qwertyui12345

任在深

qwerty 发表于 2016-8-22 11:47
一个词项是属于什么类型的概念，取决于当时的语境。

例如：

----------所以黎曼猜想只能一个个验证，而不能一揽子解决。
           楼主又在胡说八道！
           不值一驳！

fmcjw

素数有无穷多，根据楼主的分析素数是集合概念，因此要证明素数无穷就只能逐一将所有的素数都找出来才能算是证明了素数有无穷多？

fmcjw

x^n+y^n=z^n,
1)n=1,x+y=z,则：x=a,y=b,z=a+b
2)n=2,x^2+y^2=z^2,则：x=a+(2ab)^1/2;y=b+(2ab)^1/2;z=a+b+(2ab)^1/2
3n>2,则可分为n=4;n=4k;n=2k+1;n=4k+2.四种基本情况来证明。

fmcjw

n=4,费马自己已经给出了证明:x^4+y^4=/=z^4,因此，自然可合理推出：x^4k+y^4k=/=z^4k。这样就只剩下n=2k+1;n=4k+2了。显然，费马自称发现了一个美妙的证法是指对n=2k+1时的方程x^2k+1+y^2k+1=z^2k+1进行的证明或者是对n=p时的方程x^p+y^p=z^p进行的证明。

如果找到了可以证明x^2k+1+y^2k+1或者x^p+y^p不可能是一个指数为2k+1的方幂之方法，当然就证明了
x^2k+1+y^2k+1=/=z^2k+1(xyz=R时）
或者
x^p+y^p=/=z^p(xyz=R时）
根据二项式定理
X^p +Y^p= (X+Y)[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)^2{[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)}
也可知，其实X^p +Y^p还可以表为
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]
因为
         [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
所以
        [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<1
可令
{[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}=A/B     
则式[I]变为
                   X^p +Y^p==A/B(X+Y)^p        (A<B)                                                 [I]'

式[I]'表示两个不同正整数的p次幂之和等于这两个正整数和的p次幂与一个分数的积，因此，X^p +Y^p不可能是一个正整数的p次幂。
若
                   z^p=X^p +Y^p==A/B(X+Y)^p
则
                       z=(X+Y)(A/B)^1/p                                                                         [I]''
所以z恒为无理数。
因此，若xyz均为正整数则
z^p=/=X^p +Y^p
所以可自然合理推出
x^pk+y^pk=/=z^pk
而pk包含了所有大于1的奇数，因此也就证明了
x^2k+1+y^2k+1=/=z^2k+1
从而也就自然合理地提出并证明了
(x^4k+2)+(y^4k+2)=/=(z^4k+2)
比如

1:当n=p=p1=3时有
                 X^p +Y^p=x^3+y^3=(x+y)^3[(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2]                       (1)
由于(1)式中(x^2+y^2-xy)<(x+y)^2,则(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2<1,，所以[(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2]  恒为分数，因此可令(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2=b/a，(b<a)
则(1)式变为
                  x^3+y^3=b/a(x+y)^3                 (b<a)                                                (1)'
若
                 z^3=x^3+y^3=b/a(x+y)^3
则
                    z=(x+y)(b/a)^1/3                                                                               (1)''
所以，n=3,x,y为正整数时z恒为无理数。因此，当xyz均为正整数时
z^3=/=x^3+y^3

fmcjw

qwerty 发表于 2016-8-20 15:15
如果弗赖方程可以模形式化，（图1），则费马大定理才与谷山志村猜想是交叉关系，即两个概念的外延有一部 ...

对于先生以上分析本人是赞同的。希望先生能够对以下证明也给出是否存在逻辑漏洞的分析：
x^n+y^n=z^n,
1)n=1,x+y=z,则：x=a,y=b,z=a+b
2)n=2,x^2+y^2=z^2,则：x=a+(2ab)^1/2;y=b+(2ab)^1/2;z=a+b+(2ab)^1/2
3n>2,则可分为n=4;n=4k;n=2k+1;n=4k+2.四种基本情况来证明。

n=4,费马自己已经给出了证明:
x^4+y^4=/=z^4,
因此，自然可合理推出：
x^4k+y^4k=/=z^4k。
这样就只剩下n=2k+1;n=4k+2了。显然，费马自称发现了一个美妙的证法是指对n=2k+1时的方程x^2k+1+y^2k+1=z^2k+1
进行的证明或者是对n=p时的方程
x^p+y^p=z^p
进行的证明。

如果找到了可以证明x^2k+1+y^2k+1或者x^p+y^p不可能是一个指数为2k+1的方幂之方法，当然就证明了
x^2k+1+y^2k+1=/=z^2k+1(xyz=R时）
或者
x^p+y^p=/=z^p(xyz=R时）
根据二项式定理
X^p +Y^p= (X+Y)[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)^2{[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)}
也可知，其实X^p +Y^p还可以表为
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]
因为
         [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
所以
        [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<1
可令
{[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}=A/B     
则式[I]变为
                   X^p +Y^p==A/B(X+Y)^p        (A<B)                                                 [I]'

式[I]'表示两个不同正整数的p次幂之和等于这两个正整数和的p次幂与一个分数的积，因此，X^p +Y^p不可能是一个正整数的p次幂。
若
                   z^p=X^p +Y^p==A/B(X+Y)^p
则
                       z=(X+Y)(A/B)^1/p                                                                         [I]''
所以z恒为无理数。
因此，若xyz均为正整数则
z^p=/=X^p +Y^p
所以可自然合理推出
x^pk+y^pk=/=z^pk
而pk包含了所有大于1的奇数，因此也就证明了
x^2k+1+y^2k+1=/=z^2k+1
从而也就可自然合理地推出并证明了
(x^4k+2)+(y^4k+2)=/=(z^4k+2)
比如

1:当n=p=p1=3时有
                 X^p +Y^p=x^3+y^3=(x+y)^3[(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2]                       (1)
由于(1)式中(x^2+y^2-xy)<(x+y)^2,则(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2<1,，所以[(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2]  恒为分数，因此可令(x^2+y^2-xy)/(x+y)^2=b/a，(b<a)
则(1)式变为
                  x^3+y^3=b/a(x+y)^3                 (b<a)                                                (1)'
若
                 z^3=x^3+y^3=b/a(x+y)^3
则
                    z=(x+y)(b/a)^1/3                                                                               (1)''
所以，n=3,x,y为正整数时z恒为无理数。因此，当xyz均为正整数时
z^3=/=x^3+y^3

qwerty

fmcjw 发表于 2016-8-22 15:03
素数有无穷多，根据楼主的分析素数是集合概念，因此要证明素数无穷就只能逐一将所有的素数都找出来才能算是 ...

在这种语境下，素数是一个普遍概念。不是集合概念。

qwerty

任在深 发表于 2016-8-9 11:30
---------实话告诉大家，费马大定理今后1000年之内没有人可以证明它。---------楼主王晓明语。
       ...

非常幼稚，自己不知道。悲哀。

qwerty

一览众山小 发表于 2016-8-10 21:40
楼主说费马大定理“只能从n=3,4,5,6，，，。逐一证明”，我认为“逐一证明”显然做不到，是不可能的。目 ...

数学归纳法只能用于：形式（公式）推导出另外的形式。
如果用形式推导性质是不行的。

fmcjw

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：
3，黎曼猜想的零点。
这里的“零点”是“普遍概念”。
4，黎曼猜想有无穷多个零点。
这里的”零点“是”集合概念“。

素数有无穷多，根据楼主的分析素数是集合概念，因此要证明素数无穷就只能逐一将所有的素数都找出来才能算是证明了素数有无穷多？
在这种语境下，素数是一个普遍概念。不是集合概念？

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？

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？

任在深

qwerty 发表于 2016-8-23 08:05
数学归纳法只能用于：形式（公式）推导出另外的形式。
如果用形式推导性质是不行的。

楼主你好！
       俺阅读了你的一些有关文章，学术问题，内部问题，要有理有据和风细雨的提出！
       要用爱心，要有信心！正确的思想，正确的理论一定能够战胜错误的思想和理论！
       俺发现你的思想还是有可取之处的！但是数学基础理论欠缺！难以服众！！
另：在纯粹数学中，由于它是结构数学，因此具有结构的形式（几何），以及结构形式的结构关系（代数方程），所谓性质就是说它们之间存在什么样的结构关系!
         比如：正方形的面积，S□=a^2，
                  直角三角形面积：SΔ=ab/2
                  勾股定理：          a^2+b^2=c^2
                   π=R+r+√n/10
                     =2+1+√2/10
它们所探讨的是正方形，直角三角形，圆，，，的结构，即几何图形；而结构关系分别用相对应的数学结构关系式！
       数学归纳法恰恰是证明这种结构关系是否是具有普适性？从n=1，2，3.....开始证，然后证n,n→∞,如果都成立，那么这个猜想成立！就具有普遍适应性的性质，即可称为定理！！
       数学归纳法是数学中普适的重要的证明方法之一。
至于你的一一列举的方法是不存在的，也是不现实的！因此也是不必要的！！