新华网长篇大论：批“斯露化雨”关于《费马大定理》的证明

moranhuishou

斯露化雨兄“证明费马大定理”中的两大概念错误及其它

筱宇
【按：以下内容，本来是打算作为斯露化雨《怀尔斯栽了，让我们的数学专家们也很没面子。唉，这个佩雷尔曼呀！》的跟帖，讨论该楼中一些网友提到的数学概念问题，但不明原因在那里很长时间无论如何无法发出。考虑到这些内容与该楼的原标题关系不大，而且讨论清楚这些问题，对数学爱好者都是有用的。所以重新整理改写以后在此单独开楼。其中引用到的“上文”均指该楼中的帖子（楼的序号可能因斑竹删帖而变化）。
因时间关系，为避免无限期拖延，决定边改写边发。所以文前所列提纲仅做参考，不排除发一半后又有改变。】

【一】看斯露化雨兄的“证明”方法框架，就足以将其否决掉
【二】推理正文段中存在的基本概念错误
【三】保留谬误1而去掉谬误2及其他错误后的版本
【四】去掉谬误1及其他错误后而保留谬误2的版本
【五】谬误1的错误性质说明
【六】谬误2的错误性质说明
【七】不要以为最基本概念“太简单”就可以随意丢掉随意违背

【一】看斯露化雨兄的“证明”方法框架，就足以将其否决掉

斯露化雨兄的大作中“证明费马方程无正整数解”的方法框架是：

(1)先假设费马方程有正整数解；
(2)然后从费马方程出发，“化出”两种形式的一元高次方程；
(3)宣称两种形式应该“同解”，而“同解”就应该满足他说的“引理2”；
(4)但经过比较各项系数，发现不可能满足“引理2”；
(5)认为得出矛盾，按反证法的规则，得出：费马方程没有正整数解。

他的“引理2”的叙述是：同解的一元p次方程的对应系数相等。这其实是代数中的一个定理，严格的叙述应该是：同解一元代数方程的标准型中同次项系数对应相等。

其实，读者只要粗略看一下他的证明文字，不必细致了解他的思想，就可以断定他的证明“一定有错”了。

我为什么这么说呢？是因为：
他的(2)、(3)、(4)步骤中，根本没有用到“有正整数解”这个假设！
这表明，他的“得出矛盾”，不是因为“假设有正整数解”而得出的，
完全是自己的推理错误而得出的！

我说的“根本没有用到”，并非“没有说到”。
说是说到了，几乎每一步推导前面都说上了一句“如果有正整数解，那么……”，

moranhuishou

说是说到了，几乎每一步推导前面都说上了一句“如果有正整数解，那么……”，
但是所有说到之处都等于没说，
因为，检索其全文你会发现，所有说到“如果有正整数解”之处，实际上，下面的推导均跟解是不是正整数毫无关系。

例如，说：“如果y的解是正整数，设它为a，可以写出：y=a。”
难道，解不是正整数的时候，就不能“设它为a，可以写出：y=a”吗？

又例如，“如果y的解是正整数，可以移项得y-a=0。”
难道，解不是正整数的时候，就不能“移项得y-a=0”吗？

这里有什么必然联系呢？毫无联系。

我曾经问斯露化雨兄:

您不妨想一想，假如有人把您的这个证明全文抄了去，仅仅把里面的“如果有整数解”，替换成“如果有实数解”，其余一字不差完全不改，
得出结论说“费马方程没有实数解”，
那么,你能找到他的错吗？

显然，仅仅根据斯露化雨兄的这个证明框架，就有充足的理由把他这个证明pass掉了。

但是，我们的目的，不是给谁下裁判，而是希望通过讨论大家都有所收获。
如果只是pass掉，而不去具体分析(2)、(3)、(4)步骤中有哪些推理错误，那不是我们的目的。

具体分析(2)、(3)、(4)步骤，可以更进一步挖掘我们的出错根源，提高我们的水平。
所以，本文还是要把重点放到他的推理正文(2)、(3)、(4)步骤去。

（待续)

moranhuishou

【二】推理正文段中存在的基本概念错误

所谓“推理正文段”即上文所说的(2)、(3)、(4)步骤，是指“反证法”中，做了相反假设以后，到推导出矛盾之前的那一段。

如要仔细计较，斯兄的“证明”中可说小错数不清，但为了避免节外生枝，不去谈那些非本质的，不难纠正的小错了。
只说最主要的，集中于两大问题。

谬误1：
他以“只考虑正整数，不考虑虚数”为借口，把实际上正整数范围内同解而复数范围内不同解的方程y^p - a^p = 0和(y - a)^p = 0，称作“同解方程”，去引用他的“引理2”。

须知，“引理2”这个定理中，要求的“同解”是狭义的同解：必须考虑所有复数根，还必须考虑重根的重数。“只考虑正整数，不考虑虚数”，应该是不可以引用这个定理的。

谬误2：
他把多元方程中某些未知参数“看成常数”，从而把多元方程“简化为”一元的时候，把采用不同的线性组合构造出来的不同未知参数当成已知常数，得到的不同一元方程，硬说他们是同一个方程，硬说应该“同解”。

把多元方程“简化为”一元。这种做法在一定条件下并非不可以。但是这样把不同的线性组合出来的不同方程硬说成同一个方程，这就大错特错了。

这两个谬误，只要有一个，就足以把白证成黑，把黑证成白了，而斯兄的两个谬误同时存在。

为了便于理解，我把斯兄的证明文字改写成两个版本，每个版本都只存在一个谬误。如此，都足以“得到”同样结果。
各位不妨看看。
（待续）

moranhuishou

【三】保留谬误1而去掉谬误2及其他错误后的版本

假设费马方程x^p + y^p = z^p有正整数解（p为奇素数）；
将方程中的z、x看做常数，可以得到一个y的一元方程。整理及移项得：
y^p - (z^p - x^p) = 0； （A）
因为p是奇数，所以若有解必唯一。
假定有解y = a（非零），等式两边p次方再移项得：
y^p - a^p = 0； （B）
再将y = a移项成标准型y - a = 0，等式两边p次方得：
(y - a)^p = 0； （C）
若（A）有解则（B）和（C）应该同解。按照引理2，将其展开为（B'）和（C'），比较系数：
y^p + 0*y^(p-1) 　 + 0*y^(p-2) 　　 +　 ……　　 +　 0*y　　　 - a^p = 0； （B'）
y^p - p*a*y^(p-1) + p*(p-1)/2*a^2*y^(p-2) - …… + p*a^(p-1)*y - a^p = 0； （C'）
可知如果同解必须同时满足以下p+1个条件：
p次项：　　　　　　　　　1　　=　　1
p-1次项：　　　　 　　-p*a　　=　　0
p-2次项：　　　p*(p-1)/2*a^2　=　　0
…………
…………
1次项：　　　　　　p*a^(p-1)　=　　0
0次项：　　　　　　　- a^p　　=　　- a^p
显然不可能同时满足（因为ｐ与ａ均非零）。
矛盾。
费马方程x^p + y^p = z^p无正整数解。

注：关于上述“若（A）有解则（B）和（C）应该同解”的理由，在斯兄的最早版本中的叙述是：
本问题中不考虑虚数，p是奇数，所以若有解必唯一。
这段话在“证明”的原文中的措辞记不清楚了，但在网上讨论时，斯兄反复强调的就是这一个说法。
后来的版本中，将这段措辞去掉了，但保留了上述由（A）到（B）和（C）的变换推导过程，只是将他们后移到了与下述谬误２的那些变换穿插在一起了。
（待续）

moranhuishou

（续1楼）

【三】保留谬误1而去掉谬误2及其他错误后的版本

假设费马方程x^p + y^p = z^p有正整数解（p为奇素数）；
将方程中的z、x看做常数，可以得到一个y的一元方程。整理及移项得：
y^p - (z^p - x^p) = 0； （A）
因为p是奇数，所以若有解必唯一。
假定有解y = a（非零），等式两边p次方再移项得：
y^p - a^p = 0； （B）
再将y = a移项成标准型y - a = 0，等式两边p次方得：
(y - a)^p = 0； （C）
若（A）有解则（B）和（C）应该同解。按照引理2，将其展开为（B'）和（C'），比较系数：
y^p + 0*y^(p-1) 　 + 0*y^(p-2) 　　 +　 ……　　 +　 0*y　　　 - a^p = 0； （B'）
y^p - p*a*y^(p-1) + p*(p-1)/2*a^2*y^(p-2) - …… + p*a^(p-1)*y - a^p = 0； （C'）
可知如果同解必须同时满足以下p+1个条件：
p次项：　　　　　　　　　1　　=　　1
p-1次项：　　　　 　　-p*a　　=　　0
p-2次项：　　　p*(p-1)/2*a^2　=　　0
…………
…………
1次项：　　　　　　p*a^(p-1)　=　　0
0次项：　　　　　　　- a^p　　=　　- a^p
显然不可能同时满足（因为ｐ与ａ均非零）。
矛盾。
费马方程x^p + y^p = z^p无正整数解。

注：关于上述“若（A）有解则（B）和（C）应该同解”的理由，在斯兄的最早版本中的叙述是：
本问题中不考虑虚数，p是奇数，所以若有解必唯一。
这段话在“证明”的原文中的措辞记不清楚了，但在网上讨论时，斯兄反复强调的就是这一个说法。
后来的版本中，将这段措辞去掉了，但保留了上述由（A）到（B）和（C）的变换推导过程，只是将他们后移到了与下述谬误２的那些变换穿插在一起了。
（待续）

moranhuishou

（续2楼）

【四】去掉谬误1及其他错误后而保留谬误2的版本

假设费马方程x^p + y^p = z^p有正整数解（p为奇素数）；

设 x = y-r，代入费马方程，并整理及移项得：
2*y^p - p*r*y^(p-1) + p*(p-1)/2*r^2*y^(p-2) - …… + p*r^p*y - (r^p+z^p) = 0
将r、z看做常数，方程看做y的一元方程，化为标准型（乘以1/2）得：
y^p - p*r/2*y^(p-1) + p*(p-1)/4*r^2*y^(p-2) - …… + p*r^p/2*y - (r^p+z^p)/2 = 0 （A）

再设 z = y-t，代入费马方程，并整理及移项得：
0*y^p + p*t*y^(p-1) - p*(p-1)/2*t^2*y^(p-2) + …… - p*t^p*y + (x^p+t^p) = 0 （B）

将方程（B）中的t、x看做常数，也可以得到一个y的一元方程。
因它们仅仅是变量间的替换所以应该同解。所以应该满足引理2（对应项系数相等）。

但是，方程（B）的p次项系数为0，说明它最高次项顶多为p-1次。故不管这些常数取什么值，（B）和（A）都不可能满足引理2。
矛盾。
费马方程x^p + y^p = z^p无正整数解。

moranhuishou

（续3楼）

【五】谬误1的错误说明

谬误1的问题，本来是该一点就明的。然而，这两个问题在论坛里扯了数年了，至今扯不完。
其实，稍有头脑的人，只要一看x^p - a^p = 0和 (x - a)^p = 0方程这两个方程，就应该立即发现“引理2本来就不成立”了！这两个方程展开后本来就是不满足“对应系数相等”的！

在开始证明之前，就应该很容易看到：
如果您把“仅仅实数解相同”就叫做“同解方程”的话，那么“引理２”本来就不该成立。
如果您说“引理２成立”的话，那么就必须考虑虚数解，而不该“仅仅考虑实数解”。

这些道理，从最近的讨论中，可以看出斯兄心里已经知道错了，只是硬着头皮用绕弯子的办法死不改口。

比如，他辩解说：“我没有说他们同解，我说的是‘如果……’才同解”，可是谁都能看出，他的“如果……”的条件，跟推导步骤是不是同解变换毫无关系。

我不相信那没有能力看出自己说话的荒谬。
（待续）

moranhuishou

（续6楼）

【六】谬误2的错误说明

谬误1的问题，说起来“绕弯”比较多，但也不难说清楚。
“把多元方程看作一元” 不是“可以不可以把某些变元看作常数”，“可以不可以把多元方程看作一元”的问题，而是如何看的问题。
过去已经讨论过很长时间了，现在因为时间关系，只举一个例子吧：

比如方程：x+d=100 （A）
如果把x和d都看做未知数，那么它是二元一次方程，有无穷多个解。

（顺便解释一下，前面看到有朋友用到“不定方程”说法，其实通常所谓“不定方程”一语，就是用来称呼“有无穷多个解”的方程或方程组的）

如果把d看作常数，那么它是x的一元一次方程，有且仅有唯一的一个解。也就是说，存在且仅存在唯一的一个x的值，可使该方程成立。

这话都是对的。

例如，
如果d取常数3，x+d=100就是一元方程x+3=100，有唯一的一个解x=97；
如果d取常数8，x+d=100就是一元方程x+8=100，有唯一的一个解x=92；
…………。

然后我们学斯露化雨兄的样子，将方程（A）进一步变换：令d=r-x，代入方程（A），得

x+(r-x)=100 （B）

再把其中的r看做常数，把方程B看做x的一元方程，那么

如果r取常数100，方程B就是x+(100-x)=100，有无穷多个解（不管x等于几方程都成立）；
如果r取不等于100的任何一个常数，方程B都是无解的（不管x等于几方程都不成立）。

然后，您再研究：当d和r分别取几的时候，方程A和方程B是x的“同解方程”呢？
结论是：
不管d和r分别取几，方程A和方程B都不可能“同解”！

不管d取几，方程A永远都是有且只有一个根！
不管r取几，方程B都不可能是有且只有一个根（或者无解，或者有无穷多个解）！

方程A和方程B，用斯露化雨兄的话说，就叫做“仅仅是变量间的替换并不涉及未知数x，所以A和B等价。”
按斯露化雨兄的上下文看，他的所谓“等价”显然就是“同解”的意思，否则他做的文章上下文讲不通了。

然而这里明明不可能同解！错在哪里了？
（待续）

moranhuishou

(续前15楼)

错在哪里？错在说话的人不懂的什么叫“一元方程”。

“一元方程”顾名思义，只有一个符号代表未知数，方程中的其他符号全表示“已知数”，换句话说，方程中的其他符号所代表的东西，是不随便改换的。
所谓“把d看作常数”，也就是说，d所代表的数是“已知数”，不改换的。这才能成其为“一元方程”。

如果您要“换一个d值”，那么对不起，换了以后的方程，虽说还“可以看做是x的一元方程”，但已经是“另一个”一元方程，而不是改换d值前的同一个一元方程了。

但方程B中的同一个r，在x不同的时候，对应于方程A中的不同的d，

也就是说，方程B中的“同一个”r的方程，不可能对应方程A中的“同一个”一元一次方程。

怎么还可以保证同解？

为了便于叙述，我们举的是一个相对简单的例子，
但正因为它太简单，所以只有在恰好凑出像“无解方程”和“恒等方程”这种特例时，才能找到这种能说明问题的情况。
高次方程显然会比一次方程复杂得多。所以，这种情况是更容易出现。
这样的例子，以前举出过不计其数了。
（待续）

moranhuishou

好像还没有发完，先说两句——

一个数学证明，特别是这样简捷清晰的初等数学证明，如果错了，很容易找到错在什么地方，很容易驳倒。即使有很多的错误，也有一个是“要害“，只要指出”要害“，没有人能狡辩过去的。像这样的一二三四五六七的长篇大论，正好说明没有抓住”要害“（本来就不存在），完全是在胡搅蛮缠，也正好说明本证明是完全正确的。


我十万元候着！