[原创]费马大定理三句话证明（新）——斯露化雨

moranhuishou

文
这里还有一个问题，就是关于方程的“复数解”：
我们虽然不知道方程的非0整数解，但我们知道他的实数解。
那么它的“复数解”也应该知道，是什么呢？就是他的实数解乘以1的各p次方根（时这样吧），这是很荒唐的，这完全是画蛇添足，因为去掉了这些“尾巴“，与只有实数解没有任何两样。
所以，此命题是实数域的命题，与复数没有任何关系！因为它不可能有真正的虚根。

数学爱好者A

请证明p为奇数
不存在这样的i=g(r,t),g(r,0)=0
使方程
(y-r)^p+y^p=(y+t)^p=0
表达为y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)=0
k1=h1(r,t),k2=h2(r,t),.........kn=h2(r,t)。
当t=0时
h1(r,t)=h2(r,t),.........h2(r,t)=0。
这才是你要证明的！

moranhuishou

下面引用由数学爱好者A在 2008/10/09 11:56am 发表的内容：
请证明p为奇数
不存在这样的i=g(r,t),g(r,0)=0
使方程
(y-r)^p+y^p=(y+t)^p=0
...

鉴于121楼的情况，方程的实根与虚根在证明中完全等价。也就是等同于有意义的虚根不存在，因为已知方程只有唯一根，并且已知有p同根存在，所以只可能有i=0一种可能，也就是只可能有p同根方程成立。
所以你的命题是个伪命题，根本就不存在。
这与p的大小没有任何关系，这一点更不要糊涂。

bardo

下面引用由moranhuishou在 2008/10/06 07:27pm 发表的内容：
教授级的评价，不错——
“2、鉴于luyuanhong教授是名人，且已经声明“...对数论一向没有什么研究，所以，对这方面的论文实在无话可说。”所以就不勉为其难了。”

我不是什么教授。我只是觉得好玩！
无数民科数学家，官科数学人，均被这场忽悠，而忽悠倒下了。然而，这个战场，仍在前仆后继。
然而：楼主非我我说，好象是非得要笑话我一次。我确实不懂。但楼主这场忽悠，并不代表一点看不出来。
首先：请问楼主：什么是“同根方程”？
楼主根本没有给出定义，
那么可以理解：
有一个根相同的两个方程。
或者可以理解：
所有根均相同的两个方程。
但这是楼主独创。非常巧妙。不得不服。
第二：什么是同根标准式？
同样，楼主在证明中也没有明确说明，这也一样，在数学界没有明确的约定俗成的定义的。
楼主是通过：两个方程不同根，从而推出结论。
我们来看楼主的逻辑：
系数相同的同次方程是同根方程，化不成同次的系数相同的同次方程，称为不能转为同根标准式。
很显然：系数相同的同次方程有同根。
所以：系数不相同的同次方程就没有同根。系数不相同的非同次方程就没有同根。
显然，这是相当荒唐的。
举个例子来说，以下三个方程，均有同根。
(x+7)(2x+2)(3x-1)=0
(x+7)(4x-1)(x+5)=0
(x+7)(3x-1)=0
但楼主的证明却是：
系数不相同的同次方程就没有同根。系数不相同的非同次方程就没有同根。
忽悠，接着忽悠！

moranhuishou

通过这个帖子，说明先生真的根本就一点没有看懂证明。
你提的问题太多，不想一一回复，就给你指出一点：
你举的这三个例子
x+7)(2x+2)(3x-1)=0
(x+7)(4x-1)(x+5)=0`
(x+7)(3x-1)=0
与本证明风马牛不相干。

数学爱好者A

鉴于121楼的情况，方程的实根与虚根在证明中完全等价。也就是等同于有意义的虚根不存在，因为已知方程只有唯一根，并且已知有p同根存在，所以只可能有i=0一种可能，也就是只可能有p同根方程成立。
所以你的命题是个伪命题，根本就不存在。
这与p的大小没有任何关系，这一点更不要糊涂。

我给出的命题当然是实数域，我是完全按你给出的多项式分解方法！
我再写一遍:
请证明p为奇数
不存在这样的i=g(r,t),g(r,0)=0
使方程
(y-r)^p+y^p=(y+t)^p=0
表达为y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)=0  （这里有复根的问题吗？）
k1=h1(r,t),k2=h2(r,t),.........kn=h2(r,t)。
当t=0时
h1(r,t)=h2(r,t),.........h2(r,t)=0。
这才是你要证明的！

moranhuishou

服了你的砖牛角尖精神：
这个问题其实121 123楼已经作了很好的回答：如果有那样的解，那么后面的方程(y^i-k1y^i-1.........+kn)=0必然要分解为i个“复数”分解式。这i个分解式因为实际上和f(r,t)完全相同，所以他还是[y-f(r t)]^i=0.
你所说的
k1=h1(r,t),k2=h2(r,t),.........kn=h2(r,t)。Zx
应改为
k1=f';(r,t),k2=f';(r,t),.........kn=f';(r,t)。Zx
因为这样的“复根”和实根的变化除了那个蛇足之外不可能有任何的变化。例如
若f(r t)=r+t,
那么
f‘(r t)=（r+t）*1^(1/p)
你标的h1 h2 ...是不可能存在的！

数学爱好者A

这个问题其实121 123楼已经作了很好的回答：如果有那样的解，那么后面的方程(y^i-k1y^i-1.........+kn)=0必然要分解为i个“复数”分解式。这i个分解式因为实际上和f(r,t)完全相同，所以他还是[y-f(r t)]^i=0.

请给出证明！(难道任何一个多项式都仅仅有一个复根吗?)


你所说的
k1=h1(r,t),k2=h2(r,t),.........kn=h2(r,t)。Zx
应改为
k1=f';(r,t),k2=f';(r,t),.........kn=f';(r,t)。Zx

你看清楚了，我给出的k1,k2,k3....kn。是无法分解出实数根那个多项式的系数。难道这些系数都一样吗？
i=g(r,t),g(r,0)=0
使方程
(y-r)^p+y^p=(y+t)^p=0
表达为y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)=0
k1=h1(r,t),k2=h2(r,t),.........kn=h2(r,t)。
当t=0时
h1(r,t)=h2(r,t),.........h2(r,t)=0。
我给出的这个式子如果存在，那么当t=0的时候r=f(r,0)
(y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)=(y-r)^p
当t≠0，(y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)≠(y-f(r,t))^p
所以你必须证明我给出的表达式(y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)不存在！而不是证明(y-f(r,t))^p不存在！

moranhuishou

下面引用由数学爱好者A在 2008/10/09 04:38pm 发表的内容：
请给出证明！(难道任何一个多项式都仅仅有一个复根吗?)

你大概对此问题还没有理解：
复数根的实部完全相同，实质上等于完全一样，也等同于和实根完全一样——因为他们的p次方都等于y.——所谓的复根仅仅是由那个表示，完全是虚拟的，如果不考虑复根，这部分就根本不存在，还是p同根方程！
下面的众多“问题”也就不存在了。

数学爱好者A

你大概对此问题还没有理解：
复数根的实部完全相同，实质上等于完全一样，也等同于和实根完全一样——因为他们的p次方都等于y.——所谓的复根仅仅是由那个表示，完全是虚拟的，如果不考虑复根，这部分就根本不存在，还是p同根方程！
下面的众多“问题”也就不存在了。！

不同的多项式可能有相同的根！但并不等价与两个多项式是相同的！
因此(y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)和(y-f(r,t))^p有相同的根，他们不是一个多项式，否定(y-f(r,t))^p的存在，并不能否定(y-f(r,t))^p-i(y^i-k1y^i-1.........+kn)的存在！