费马大定理

maoguicheng

哥德巴赫猜想有多种方法证明，我现在想用陈景润定理1+2来证明1+1，故作了一点研究，得到了很少的几个数据，提供给人们，若有时间，也可帮忙验证几个大于这些数的数据，我仅仅只作出了12-500以内的连续数，这些连续数都是正确的，根据我的验证和证明，我的结论是完全正确的。以下是253以内的P+p2p3=p+p1+2用的数据。
10 < N = P+p2p3 = p+p1+2
9 =3x3/15 =3x5/21=3x7/ 25 =5x 5/33=3x11 / 39 =3x13 / 49=7x7/ 55=5x11/69=3x23 / /85=5x17/91=7x13/111=3x37/115=5x23/129=3x43/133 =7x19/141=3x47/159 = 3x53 /169 =13x13 /183 =3x61/201 = 3x67 / 213 =3x71 / 235 = 5x47 / 253 = 11x23 /259=7X37 / 265=5X53 / 295=5X59 / 309=3X103 / 319=11X29 / 339=3X113 / 355=5X71 / 361=19X19 / 381=3X127/
戴有*号的数是只有一个答案的数，共有7个。其他的数有多个答案。
*12=3+7+2=3+3.3 / *14=5+7+2=5+3.3 /*16=7+7+2=7+3.3 /*18=3+13+2=3+3.5
/ 20=5+13+2=5+3.5 /22=7+13+2=7+3.5 /*24=3+19+2=3+3.7 /26=5+19+2=5+3.7 /28=7+19+2=7+3.7 /*30=5+23+2=5+5.5 /32=7+23+2=7+5.5 / 34=13+19+2=13+3.7 / 36=11+23+2=11+5.5 / 38=13+23+2=13+5.5 / 40=19+19+2=19+3.7 / 42=17+23+2=17+5.5 / 44=19+23+2=19+5.5 /46=13+31+2=13+3.11 / *48=23+23+2=23+5.5 / 50=17+31+2=17+3.11 /
52=43+7+2=43+3*3 / 54=29+23+2=29+5*5 / 56=47+7+2=47+3*3 / 58=43+13+2=43+3*5 / 60=11+47+2=11+7*7 / 62=53+7+2=53+3*3 / 64=43+19+2=43+3*7 / 66=41+23+2=41+5*5 / 68=59+7+2=59+3*3 / 70=61+7+2=61+3*3
72=47+23+2=47+5*5 / 74=59+13+2=59+3*5 / 76=61+13+2=61+3*5 / 78=53+23+2=53+5*5 / 80=71+7+2=71+3*3 / 82=73+7+2=73+3*3 / 84=59+23+2=59+5*5
86=71+13+2=71+3*5 / 88=73+13+2=73+3*5 / 90=41+47+2=41+7*7 / 92=83++7+2=83+3*3 / 94=79+13+2=79+3*5 / 96=71+23+2=71+5*5 / 98=89+7+2=89+3*3
100=79+19+2=79+3*7 / 102=53+47+2=53+7*7 / 104=89+13+2=89+3*5 / 106=97+7+2=97+3*3 / 108=83+23+2=83+5*5 / 110=101+7+1=101+3*3 / 112=103+7+2=103+3*3
114=89+23+2=89+5*5 / 116=107+7+2=107+3*3 / 118=109+7+2=109+3*3 / 120=71+47+2=71+7*7

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10<N=P+P1+2=P+P2XP3。
这是我们的公式，现在证明这个公式成立并且正确。
证明:这里只要证明P1+2等于一个合数就可以了。
P1+2结果只有两种情况，可以是质数，也可以是合数，质数的选项这里选择放弃不要，我们只要他是合数就可以了 。
由于陈景润定理【1+2】中的合数是两个素数的积，因此，我们这里也只选择K=2的殆素数。
当然，还有2K殆素数也不是我们这里的解，例如7*17=119，由于119-2不是素数，故这样的2K殆素数也不是我们的解。我们的解是2K殆素数-2后是一个素数时的2K殆素数。我们把陈景润定理中的这样的殆素数解给出来，用这个数去减偶数，得到的差是素数就可以了，一定有素数存在，陈景润证明了的，就是【1+2】公式中的P。
这里给出部分从9开始的2K殆素数，9--15--21--25--33--39--49--55--9--15--21--25--33--39--49--55--69--85----
这列数是陈景润定理中的一个合数数列，这列数有无穷多。
这列数是陈景润定理中的数列 ，他的形式是P2*P3，我的公式的形式是P1+2，故我们猜想的公式就正确了，他们一一对应。
这列数是P2xP3，也是P1+2 ，他们完全相等，这里的证明没有用高等数学的理论证明，但理论上，我们证明了我们的猜想是正确的。就是把陈景润定理中的数列P2P3，变成我们的猜想公式中的P1+2了。
我们再给出几个从6开始的已知结果。6=2+2=2，8=3+3+2，10=3+5=2。
下一步的变换就是N=P+P1+2，故有 N-2=P+P1。再由此得到从4开始的欧拉定理: N=P+P1
由于陈景润定理证明的数是充分大数时，故我也只能证明哥德巴赫猜想在充分大数时成立。
现在证明完毕，结论正确。这里用陈景润定理证明了欧拉猜想A在充分大数时成立。
现在证明完毕，结论正确。

maoguicheng

怎么没有人来评论评论一下。

maoguicheng

在这个数学中国网站已经悬挂两年有余了。

maoguicheng

用初等数学方法证明的费马大定理成立

maoguicheng

有人认为，【12】式中的N为奇数时不是整数，不能用来比较，这是没有道理的，因为我们只比较整数的数字部分，比较的目的是看他是不是毕达哥拉斯数组，只要可以认定他不是毕达哥拉斯数组，那么证明就正确。欧拉证明费马大定理公式中的指数N=4时，他开始的公式和最后的证明结果中也不是整数，也是一个无理数，没有人认为他的证明是错误的，是什么理由可以认定我的证明中的N为奇数时不行，再说转来，我的公式【12】是可以还原为【10】的。我的公式【10】是整数公式，只是变形后用来比较了一下，这又没有发生质的变化，比较的只是整数幂数，是可以还原的。也就是说，你可以把用来比较的数代入毕达哥拉斯公式中，你也可以把有根号的这组数带入毕达哥拉斯数组中，但整个公式还是整数公式，只是这时公式是不等式了。注意奇次幂还原时要先平方，再开方。

maoguicheng

有人说，费马证明他的费马大定理成立用的证明方法是无限下推法，公式是 X^N+Y^N=Z^N，我认为不是的，实际上这个公式就是一个无理数解等式方程，把无理数解等式方程无限下推证明的结果只能得到无理数解，不可能有整数解存在，故用无理数解等式方程公式与无限下推法是不可能证明整数的费马大定理成立的，因为他们无法从无理数解中过渡到整数中来，只能断言（猜想）费马大定理成立。

maoguicheng

你看懂了费马大定理没有，费马大定理说的是：当指数大于2后，就没有大于2的指数方程存在了。只有毛桂成看懂了费马大定理的定理。
你现在明白了吗，为什么数百年没有人能证明，就是没有看懂费马大定理。

maoguicheng

陈景润定理中有这样一个数列，即3N数数列，这列数只有一个素数存在，那就是3。例如3，6，9，12，15，18，21。。。若只取这列数中的单N数9，15，21。。。等数，那么，由于N无穷，故这列数是无穷多个了，把这列数中的合数因子限定在2个时，就是陈景润定理中的P2*P3。这个2K殆素数中，暗含一个素数P1+2。即P2*P3=P1+2。若任何一个大于10的3N偶数，用这列数中的数从9开始减，一直无穷递减下去，一定可以得到一个素数，这是陈景润定理证明了的，就是陈景润定理中的P。为什么？是因为这列数中的第一个是素数3，也就是说，减到最后，一定有一个3等待着。因此用陈景润定理可以证明哥德巴赫猜想成立。
如果偶数与3N数余2，那么最后一定有一个5等待着，如果是3N数余1，那么最后也有一个7等待着，也就是说，3，5，7，是保证哥德巴赫猜想成立的最后防线。故由这里的3，5，7，可以证明哥德巴赫猜想成立。例如12-9=3，14-9=5，16-9=7。12是3N数，14是3N余2，16是3N余1。所有的大于10的偶数，被3N数列无穷从9递减后，最后结果是有3或5或7的结果存在，也仅仅只有这3种结果存在。
这里用陈景润定理证明哥德巴赫猜想成立是从无穷远点到12的证明，理论基础成立。这是真正意义上的理论基础证明。
N=P+P2*P3=P+P1+2。。。。【1】。由【1】式，有N-2=P+P1。。。【2】。
12=3+3*3，14=5+3*3，16=7+3*3。。。【1】式中的陈景润定理
12=3+7+2，14=5+7+2，16=7+7+2。。【1】式的等价变形。
12-2=3+7，14-2=5+7，16-2=7+7。。【2】式。

maoguicheng

这个问题我很早就解决了，我证明了十大世界数学难题。你们真是小学生吗，没有学过方程，也没有学过不等式，3X+1=或＜2N。。。【1】。由这里可以看见，若当不等式时是2N大于3X+1。若是方程，他有无穷多个解，例如X=1，N=2，X=5，N=8，任意给出一个X，总可以找到一个N,且N大于X，因此3X+1=2N可以得到一个数学模型，即：[3X+1]/2N=1。。。。。【2】。当然，在证明【2】时还是要用到某个技巧的。这里就不多说，为了证明我的实力，下面给出费马大定理的证明。

我们现在来看费马证明费马大定理成立的证明过程。
费马大定理：“底数为大于或等于1，指数大于2时，任何一个整数的立方幂数，不可能再分解成为其他另两个同次方幂数之和，任何一个整数的四次方幂数，也不可能再分解成为其他另两个四次方幂数之和；更一般说来，底数为大于或等于1，指数为大于2的任何一个N次方数幂，都不可能再分解成为其他另两个数的同次方幂数之和。”
费马又写道：“我找到了一个非常绝妙的证明方法可以证明这个定理成立，但由于这页边太小，不能写下我的完整证明”。
费马所说的非常绝妙的证明方法，是一个什么样的证明方法呢，现在我可以在这里告诉大家，这个非常绝妙的证明方法就是比较证明方法和无穷递降方法。就是先把费马大定理的整数不等式公式无穷递降到指数为2的形式后，再用毕达哥拉斯整数方程的通解公式来证明这个通解公式中没有指数为大于1的同次幂数组存在后，最后用毕达哥拉斯方程公式【1】来比较费马大定理成立的整数不等式公式【10】和【12】，比较他们有什么不同，从而来证明费马大定理成立。
我们先给出费马大定理成立的整数不等式公式 ：X^N+Y^N ≠ Z^N。。。【10】
我们再给出毕达哥拉斯整数方程的公式：X^2+Y^2=Z^2。。。。。。。【1】
我们还要给出毕达哥拉斯整数方程的通解公式：
[【2AB 】K]^2 +[【A^2-B^2 】K]^2 =[【A^2+B^2 】K]^2。。。。。。【2】
公式【2】是公式【1】成立的所有解，故公式【2】恒等公式【1】。
由公式【2】，我们可以知道，【2】式中有这样两个数存在；公式【2】等号左边的数是：
Y=【A^2-B^2 】K，。。。。。。。【3】。公式【2】等号右边的数是：Z=【A^2+B^2 】K。。。【4】
若【2】式中的K=A^2-B^2时，则【3】式和【4】式可以写成：
Y=【A^2-B^2】K=【A^2-B^2】【A^2-B^2】=【A^4 -2A^2B^2 +B^4】=【A^2-B^2】^2。。。【5】
Z=【A^2+B^2】K=【A^2+B^2】【A^2-B^2】=【A^4-B^4 】。。。。。。。。【6】
由【6】式可知： A^4-B^4 ≠ C^2。。。。。。。【7】。
因为【6】式不是两个数的平方差的平方数公式，【5】式是两个数的平方差的平方数公式，由这里可知，【6】式中的数比【5】式中的数少一个-2A^2B^2，故【6】式不是平方数公式，因此可以由【6】式得到【7】式。这个公式【7】欧拉已经证明，在这里我就只简要的说明一下，这也是最简单的比较证明。
我们再看当数K为A^2+B^2时，则【3】式和【4】式可以写成：
Y=【A^2-B^2】K=【A^2-B^2 】【A^2+B^2】=【A^4-B^4】。。。。。。【8】。
【8】式与【6】式是一样的，都不是两个数差的平方数公式。
Z=【A^2+B^2】K=【A^2+B^2】【A^2+B^2】=【A^4 +2A^2B^2 +B^4】=【A^2+B^2】^2。。。【9】
【5】式和【9】式都是平方数公式。一个是两个数的差的平方数，另一个是两个数的和的平方数。
由【5】，【6】，【7】，【8】，【9】式可以知道了，当数K不管为什么数，都不可能使【3】式和【4】式同时成为一组指数为大于1的同次幂数组。但是却可以使公式【1】式和【2】式成为等式方程。由此我们知道了，这是指数方程中的指数最大为2次的方程。由公式【3】和【4】知道，当这两个数不能同时成为同次幂数组时，就不可能有大于2的同次幂数组方程成立，费马根据毕达哥拉斯方程的充要条件和公式【3】及【4】不可能是同次幂数组的结果，得到了他的费马大定理和费马大定理的公式【10】；由毕达哥拉斯方程看，这是一个偶次方程，费马是怎样证明得到奇次幂数组的整数不等式的呢，我们可以这样认为，当【5】式和【6】式与及【8】式和【9】式不能得到指数为大于1的同次幂数时，那么，【1】式也就不能成为大于2的指数方程，没有大于2的指数方程存在时，也就没有大于1的奇次方指数方程存在，也没有大于2的偶次方指数方程存在，故费马由此就证明了他的费马大定理，因此，费马就不必再给出大于2的奇次幂和偶次幂的证明了。写到这里，数学家们是已经知道了费马大定理是正确的了，这里就已经证明费马大定理成立了。