比尔猜想的证明（修改版）

费尔马1

比尔猜想:对于c^z＝a^x+b^y
（一）当a、b、c互质时，xyz无大于2的整数解；
（二）若xyz有大于2的整数解，则abc一定有公共质因数。
证明:在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，a、b、c、z为正整数，z>2，h为正有理数。
①在（三）式中，当a、b、c互质时，h也要与a、b互质， ∴a^2*h≠a^x，b^2*h≠b^y，∴c^z≠a^x+b^y；
②在（三）式中，当a、b、c有公约数时，h=a^（x－2）时，c^z=（a^2+b^2）a^（x－2）=a^x+ b^2a^（x－2） ，
当b^2a^（x－2）=k^y时 ，k、a、c   都含有a的分解因数  ， ∴c^z＝a^x+b^y。  特别地，当a与b的分解因子完全相同时，b^2a^（x－2）=b^y，这时 k、a、c   含有相同的因子，例a=2，b=4，c=2，有2^12+4^6=2^13，
故，比尔猜想成立。

费尔马1

比尔猜想证明的修改版，证明者:程中战，程中永，谢芝灵。
本证明继续请老师们审核！谢谢老师！

费尔马1

比尔猜想与费马大定理是一个道理，由于费马大定理是同次幂，所以三个数abc只能在锐角三角形中，（当然，其它的数很明显都符合命题，基本上不用详细证明）；比尔猜想是任意的幂指数。
因为正整数（不包括1，因为1不是素数也不是合数）中，总存在等式
c^z＝（a^2+b^2）h，其中h是有理数，先把正整数每三个数一组，简称“三角数”，三角数的集合就是正整数的集合，三角数abc，再用h是正整数a^（x－2）搭配，这样就不用考虑有关无理数、分数了。
老师们看看这样行吗？

费尔马1

如果考虑b是无理数、分数，怎么说明abc的互质与否呢？还是只考虑abc都是正整数的情况吧。
请老师们回复，谢谢老师！

费尔马1

请老师们指点！请回复。谢谢！

费尔马1

1楼的文章是最终定稿，本文不再考虑有关的无理数、分数之类的问题，只用正整数的集合来概括。特请老师们审核，感谢老师们！

费尔马1

请老师们指点！谢谢老师！

zengyong

费马大定理和比尔猜想的公式似乎是同一类型，只不过费马大定理的公式指数都相同（=n）。
但在我的探索中发现两者完全不是一回事。
比尔方程在A,B,C含公因子时才有解，成立。
但费马大定理的方程即使A,B,C有公因子也无解。所以，不能一概相同而论。

费尔马1

zengyong 发表于 2019-9-22 22:43
费马大定理和比尔猜想的公式似乎是同一类型，只不过费马大定理的公式指数都相同（=n）。
但在我的探索中发 ...

比尔猜想中，当指数x、y、z都等于n时，就是费马大定理了。在费马大定理中，底数a、b、c是两两互质的（最小解），已经证明abc无最小解，因此，更没有含公约数的倍数解。假设abc有倍数解，（ck）^n＝（ak）^n+（bk）^n
由于是同次幂，等号两边约分（同除以k^n）就没有公约数了。
故，比尔猜想与费大是统一的。

费尔马1

zengyong 发表于 2019-9-22 22:43
费马大定理和比尔猜想的公式似乎是同一类型，只不过费马大定理的公式指数都相同（=n）。
但在我的探索中发 ...

比尔猜想中，当指数x、y、z都等于n时，就是费马大定理了。在费马大定理中，底数a、b、c是两两互质的（最小解），已经证明abc无最小解，因此，更没有含公约数的倍数解。假设abc有倍数解，（ck）^n＝（ak）^n+（bk）^n
由于是同次幂，等号两边约分（同除以k^n）就没有公约数了。
故，比尔猜想与费大是统一的。