³●＝＝＞
２Ｒ³－３Ｒ²（ｒ＋δ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）－（ｒ³＋δ³）
＝Ｒ³－３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）－（ｒ³＋δ³）＋［６Ｒδｒ－３δ²ｒ－３δｒ²］，
即有：Ｒ³＝６Ｒδｒ－３δ²ｒ－３δｒ²．―――――――――③．
显然：②－③及③－②，都有：０≠６δｒ（δ＋ｒ）和０≠１２Ｒδｒ．这与已知数理常识不符。这个矛盾的产生【注：只有指数ｎ＝２时，②＝③才成立】。是由：必然存在三个整数Ｒ，ｒ，δ的组合，使得存在整数ａ，ｂ，ｃ，和绝对值ａ１，ｂ１，ｃ１能使方程②及③式成立而引起，所以知对①的假设不真，故知①式无（正）整数解。
此法对于指数ｎ≥２时都适用！理简易明，可自行判断来对照！
这个方法是指数ｎ为奇、偶的一般底数无解通表法。
有【基础数理知识】的中外数学人可明！！！
·玉·注意方程：都是独立的！
二〇一〇年十月二十六日星期二

ysr · 发表于 2010-10-26 16:31

将我的证明摘要贴上，是否有理希望探讨：
《费尔马定理的初等证明》：1；定义：n次相邻数定义（略）（本定义为本文所独有）如9，8，7，6，5为一组2次相邻数。
2；非2次方数公式：(n+x)^2+2x,(n+x)^2+2x+1或(n+x+1)^2-2x-1,(n+x+1)^2-2x-2
定理1；两个二次相邻数的差的一半小于或等于它们的方根的整数部分。反之亦然。
定理2一组数若是二次相邻数，则他们也是345……n次相邻数
定理3 两个n次相邻数开n次方，至少有一个为无理数。
——定理4若a^2+b^2=c^2,且b>=a则abc三者中至少有一个开2345……n次方为无理数。
——定理5若a^2+b^2=c^2,且b>=a,则a^2,c^2与b^2三者中至少有一个开345……n次方为无理数
3；费尔马定理概述：不定方称x^n+y^n=z^n,(n>=3)没有非零的整数解
4；证明：原方称恒等变形为(x^(n/2))^2+(y^(n/2))^2=(z^(n/2))^2,与愿方称为同解方称，故解集为x=A^(2/n),y=B^(2/n),z=C^(2/n),其中A^2+B^2=C^2,且A*B*C不等于零。
据定理5知，x，y，z至少有一个为无理数，此解为原方称的全部解集，故定理成立，证毕。

changbaoyu · 发表于 2010-10-27 13:03

《费尔马定理的初等证明》：是否有理希望探讨，已看过！希望探讨我很高兴，因都是数学人，可取长补短闹清问题，是大好事。
今天刚过来，请凉解，互相学习吧！
我觉得您与申老兄的还不一样，特别是：（本定义为本文所独有）如9，8，7，6，5为一组2次相邻数。
函意未明，能否举个简例如[第 6 楼]即可。？·玉·2010-10-27·

changbaoyu · 发表于 2010-10-27 15:38

有【基础数理知识】的中外数学人可明！！！·
本帖最后由 changbaoyu123 于 2010-10-27 15:31 编辑
十分无趣！
   目前这个论坛还没有任何人真的用初等方法证明了费马大定理，可是每天却又都有人在 ...
caqdnl 发表于 2010-10-15 18:07
【注：只有指数ｎ＝２时，②＝③才成立】。
证明,a^3+b^3=c^3无整数解, ———————————————①．
用反证法：先假设①式有整数解，此必然存在三个整数Ｒ，ｒ，δ的组合，即有：
Ｒ＋ｒ＝ａ，Ｒ＋δ＝ｂ，且Ｒ＋δ＋ｒ＝ｃ使得①式成立，我们就有：
▲▲（Ｒ＋ｒ）³＋（Ｒ＋δ）³＝﹙Ｒ＋δ＋ｒ﹚³▲＝＝＞
Ｒ³＋３Ｒ²ｒ＋３Ｒｒ²＋ｒ³＋［Ｒ³＋３Ｒ²δ＋３Ｒδ²＋δ³］
＝Ｒ³＋３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（δ＋ｒ）²＋（δ＋ｒ）³▲＝＝＞
２Ｒ³＋３Ｒ²（ｒ＋δ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）＋（ｒ³＋δ³）
＝Ｒ³＋３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）＋（ｒ³＋δ³）＋［６Ｒδｒ＋３δ²ｒ＋３δｒ²］，
即有：Ｒ³＝６Ｒδｒ＋３δ²ｒ＋３δｒ²．―――――――――②．
欲证②式成立，不失一般性，由同一律，只须可（乘上负一后）考虑其绝对值，即：
ａ１＝|Ｒ－ｒ|，ｂ１＝|Ｒ－δ|，且ｃ１＝|Ｒ－δ－ｒ|，使得①式也成立即可，于是，我们就有：
●●（Ｒ－ｒ）³＋（Ｒ－δ）³＝［Ｒ－（δ＋ｒ﹚）³●＝＝＞
Ｒ³－３Ｒ²ｒ＋３Ｒｒ²－ｒ³＋［Ｒ³－３Ｒ²δ＋３Ｒδ²－δ³］
＝Ｒ³－３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（δ＋ｒ）²－（δ＋ｒ）³●＝＝＞
２Ｒ³－３Ｒ²（ｒ＋δ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）－（ｒ³＋δ³）
＝Ｒ³－３Ｒ²（δ＋ｒ）＋３Ｒ（ｒ²＋δ²）－（ｒ³＋δ³）＋［６Ｒδｒ－３δ²ｒ－３δｒ²］，
即有：Ｒ³＝６Ｒδｒ－３δ²ｒ－３δｒ²．―――――――――③．
显然：②－③及③－②，都有：０≠６δｒ（δ＋ｒ）和０≠１２Ｒδｒ．这与已知数理常识不符。这个矛盾的产生【注：只有指数ｎ＝２时，②＝③才成立】。是由：必然存在三个整数Ｒ，ｒ，δ的组合，使得存在整数ａ，ｂ，ｃ，和绝对值ａ１，ｂ１，ｃ１能使方程②及③式成立而引起，所以知对①的假设不真，故知①式无（正）整数解。
二〇一〇年十月二十六日星期二
此法对于指数ｎ≥２时都适用！理简易明，可自行判断来对照！
这个方法是指数ｎ为奇、偶的一般底数无解通表法。
有【基础数理知识】的中外数学人可明！！！·玉·注意方程：都是独立的！
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