数学中国

标题: 费马大定理的初等数学证明 [打印本页]

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 07:51
标题: 费马大定理的初等数学证明


证明x^3+y^3=z^3无整数解
证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2无整数解即可。证明过程如下：

y^3=a^3+3a^2x+3ax^2 (1)
3ax^2+3a^2x-(y^3-a^3)=0 (2)
经过移项处理，得到的（2）式是关于x为未知数的一元二次方程式。由于我的电脑操作基础知识不好，不会打印一元二次方程式的求根公式，请谅解。我们知道在（2）式的求根公式根号里面的关系式是:（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)，要证明（2）式的未知数x有没有整数解，就是要证明根号里面的这个关系式在其变化过程中是否有平方数存在，现在对这个关系式作变形处理如下：
(3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=(3a^2)^2+12a(y-a)(y^2+ya+a^2)
=(3a^2)^2+12a(y-a)a^2+12a(y-a)(y^2+ya)
=(3a^2)^2+2•3a^2•2a(y-a)+4a^2(y-a)^2+12a(y-a)(y^2+ya)-4a^2(y-a)^2
=[3a^2+2a(y-a)]^2+4a(y-a)[3y^2+3ya-a(y-a)]
=(2ay+a^2)^2+4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)
即有（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=(2ay+a^2)^2+4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2) (3)
接下来模仿（3）式右端的结构形式构造一个相应的平方数关系式如下：
[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2=(2ay+a^2)^2+D，则有
D=[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2-(2ay+a^2)^2
=2ka(y-a)(4ay+2a^2+2kay-2ka^2)
=4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2)
即有[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2=(2ay+a^2)^2+4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2) (4)
要使（3）式左端与（4）式左端相等，即使（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2成立，应有
4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)=4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2) (5)
因为y＞a，因此y≠a，所以有
3y^2+2ya+a^2=2kay+ka^2+k^2ay-k^2a^2
把上式整理为y为未知数的一元二次方程式形式有
3y^2-(k^2+2k-2)ay+(k^2-k+1)a^2=0 (6)
在（6）式里的y有没有整数解，同样要看求根公式根号里面的关系式在其变化过程中是否有平方数存在，根号里面的关系式为：[（k^2+2k-2)^2-12(k^2-k+1)]a^2，经过进一步变形处理，这个关系式化简为：k^4+4k^3-12k^2+4k-8。当k=2时，这个关系式的计算结果等于0，因此k值的取值范围为k＞2的一切整数，经过试算找到平方数两边夹不等式如下
（k^2+2k-8)^2＜k^4+4k^3-12k^2+4k-8＜(k^2+2k-5)^2
在平方数（k^2+2k-8)^2和平方数（k^2+2k-5)^2之间存在两个平方数，即（k^2+2k-7)^2和(k^2+2k-6)^2，这两个平方数的展开式如下
(k^2+2k-7)^2=k^4+4k^3-10k^2-28k+49
(k^2+2k-6)^2=k^4+4k^3-8k^2-24k+36
依据上述展开式建立数量关系式如下
k^4+4k^3-10k^2-28k+49=k^4+4k^3-12k^2+4k-8
k^4+4k^3-8k^2-24k+36=k^4+4k^3-12k^2+4k-8
化简这两个关系式分别得到2k^2-32k+57=0和k^2-7k+11=0，求解的结果是这两个方程式的k值都没有整数解，因此k^4+4k^3-12k^2+4k-8与(k^2+2k-7)^2和（k^2+2k-6)^2不存在等量关系，也就是说k^4+4k^3-12k^2+4k-8是一个非平方数，因此当k的取值为k＞2的一切整数时，由（6）式通过求根公式求得的y值都无整数解，这说明k取k＞2的一切整数时与其对应的y值没有同为整数解的情形存在，因此（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)与在前面构造的平方数[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2不存在等量关系，这就证明（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)在其变化过程中没有平方数存在。
由于（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)在其变化过程中没有平方数存在，因此由（2）式通过求根公式求得的每一个x值都无整数解，则x^3+y^3=z^3无整数解的命题得证。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 08:00


当n趋向无穷大时x^n+y^n=z^n无整数解的证明
当a取奇数时，不论x取奇数还是取偶数，（a+x) ^n-x^n的数值都是奇数；当a取偶数时，不论x取奇数还是取偶数，(a+x)^n-x^n的数值都是偶数。
因此 当y取奇数，a取偶数时，因为y^n的数值是奇数，而（a+x)^n-x^n的数值是偶数，故此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值是不相等的，因此此种情形的费马大定理是成立的。
当y取奇数，a也取奇数时，因为y^n的数值是奇数，（a+x)^n-x^n的数值也是奇数，则不能排除此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值有相等的可能性存在，因此此种情形的费马大定理是否成立则需要做出证明。
当y取偶数，a取奇数时，因为y^n的数值是偶数，而（a+x)^n-x^n的数值是奇数，故此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值是不相等的，因此此种情形的费马大定理是成立的。
当y取偶数，a也取偶数时，因为y^n的数值是偶数，(a+x)^n-x^n的数值也是偶数，则不能排除此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值有相等的可能性存在，因此此种情形的费马大定理是否成立则需要做出证明。
现在规定余数概念。在y值给定的情况下，当x的取值使y^n减去[（a+x)^n-x^n]的差值最小，则该差值就为余数（余数不能为负数）。依照余数概念进行计算，得到下面两个余数表：
                                   余数表 一
         「y^n 」＼{a}        ｛1}              ｛ 3 ｝          ｛5 ｝           ｛ 7 ｝        ｛9 ｝      
             「3^3」           【2^3】
             「5^3」           【 34 】        【2^3】
             「7^3」           【 12 】        【4^3】        【2^3】
             「3^4」           【2^4】
             「5^4」           【4^4】        【2^4】
             「7^4」           【706】         【4^4】       【2^4】
             「3^5」           【2^5】
             「5^5」           【4^5】        【2^5】
             「7^5」           【846】         【4^5】       【2^5】
             「3^6」           【2^6】
             「5^6」           【4^6】        【2^6】
             「7^6」           【6^6】        【4^6】        【2^6】
             「9^6」           【 Δ  】         【6^6】        【4^6】       【2^6】
             「3^7」           【2^7】
             「5^7」           【4^7】        【2^7】
             「7^7」           【6^7】        【4^7】        【2^7】
             「9^7」           【8^7】        【6^7】        【4^7】       【2^7】
             「11^7」         【 ω  】         【8^7】        【6^7】       【4^7】      【2^7】
             「 y^(8→  n)」                  …………………………
注：在余数表一里面y^n中的y值为奇数情形。Δ=62882，ω=3142534；｛1｝、｛3｝、｛5｝等表示a值，例如｛1｝表示a=1，｛3｝表示a=3；「3^3」、「5^3」、「3^4」等表示y^n的数值，例如「7^5」表示y^5=7^5，「9^7」表示y^7=9^7；在【 】里面的数值均表示按照余数概念求得的余数值，例如在y^n中「5^6」与｛ 3 ｝交叉对应的余数是【2^6】，即余数为2^6。在此表中求余数的举例说明，例如5^3-[（1+5）^3-5^3]=34,7^3-[（3+4）^3-4^3]=4^3,9^6-[（1+9）^6-9^6]=62882，9^6-[（3+6）^6-6^6]=6^6，9^6-[（5+4）^6-4^6]=4^6，9^6-[（7+2）^6-2^6]=2^6。



                           余数表 二
「y^n 」\{a}           ｛2｝          ｛4｝           ｛6 ｝           ｛8｝        ｛10｝      
    「4^4」            【2^4】   
    「6^4」            【4^4】      【2^4】
    「8^4」            【6^4】      【4^4】       【2^4】
    「10^4」          【 μ  】       【6^4】       【4^4】       【2^4】
    「4^5」            【2^5】
    「6^5」            【4^5】      【2^5】
    「8^5」            【6^5】      【4^5】       【2^5】
    「10^5」          【8^5】      【6^5】       【4^5】      【2^5】
    「12^5」          【 Φ  】       【8^5】       【6^5】      【4^5】     【2^5】
    「y^(6→n)」                     ………………………

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 08:06


注：在余数表二里面y^n中的y值表示偶数情形。μ=1920，Φ=38590；在此表中求余数的举例说明，以y^n=10^4为例，10^4-[（2+9）^4-9^4]=1920,10^4-[（4+6）^4-6^4]=6^4,10^4-[（6+4）^4-4^4]=4^4,10^4-[（8+2）^4-2^4]=2^4。
以上两个表只是列出一部分余数。以表一为例，当n=6时，y^n=7^6对应的三个余数2^6,4^6,6^6是有规律性地递增的，我们把2^6,4^6,6^6这样的余数称为规则余数；把y^3=5^3和a=1对应的余数34，以及y^4=10^4和a=2对应的余数1920称为非规则余数。在同一组余数中，当全部余数都由规则余数构成，我们就把这一组余数称为规则余数组。例如当n=7时，在y^7=9^7中求出的全部余数2^7，4^7,6^7,8^7都是规则余数，因此这是一个规则余数组。在规则余数组中最小余数为2^n。
以表一为例，我们来观察规则余数组的变化规律。当n=3时，只有一组规则余数组2^3；当n=4时有两组规则余数组2^4及2^4,4^4；当n=6时有三组规则余数组2^6及2^6,4^6，以及2^6,4^6,6^6。通过对规则余数组变化情况的观察，我们看到随着n值的增大，所举的这几个例子中的规则余数组组数也在增加，那么随着n值的无限增大，规则余数组的组数是否也随之增加呢？要回答这个问题，我们对需要证明的两种情形进行论证。
在y为奇数，a也为奇数的情形中，把指数幂分为奇数和偶数进行论证。
（一）指数幂为奇数的情况，设n表示奇数。
在（1+1/n)^n中，当n趋向无穷大时，这个函数有极限值存在，这个极限值为e≈2.71828……。人们在证明(1+1/n)^n有极限存在的过程中，首先证明出(1+1/n)^n是一个单调增加的函数，即有[1+1/（1+n)]^(1+n)＞(1+1/n)^n。当n＞2时，取n=3，则有（1+1/3）^3＞2，依照该函数单调增加的性质，则恒有（1+1/n)^n＞2，则有[（1+n)/n]^n＞2，这样就有
（1+n)^n＞2n^n
(1+n)^n-n^n＞n^n
把(1+n)^n-n^n对照(a+x)^n-x^n来看，当x=n，a=1,时，(a+x)^n-x^n就可以表示为(1+n)^n-n^n，同时令y=n(因为y与n都是奇数），则y^n可以表示为n^n，但因为（1+n)^n-n^n＞n^n，导致n^n-[(1+n)^n-n^n]＜0，这样求出的余数为负值不符合余数概念的要求，按照逐步递减1试算的方法，对处于x值位置的n值做递减处理，即把x=n减去1，则有x=n-1，并且a=1，则代入（a+x)^n-x^n有
（1+n-1)^n-(n-1)^n=n^n-(n-1)^n
用y^n=n^n减去[n^n-(n-1)^n]得
n^n-[n^n-(n-1)^n]=(n-1)^n
因为（n-1)^n＞0，而且这个余数是用试算方法由负转正求出的第一个正整数，因此求出的这个余数(n-1)^n符合余数概念的要求，而且这个余数是可以按照规律性计算出来的最小余数，规则余数就是这样计算出来的。因此当y为奇数，n也为奇数时，随着n值趋向无穷大，随之也会产生无穷组规则余数组。例如，当n=51时，规则余数组就会从2^51；2^51,4^51；2^51,4^51,6^51；这样一步一步增加到2^51,4^51,6^51,8^51，……，46^51,48^51,50^51。当n=999时，规则余数组就会从2^999；2^999,4^999；2^999,4^999,6^999
；2^999,4^999,6^999,8^999；这样一步一步增加到2^999,4^999,6^999,8^999,10^999，……，
992^999,994^999,996^999,998^999。这只是保守证明，如果具备计算条件进行更精确的计算，则在n值较大时，求得的规则余数组组数还会更多一些，例如当n=7时，通过（n-1）^n求得的规则余数是6^7，即规则余数组只到2^7,4^7,6^7，但精确的计算结果是规则余数组到2^7,4^7,6^7,8^7。
(二）指数幂为偶数的情形，设n为奇数，则n+1就为偶数。
证明思路与上例相同，但对证明过程进行简化，证明过程如下：
（1+1/n)^(1+n)＞2

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 08:13


(1+n)^(1+n)＞2n^(1+n)
(1+n)^(1+n)-n^(1+n)＞n^(1+n)
因为(1+n)^(1+n)-n^(1+n)＞n^(1+n)，这不符合余数概念的要求，因此按照试算的方法应进行递减处理，则应把（1+n)^(1+n)-n^(1+n)写成（1+n-1)^(1+n)-(n-1)^(1+n)=n^(1+n)-(n-1)^(1+n)，则用n^(1+n)减去[n^(1+n)-(n-1)^(1+n)得
n^(1+n)-[n^(1+n)-(n-1)^(1+n)]=(n-1)^(1+n)
因为（n-1)^(1+n)＞0,因此(n-1)^(1+n)就是所要求出的规则余数，因而当y为奇数，指数幂n+1为偶数时，随着n值的不断增大，随之也会产生无穷组规则余数组。例如，当n+1=50时，规则余数组就到2^50,4^50,6^50,8^50，……，46^50,48^50；当n+1=2000时，规则余数组就到2^2000,4^2000,6^2000,8^2000，……，1996^2000,1998^2000。
在y为偶数，a也为偶数的情形中，把指数幂分为偶数和奇数两种情况进行论证。
（三）指数幂为偶数的情形。设n表示偶数，证明过程如下：
（1+2/n)^n＞2
(2+n)^n＞2n^n
(2+n)^n-n^n＞n^n
按照试算的方法对(2+n)^n-n^n进行递减处理得（2+n-1)^n-(n-1)^n=(1+n)^n-(n-1)^n，则有
(1+n)^n-(n-1)^n＞n^n
对上式作变形处理得
（1+n)^n＞n^n+(n-1)^n
在上式两边同除n^n得
（1+1/n)^n＞1+[(n-1)/n]^n
因为(n-1)/n＜1，所以[(n-1)/n]^n＜1，则有1+[(n-1)/n]^n＜2成立。而因为n＞2时有（1+1/n)^n＞2成立，因此（1+1/n)^n＞1+[(n-1)/n]^n也成立。这就是说(n+1)^n-(n-1)^n＞n^n是成立的，因此还需要对(n+1)^n-(n-1)^n进行递减处理如下
（n-1+1)^n-(n-1-1)^n=n^n-(n-2)^n
按照求余数的方法有下式
n^n-[n^n-(n-2)^n]=(n-2)^n
因为(n-2)^n＞0，因此(n-2)^n就是所要求出的规则余数，因此当y为偶数，n也为偶数时，随着n值趋向无穷大，随之也会产生无穷组规则余数。例如，当n=100时，规则余数组就到2^100,4^100,6^100，……，96^100,98^100；当n=1000时，规则余数组就到2^1000,4^1000,6^1000,8^1000，……，996^1000,998^1000。
（四）指数幂为奇数的情形。设n表示偶数，则n+1为奇数。证明过程如下：
(1+2/n)^(1+n)＞2
(2+n)^(1+n)＞2n^(1+n)
(2+n)^(1+n)-n^(1+n)＞n^(1+n)
对(2+n)^(1+n)-n^(1+n)进行递减处理得， （2+n-1)^(1+n)-(n-1)^(1+n)=(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n) ，则有
(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n)＞n^(1+n)
对上式作变形处理得
(1+n)^(1+n)＞n^(1+n)+(n-1)^(1+n)
上式两边同除n^(1+n)得
(1+1/n)^(1+n)＞1+[(n-1)/n]^(1+n)
仿照（三）中的思路可知(1+1/n)^(1+n)＞1+[(n-1)/n]^(1+n)是成立的，这就是说(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n)＞n^(1+n)也是成立的，因此还需要对(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n)进一步作变形处理如下
(1+n-1)^(1+n)-(n-1-1)^(1+n)=n^(1+n)-(n-2)^(1+n)
按照求余数的方法有下式
n^(1+n)-[n^(1+n)-(n-2)^(1+n)]=(n-2)^(1+n)
因为(n-2)^(1+n)＞0，因此(n-2)^(1+n)就是所要求出的规则余数。因此当y为偶数，n+1为奇数时，随着n趋向无穷大，随之也会产生无穷组连续的规则余数。例如，当n+1=99时，规则余数组就到2^99,4^99,6^99，……，94^99,96^99；当n+1=1001时，规则余数组就到2^1001,4^1001,6^1001,8^1001，……，996^1001,998^1001。
以上通过对（一）、（二）、（三）、（四）等四种情形进行了论证，得到的证明结果为：随着n值（或者n+1）不断增大，以致趋向无穷大，会随之产生无穷组连续的规则余数。因此当n趋向无穷大时，我们可以把全部余数想象为都是由规则余数组成，而在每一组规则余数中的最小余数是2^n，因此当n趋向无穷大时余数为零的情形不会出现，因此y^n的数值与（a+x)^n-x^n的数值不可能相等，这样n趋向无穷大时z^n=y^n+x^n无整数解的命题得证。
经过证明n=3时z^3=y^3+x^3无整数解，接着经过证明当n趋向无穷大时z^n=y^n+x^n也无整数解，则根据数学归纳法可以认定费马大定理成立(即对n＞2的一切n值费马大定理都成立）。（昆明市富民县永定街道办刘坤）
成稿时间：2005年9月26日

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 08:22
以上由“1#”至“4#”的内容构成了我给出的费马大定理的初等数学的完整证明。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 08:47


为了帮助理解本证明，发布几个跟贴。
n=4的等价命题是一个关于x为未知数的一元三次方程式，n=5的等价命题是一个关于x为未知数的一元四次方程式。一元三次方程式和一元四次方程式有求根公式，因此证明n=4和n=5的思路可以模仿证明n=3的情形去做。挪威天才数学家阿贝尔经过研究认为一元五次方程式和高于五次以上的方程式都没有求根公式，因此n=3的证明思路对n=6，n=7等等一系列的等价命题就不适用了。用数学归纳法证明费马大定理，只要证明出n=3无整数解，再证明出N趋向无穷大时也无整数解，就可以认定费马大定理成立。如果要对n=4，n=5，n=6以致无穷无尽个n逐一进行证明，谁也没有这样的精力去做，全世界的电脑联网也做不到。我之所以说“以此类推”，是说每一个n的等价命题方程式是能够一一列出来的的，至于对这些方程式能不能给出证明是另一回事。一句话，有求根公式的等价命题可以模仿n=3的思路去证明，没有求根公式的等价命题只能另辟它途去证明。n=4和n=5的证明前人已经完成（n=4由费马大定理的提出者费马本人完成），我不想在这些问题上耗费精力，不过感兴趣的网友自己可以去试试，如果你也能模仿我证明n=3的思路给出n=4、n=5的证明，你虽然尝到了克服重重困难的艰辛，但也能体验一把会当凌绝顶的 美妙感觉，令人心旷神愉，岂不美哉。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 08:59


在中学学习过代数知识后知道（a+x)^2=a^2+2ax+x^2，在这个完全平方数公式中，设y^2=a^2+2ax，z=a+x，就可得到勾股定理的代数表达式z^2=y^2+x^2。对y^2=a^2+2ax作变形处理，则有x=(y-a)(y+a)/2a。求解勾股数的方法如下。
（1）：当a=1时，x=(y-1)(y+1)/2。通过观察法可知，当取y值为3，5，7，……等不断增大的整数时，就可求得相应的x值为4，12，24，……等，继而可求得z值（z=1+x)为5，13，25，……等。这样就求出了本系列z^2=y^2+x^2的勾股数，这就是5^2=3^2+4^2，13^2=5^2+12^2，25^2=7^2+24^2，……等。
（2）：当a=2时，x=(y-2)(y+2)/4。通过观察法可知，当取y值为6，8，10，……等不断增大的整数时，就可求得相应的x值为3，8，15，……等，继而可求得z值（z=2+x)为5，10，17，……等。这样就求出了本系列z^2=y^2+x^2的勾股数。
（3）：当a=3时，x=(y-3)(y+3)/6。通过观察法可知，当取y值为9，15，21，……等不断增大的整数时，就可求得相应的x值为12，36，72，……等，继而可求得z值（z=3+x）为15，39，75，……等。这样就求出了本系列z^2=y^2+x^2的勾股数。
仿照上述方法，当继续取a值为4，5，6，7，8，……等连续不断的整数时，就可求得z^2=y^2+x^2的一系列勾股数。在这些勾股数中含有素勾股数组。


在(a+x)^3=a^3+3a^2x+3ax^2+x^3中，模仿在勾股定理中求整数解的思路，设y^3=a^3+3a^2x+3ax^2，z=a+x，就得到了费马大定理中n=3的表达式z^3=y^3+x^3，因此要证明z^3=y^3+x^3是否有整数解，只要证明出y^3=a^3+3a^2x+3ax^2即可，因此这两个不定方程式是等价命题。同理，要证明z^4=y^4+x^4是否有整数解，就要证明它的等价命题方程式y^4=a^4+4a^3x+6a^2x^2+4ax^3是否有整数解。以此类推，我们就可以得到在费马大定理中证明
n=5，n=6，n=7等等一系列不定方程式是否有整数解的等价命题。
我发现的求勾股数的最简单方法，浅显易懂，学习过中学代数知识的人都能应用。而一般数论专著中介绍的求勾股数的方法，只有数论专家才会应用，对大多数数学爱好者来说就不容易把握了，这当然不利于数学知识的普及和传播。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-22 11:00

一览众山小 发表于 2015-2-22 08:59
在中学学习过代数知识后知道（a+x)^2=a^2+2ax+x^2，在这个完全平方数公式中，设y^2=a^2+2ax，z=a+x，就可得 ...

本楼是我独自发现的求勾股数的全新方法，通过对此方法的不断拓展即一步一步地向前推进，最终完美解决了费马大定理问题。因此我发现的求勾股数的方法是解决费马大定理问题的逻辑起点，没有这个起点证明费马大定理就无从谈起。

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作者: 任在深    时间: 2015-2-23 10:58
完整的错误证明！

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-23 11:45

任在深 发表于 2015-2-23 10:58
完整的错误证明！

说一句没头没脑的话，不像智者风范，愿闻其详。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-23 12:06


在西蒙·辛格写作的《费马大定理》一书中介绍了大数学家欧拉证明费马大定理的思路。欧拉的思路是用数学归纳法，即先给出n=3的证明，然后再给出一般性的证明，就能宣告解决了费马大定理问题，但欧拉在用高深的同余理论构造出了n=3的证明以后，他试图构造出n趋向无穷大的证明时（即一般性证明）以失败告终，欧拉试图解决费马大定理问题的梦想到此破灭。随后欧拉只好请法国 朋友在费马居住过的房间寻找费马遗留下的文物，看看能否找到费马证明费马大定理的蛛丝马迹，但欧拉的法国朋友没有找到只言片语的线索，费马大定理问题就成了遗留至今的悬案。如果欧拉当时能够发现我现在找到的求勾股数的最简单方法，凭他过人的天赋肯定会不断拓展这一条思路，逐步向前推进，同样能导致费马大定理问题的解决。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-23 12:16


大数学家欧拉给出的n=3的证明，经过高斯的修改而流传于世，在有些数论专著中收录了欧拉的证明，数学界认为这个证明堪称数学中的精品。在欧拉的这个证明中使用了复数理论、同余式概念，还规定了素元、范数等专用名词（专用于该证明），这些在该证明中使用的概念，恐怕只有数论专家才能看懂。我给出的这个n=3的证明，只要在中学阶段学习过代数知识，即只要懂合并同类项、移项以及一元二次方程求根公式等数学常识就能看明白。在这个星球上只有欧拉和我给出了n=3的证明，但我给出的n=3的证明比欧拉的证明更简洁、更容易理解、，可以编入中学阶段的数学教科书，可以让大多数人欣赏到数学之美。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-23 12:45


因为怀尔斯综合了现代数学中很高深的理论才勉强给出了费马大定理的证明，据此数学界的专家学者便武断地断言费马大定理不可能存在初等数学的证明方法，并说任何寻找初等证明方法的努力都是徒劳的。这种观点使得人们对我发现的方法是否正确持将信将疑的态度，因此人们不愿意轻易表态。其实证明费马大定理有没有初等方法存在，主要是要找到证明方法的切入点，找到了切入点，就能不断拓展思路，就能一步一步地向前推进，就能自然而然地导致费马大定理问题的最终解决。所以说数学权威虽然站得很高，但权威专家不可能是全才、通才，权威专家也会有看不到的地方，以偏概全往往会得出错误的看法。
有些人还认为要具备博士水平才能碰世界难题，不然就是想用推刨造宇宙飞船，云云。世界上的数学博士多如牛毛，如果唯有博士才能解决世界难题，那么难题早就不存在了。当然，解决世界难题要懂一点高等数学的思维方法，要懂一点微积分的知识，要能看懂微积分书中一些例题的推演步骤和精妙之处，这是必须具备的基本数学素养，但总的说来数学是天才的游戏，不是文凭堆集出来的，也不是能吃苦就能苦出来的。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-24 10:35
怀尔斯给出费马大定理的证明而引起世人注目后，有人写了一部畅销书介绍怀尔斯证明费马大定理的许多有趣的故事，此书书名叫《费马大定理》，在书名下面有一个副标题是“一个困惑了世间智者358年的谜”，该书作者叫“西蒙·辛格”。我从该书序言中摘录了这样一段话：“所有的人都慷慨地奉献出他们对数学的真知灼见，他们将就着我仅有的那点理解力耐心地给我讲解有关概念。很快我就搞清楚这是一门世界上可能只有五六个人能够掌握的学问”。既然是世界上只有五六个人能够掌握的学问，那么绝大多数数学家当然就看不懂怀尔斯的证明，一般的数学爱好者也就更是无法理解。这“五六个人”就是指为他的论文审稿的那六个审稿人。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-2-26 13:01
我给出的费马大定理证明来龙去脉清楚，是以微知著的精彩范例。

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作者: 00000003    时间: 2015-2-26 15:57
楼主，对于（1）式，你只是把费尔马方程中的 x，y，z
分别改换为 x，y，x+a。在 x，y，x+a 彼此互素的条件下，
也是不能证明费尔马大定理的！不信的话，你可试试！

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-1 09:17
简单蕴含着美。

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-1 16:58

一览众山小 发表于 2015-2-23 12:45
因为怀尔斯综合了现代数学中很高深的理论才勉强给出了费马大定理的证明，据此数学界的专家学者便武断地断言 ...

怀尔斯给出的费马大定理的证明方法是错误的，弗雷的公式是等式方程，而费马大定理的公式是整数不等式，这是两个相互否定的互斥公式，这两个公式中只有一个是正确的，若弗雷公式正确，那费马公式就是错误的，若费马公式正确，那弗雷公式就是错误的，根据数学规则可知，这两个公式中只有一个是正确的，但不管哪个是错误的，都可以说怀尔斯证明方法是错误的，就是说，当弗雷猜想公式是错误时，那怀尔斯就是用错误的公式证明费马大定理成立，若费马公式是错误的，那说明怀尔斯的证明是错误的，故当他们之中只有一个公式是正确时，就说明什么也没有证明。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-1 18:48

maoguicheng 发表于 2015-3-1 16:58
怀尔斯给出的费马大定理的证明方法是错误的，弗雷的公式是等式方程，而费马大定理的公式是整数不等式，这 ...

怀尔斯的证明全世界只有五六个人能“看懂”，而且篇幅长达120多页，这对绝大多数人来说犹如谈虎色变，令人望而生畏，这种证明论文不利于数学知识的普及和传播。已故数学权威陈省身先生力挺怀尔斯的证明论文，但我估计陈省身先生肯定看不懂怀尔斯的论文。看不懂怀尔斯的论文而又妄加评论，这显得很不理智，不是一个数学大师应有的风范。

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-1 21:30
许多人都看的懂，例如佩雷尔曼和望月新一很早就说他的证明是错误的，但有些人只想快点解决了费马大定理完事，故说他证明了费马大定理。

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-1 21:53
你的证明方法是错误的，费马大定理的公式不等于（a+x）^3，故这不是费马大定理的公式，故你证明的就不是费马大定理，故你没有证明费马大定理。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-2 07:26



以下摘录陈省身先生在“中国的数学”的演讲中涉及费马大定理问题的一个片断：
需 要 说 明 的， 在 Wiles （怀尔斯）完 成 这 个 证 明 之 前， 我 有 一 位 在 Berkley 的 朋 友 Kenneth A. Ribet， 他 有 重 要 的 贡 献。 他 证 明 了 一 日 本 数 学 家 Yutaka Taniyama 的 某 一 个 关 于 椭 圆 曲 线 的 假 设 包 含 Fermat 定 理。 于 是 可 将 Fermat 定 理 变 为 一 个 关 于 椭 圆 曲 线 的 定 理。 Wiles 根 据 Ribet 的 结 果 又 继 续 经 过 了 许 多 步 骤， 以 至 达 到 最 后 的 证 明。 即 在 复 平 面 内 得 到 曲 线。 由 复 变 函 数 论 知 道， 复 平 面 内 的 曲 线 就 成 为 一 个 Riemann 曲 面。 Riemann 曲 面 为 定 向 曲 面， 它 可 以 是 球， 也 可 以 是 球 加 上 好 多 把 手。 其 中 有 一 个 最 简 单 的 情 形， 就 是 一 个 球 加 上 一 个 把 手， 即 一 个 环 面。 环 面 是 个 群， 且 为 可 交 换 群。 所 谓 椭 圆 曲 线， 就 是 把 这 个 曲 线 看 成 复 平 面 内 亏 格 (genus) 等 于 1 的 复 曲 线。 亏 格 等 于 1 的 曲 线 有 一 个 非 常 深 刻 而 巧 妙 的 性 质。 即 它 上 面 的 点 有 一 个 可 交 换 群 的 构 造。 两 个 点 可 以 加 起 来， 且 有 群 的 性 质。 这 是 很 重 要 的 性 质。 椭 圆 曲 线 与 椭 圆 无 关。 原 因 是， 若 所 有 曲 线 的 亏 格 大 于 1， 相 当 于 Riemann 曲 面 有 一 个 Poincare 度 量， 它 的 曲 率 等 于 1， 所 有 曲 面 若 其 曲 率 等 于 - 1， 则 叫 做 双 曲 的。 亏 格 等 于 1 的 叫 椭 圆。 亏 格 等 于 0 的 叫 抛 物 线。 椭 圆 曲 线 的 研 究 是 数 论 中 非 常 重 要、 非 常 有 意 思 的 方 面。 最 近 一 期 的 科 学 杂 志 (Science)， 有 位 先 生 写 了 一 篇 关 于 椭 圆 曲 线 的 文 章。 椭 圆 曲 线 在 电 报 的 密 码 上 有 应 用。 而 中 国 也 有 很 多 人 在 做 代 数 几 何 与 代 数 数 论 方 面 的 工 作。 最 近 在 黄 山 有 一 个 国 际 性 的、 题 为 “代 数 几 何 与 代 数 数 论“ 的 会 议， 由 冯 克 勤 先 生 主 持。
　　
　　从 这 个 定 理 我 们 应 认 识 到： 高 深 的 数 学 是 必 要 的。 Fermat 定 理 （即费马大定理）的 结 论 虽 然 简 单， 但 它 蕴 藏 着 许 多 数 学 的 关 系， 远 远 超 出 结 论 中 的 数 学 观 念。 这 些 关 系 日 新 月 异， 十 分 神 妙， 学 问 之 奥， 令 人 拜 赏。
　　
　　我 相 信， Fermat 定 理 不 能 用 初 等 方 法 证 明， 这 种 努 力 是 徒 劳 的。 数 学 是 一 个 整 体， 一 定 要 吸 取 几 千 年 所 有 的 进 步。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-2 07:43

maoguicheng 发表于 2015-3-1 21:53
你的证明方法是错误的，费马大定理的公式不等于（a+x）^3，故这不是费马大定理的公式，故你证明的就不是费 ...

我没有说过费马大定理的公式等于（a+x)^3，请不要把你自己的错误想法强加于人。我证明费马大定理有一套完整的思路，请不要用断章取义的手法来歪曲我的想法。

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-2 12:17

一览众山小 发表于 2015-3-2 07:43
我没有说过费马大定理的公式等于（a+x)^3，请不要把你自己的错误想法强加于人。我证明费马大定理有一套完 ...

证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2无整数解即可。证明过程如下：
x^3+y^3=z^3 这个公式就是一个无理数等式方程，因为这个公式没有整数解，因此你不管怎么等价变换，他还是没有整数解，因此这个公式不是费马大定理的公式，费马大定理的公式是整数公式，你用无理数公式作为费马大定理的整数公式是不行的，也就是说，不是费马大定理的公式，就不可能证明得到费马大定理。这跟怀尔斯用无理数证明费马大定理的证明方法是一样的，是错误的证明方法。从欧拉开始，到怀尔斯为止，他们都是用无理数等式方程来证明整数的费马大定理的，无理数等式方程不是费马大定理的公式，故他们证明的不是费马大定理，他们是作假费马大定理。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-2 18:49

maoguicheng 发表于 2015-3-2 12:17
证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2无整数解即可。证明过程如下：
x^3+ ...

老毛先生，你的方法我看过一点，也就是欧拉使用过的指数升幂和降幂的方法，这种方法只有在指数n=3,4,5,7等数字较小的情形还能勉强给出证明，拉梅费了很多精力也就给出了n=7的证明，从此人类数学界再没有人给出更大的n 的证明，也就是说欧拉使用过的无穷递降法走不得多远。欧拉都走不通的路你能走得通吗？

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作者: 任在深    时间: 2015-3-2 19:00
可以证明到无穷多！

  1.n=1
  2.n=2
    *   *
    *   *
    *   *
i. n=j   j→∞

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-2 20:07

一览众山小 发表于 2015-3-2 18:49
老毛先生，你的方法我看过一点，也就是欧拉使用过的指数升幂和降幂的方法，这种方法只有在指数n=3,4,5,7 ...

欧拉所有的方法不是我的无穷递降方法，是费马给出的无限下推方法，无穷递降是从很大的数往下降次不降数值，而费马的无限下推是降次降数值，这与我的无穷递降不是一样的方法，你搞错了。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-3 15:59
用求素勾股数的方法可以求出无穷无尽的素勾股数组，也就是说当n=2时x^2+y^2=z^2有整数解；当n≥3时通过证明得知x^n+y^n=z^n没有整数解，也就是说在n≥3的一系列费马方程中求不出像n=2时那样的整数解。

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作者: 任在深    时间: 2015-3-3 16:52

一览众山小 发表于 2015-3-3 15:59
用求素勾股数的方法可以求出无穷无尽的素勾股数组，也就是说当n=2时x^2+y^2=z^2有整数解；当n≥3时通过证明 ...

正确！
      《中华单位论》就是用反证法证明的费尔马猜想！

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-6 09:24

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-10 18:42
搞数学研究要讲来龙去脉清楚。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-12 18:21

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作者: 任在深    时间: 2015-3-12 21:17

一览众山小 发表于 2015-3-10 18:42
搞数学研究要讲来龙去脉清楚。

哈哈！
     不打自招！？

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-22 08:53
从人人都会脱口说出的“勾三股四弦五”到求勾股数简单方法的发现，再到给出费马大定理的完美证明，就像一粒微小的种子成长为参天大树那样令人叹为观止。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-27 17:35

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-27 22:37
你的费马大定理证明时引用的定理是勾股定理吗。这个定理中存在整数和实数解。我是用毕达哥拉斯整数方程的通解公式证明的，只有整数解。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-29 11:21

maoguicheng 发表于 2015-3-27 22:37
你的费马大定理证明时引用的定理是勾股定理吗。这个定理中存在整数和实数解。我是用毕达哥拉斯整数方程的通 ...

勾三股四弦五就是俗称的勾股定理，这一点你不懂吗？

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作者: maoguicheng    时间: 2015-3-29 15:02

一览众山小 发表于 2015-3-29 11:21
勾三股四弦五就是俗称的勾股定理，这一点你不懂吗？

勾股定理是实数定理，其中包含了整数解。勾股定理的证明方法是用面积证明的，故是实数定理。勾股定理与欧拉的三角公式是一样的，是实数定理公式。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-3-29 15:24

maoguicheng 发表于 2015-3-29 15:02
勾股定理是实数定理，其中包含了整数解。勾股定理的证明方法是用面积证明的，故是实数定理。勾股定理与欧 ...

如果在证明论文中使用了虚数（复数）概念，那就要把实数概念也要界定清楚。我证明费马大定理使用的是很自然的初等数学方法，能开根的是整数，不能开根的是无整数解，同时不涉及虚数概念，因此与你的“实数定理”理论不相干。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-4-10 10:14
破解费马大定理问题说明中国人的智力并不差。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-4-13 18:34


公布

2005年邵逸夫数学科学奖

将颁予

安德鲁．维尔斯 Andrew John Wiles

为表彰费马最后定理的证明（这一句话就是赞词，引者注）。


2005年6月3日 香港
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
新闻稿（此新闻稿就是成就介绍,引者注）

方程式

x^2 + y^2 = z^2
有无数多个正整数解。最简单的解是：

3^2 + 4^2 = 5^2
这个简单的解古人就已经知道。1630年费马(1601-1665) 猜想下面推广了的方程式

x^n + y^n = z^n, n = 整数 > 2,
没有正整数解。这个猜想后来被命名为「费马最后定理」。三百多年来，此定理是数学中未有证明的最有名的定理。最后于1994年维尔斯证明了此定理，用了十九及二十世纪的许多新数学观念与方法。


邵逸夫数学科学奖遴选委员会
(译自英文原稿)

2005年9月2日 香港

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作者: 一览众山小    时间: 2015-4-13 19:00

一览众山小 发表于 2015-4-13 18:34
公布

2005年邵逸夫数学科学奖

我看了一下历届邵逸夫数学奖得主的赞词和成就介绍，只有维尔斯的赞词和成就非常简短，没有什么精妙之处和亮点可供关注费马大定理的人们欣赏，可见维尔斯给出的费马大定理证明非常高深莫测，据说全世界只有五六个人能“看懂”，而且篇幅长达120多页。此证明的“亮点”假使列举出来，对大多数人来说（包含大多数数学家）肯定如同看天书一样一点都看不懂。

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作者: maoguicheng    时间: 2015-4-13 19:55

一览众山小 发表于 2015-4-13 19:00
我看了一下历届邵逸夫数学奖得主的赞词和成就介绍，只有维尔斯的赞词和成就非常简短，没有什么精妙之处和 ...

怀尔斯最后不是证明费马大定理的，是怀尔斯问法尔廷斯说：“我看费马大定理没有数模存在，他又对法尔廷斯说，你认为费马大定理有没有数模存在，法尔廷斯说，很有可能没有数模存在。”这就是法尔廷斯的审稿意见，如果法尔廷斯说应该有一个有数模存在，那怀尔斯就不能说证明了费马大定理。毛桂成发现确实有数模存在，立方体数模是一定存在的。但法尔廷斯审稿不负责任。按照数学规则的规定，数和数模是成对存在的，无数模存在，就没有数存在，没有数存在，就什么也不会存在，怎么会有费马大定理存在，这违背了数学规则的规定。因此，怀尔斯和法尔廷斯一起造假证明了费马大定理。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-4-14 08:08
费马大定理本来就是一个初等数学问题，但被维尔斯用捉迷藏的手法这么一搞，弄得只有他那个小圈子里的五六个人能“看懂”，此乃天下奇闻。小圈子里的人是利益共同体，当然能“看懂”了。

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作者: maoguicheng    时间: 2015-4-14 09:16

一览众山小 发表于 2015-4-14 08:08
费马大定理本来就是一个初等数学问题，但被维尔斯用捉迷藏的手法这么一搞，弄得只有他那个小圈子里的五六个 ...

法尔廷斯在1982年证明的莫德尔猜想，即“费马大定理有可能是错误的”猜想，法尔廷斯证明说最多只有有限个解存在，他因此获得菲尔茨数学大奖。当怀尔斯证明费马大定理正确时，他也没有办法来说明他原来的证明是正确的，故只好顺水推舟的说怀尔斯的证明是正确的，又加上弗雷也是德国人，又是弗雷说只要证明谷山--志春猜想后，再证明费马大定理没有数模存在，那么费马大定理就正确了，说真的，怀尔斯没有证明费马大定理是否有数模存在，他只是猜想不等式应该没有数模存在，但数学规则是这样的，任何一个不等式他应该有数模存在，任何人不会凭空说出一个不等式的，费马大定理不等式是费马在看见毕达哥拉斯通解公式后，他能证明这个公式中没有大于1的同次幂存在，因此才有了费马大定理，故费马大定理的不等式是有数模存在的。故怀尔斯没有证明费马大定理。弗雷猜想是，若能证明费马大定理没有数模存在，而谷山-志春猜想有数模存在时，则费马大定理正确，怀尔斯最后没有证明费马大定理是否有数模存在，他只是对审稿人说费马大定理没有数模存在，理由是不等式不可能有数模。法尔廷斯同意了怀尔斯的说法。怀尔斯和法尔廷斯都不清楚数学规则的规定，即：数和数模是成对存在的，没有数模存在时，就没有数存在，没有数和数模存在时，也就没有定理存在。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-4-25 09:19
支持维尔斯、崇拜维尔斯没有什么不对，但前提是必须看懂维尔斯证明费马大定理的论文。如果看不懂维尔斯的论文就人云亦云，那就是瞎起哄，就是盲从。

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作者: 00000005    时间: 2015-4-30 15:20
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

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作者: 一览众山小    时间: 2015-5-9 13:57
数学界认为一般一元五次方程式及以上高次方程式没有求根公式，我给出了费马大定理无整数解的证明也支持这一观点。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-6-2 15:45
用初数学方法证明费马大定理是人类数学史上的奇观。

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作者: 奇数的世界    时间: 2015-6-2 23:36
你的稿件愿意让我审吗？但我要收费的。但你的这种格式是不行的，还要求审出错误来，你不要失望和生气。

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作者: 一览众山小    时间: 2015-8-14 17:20

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作者: fmcjw    时间: 2015-8-17 07:14

一览众山小 发表于 2015-2-22 08:59
在中学学习过代数知识后知道（a+x)^2=a^2+2ax+x^2，在这个完全平方数公式中，设y^2=a^2+2ax，z=a+x，就可得 ...

有以下通解式简单吗？ X=(2n+1),
       (1)               Y=(2n^2+2n),
                           Z=(2n^2+2n+1).
      

       (2)              X=(2n+2)，
                         Y=(n^2+2n),
                         Z=(n^2+2n+2).

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作者: 一览众山小    时间: 2015-9-13 14:43

fmcjw 发表于 2015-8-17 07:14
有以下通解式简单吗？ X=(2n+1),
       (1)               Y=(2n^2+2n),
                          ...

你的方法也很简单，但我的方法与你的方法大不相同。西方人说条条大道通罗马，中国人说八仙过海各显神通，如果能殊途同归，那真是妙不可言。

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作者: fmcjw    时间: 2015-9-13 22:53

一览众山小 发表于 2015-9-13 14:43
你的方法也很简单，但我的方法与你的方法大不相同。西方人说条条大道通罗马，中国人说八仙过海各显神通， ...

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作者: 一览众山小    时间: 2015-11-22 10:21
用浅显易懂的方法解决费马大定理问题彰显人类智慧的光芒！

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作者: 一览众山小    时间: 2016-1-9 18:06
怀尔斯证明费马大定理使用的模形式、椭圆曲线理论是兴新学科，研究这种学科的人数全世界只有几十人，能看懂怀尔斯这个证明的人数只有屈指可数的五六个人。而我证明费马大定理的方法很简单，只要学习过（a+x)^2=a^2+2ax+x^2的人都能看懂证明的思路。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-17 09:10
我作为一个中国人成功找到了用初等数学证明费马大定理的方法，打破了著名数学家陈省身先生断言费马大定理不可能用初等数学证明的思想禁锢，将鼓舞人们勇攀科技高峰的信心。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-19 11:13


美国普林斯顿大学数学家怀尔斯证明费马大定理的论文全世界只有五六个人能肯定，而我用初等数学方法给出的费马大定理证明只要学习过一元二次方程式求根公式和懂得e函数的单调递增性质（e≈2.71828……）的数学爱好者都能看懂，可见我给出的费马大定理的证明有利于数学知识的普及和传播；而怀尔斯给出的证明会让大多数数学爱好者对数学望而生畏，也就是会使人们对学习数学产生恐惧、厌倦的心理，并且怀尔斯的证明长达120多页，这样的证明还会使人们产生枯燥乏味的感觉，肯定提不起人们学习数学知识的兴趣，只能造成人们谈数学色变的恐惧感。

怀尔斯的证明不仅篇幅较长，而且全世界只有五六个人能看懂，据说资深数学家看怀尔斯的证明都感到很吃力，一般的数学爱好者当然就看不懂这种高深莫测的论文了，当然也就无法欣赏这种论文的精妙之处了。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-20 22:47


高中阶段学习过数学归纳法和e函数的性质[e=（1+1/n）^n]，因此高中生就能看懂我给出的费马大定理的初等证明，因此我给出的费马大定理的初等证明可以编入高中阶段的数学教科书。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-22 16:39

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-25 09:17
天生我才降凡间。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-25 14:18
朱明君先生语言表达能力有点差，我不明白你的意思是什么，因此无法与你交流。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-26 08:03

朱明君 发表于 2016-5-25 16:59

各人的理解不同，导致证明费马大定理的思路千奇百怪，我看不懂你的证明。费马说他已经找到了费马大定理的一个简单证明，只是他阅读的那本书的空白处太小，写不下。想不到你给出的费马大定理证明比费马给出的证明更简单，你也是一个奇才。官科对民科为什么持偏见，以前我想不通，现在我想通了。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-27 07:17

朱明君 发表于 2016-5-26 21:14

中科院的官科说不用看就知道是错的。官科不愿看，我虽然是个民科，我也不愿看。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-5-30 10:33


     一般一元三次方程求根公式的推导，有一个亮点就是推导者构造了x=y－b/3a，有了这个巧妙的构造，才使推导过程有了逻辑起点，这凸显了推导者无与伦比的天才智慧，这是一般的数学爱好者想不到的，这就让数学爱好者们欣赏到了什么叫数学天才。因此一个好的数学作品，应该要有令人叫绝的闪亮之处。不过这种闪亮之处要让多数人能够理解，才是好作品。
      一般一元三次方程式的表达式是ax^3+bx^2+cx+d=0,塔尔塔利亚巧妙构造了x=y－b/3a，成功消除了一般一元三次方程式中的二次项，这种天才性的构造如同做几何证明题中画辅助线一样有异曲同工之妙。有了这个构造出来的关系式才使推导过程得以进行下去，没有这个神来之笔则推导过程将寸步难行。
      如果要问塔尔塔利亚为什么会构造出x=y-b/3a这样一个式子？按照我的经验而言，他肯定是做了很多的尝试才产生了灵感。能抓住这种灵感的人就是天才。像塔尔塔利亚这样的天才在这个世界上少之又少，堪称凤毛麟角。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-3 09:25
费马大定理的初等证明方法是存在的，而且在这个世界上只有我成功找到了费马大定理的初等证明方法，这是人类数学的幸运。如果没有我降生在这个世界上，费马大定理可能永远无人能找到。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-6 09:38
奇思妙想绝冠古今。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-7 16:31
费马大定理问题只是勾股定理的推广，任何与勾股定理无关的所谓证明都是错的。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-7 16:54
无价之宝

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-8 20:10
三百多年来费马究竟找没找到一个初等数学证明一直争论不休，但我给出的证明也很容易理解，可以与费马的那个证明（如果费马的证明真的存在）相媲美。

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作者: 朱明君    时间: 2016-6-8 20:12

一览众山小 发表于 2016-6-8 12:10
三百多年来费马究竟找没找到一个初等数学证明一直争论不休，但我给出的证明也很容易理解，可以与费马的那个 ...

一览众山高

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-8 20:46
会修改古诗，你的创新能力也不错。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-9 14:44
我推崇一元三次方程求根公式的推导过程，是人类智慧登峰造极的完美体现，我感觉我在费马大定理的证明中给出的n =3的证明可以与一元三次方程求根公式的推导过程相媲美。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-9 15:04

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-10 16:05
当今世界上无与伦比的数学大师。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-12 14:52
从细微之处看出破解问题的切入点，这就叫非凡的洞察力。能够发现最简单的求素勾股数的方法，这就是具有非凡洞察力的体现。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-14 16:36
别有洞天，大有可观。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-16 07:23
一马当先。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-18 20:26
费马大定理究竟存不存在初等证明方法，一直是争论不休的问题，那些高高在上的数学权威认为初等方法不存在，这些人就是中国官媒经常批评的理论脱离实际的人。看来理论脱离实际的人无处不在，科学领域也存在这样一些人。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-20 19:56
想证明费马大定理的人，先给出n=3的证明试试看。如果连路都走得摇摇晃晃，还想参加世界级的百米短跑大赛吗？

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-21 15:52
如果怀尔斯是天才，那么我是超天才，因为怀尔斯的方法相当笨拙，而相比之下我的方法非常简练。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-23 14:29
费马大定理是勾股定理引伸而来的问题，因此用勾股定理的不定方程为出发点去证明费马大定理是很自然的正常思维。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-27 07:10
用逻辑推理证明世界难题的光辉典范。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-6-29 09:09
从哪里来，到哪里去，来龙去脉清楚，思维自然流畅，令人赏心悦目。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-1 09:36
打破现状的思考，数学史上难得一见的数学精品。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-8 17:27
简单就是美，用一般数学爱好者都能看懂的方法给出费马大定理的证明，这是大美。美国普林斯顿大学教授怀尔斯给出的证明在全世界只有五六个人能看懂，不知这种证明论文“美”在哪里？

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-13 14:19
用初等方法破解费马大定理是逻辑证明的光辉范例。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-16 21:40
美妙的证明，引人入胜

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-16 21:40
美妙的证明，引人入胜

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-20 14:51
非凡的洞察力，发现求勾股数的最简单方法。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-25 11:10
能够找到解决问题的切入点，这就叫天才。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-28 10:09
鹤立鸡群的数学天才。

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作者: 被遗弃的草根    时间: 2016-7-30 21:31
费尔马大定理是可以用初等方法证明，但没有你说的那么简单，至少也得写上15页才能说得清楚。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-7-30 22:47


回复“被遗弃的草根”:一个数学证明究竟需要几页才能说清楚，那就要由使用的数学方法来决定篇幅的长短，而不是凭想当然的“至少15页”为底线。我使用的证明方法是数学归纳法，即先证明出n=3的情形无整数解，然后给出一般性的证明即n趋向无穷大时也无整数解的证明，由此得出费马大定理成立的结论。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-8-1 14:42
四两拨千斤，简单就是美。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-8-6 12:43
费马大定理只能用数学归纳法思想给出证明，因为要想对每一个n值的情形都逐一给出证明，我认为没有人能有无限的精力逐一给出证明。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-8-6 12:44
费马大定理只能用数学归纳法思想给出证明，因为要想对每一个n值的情形都逐一给出证明，我认为没有人能有无限的精力逐一给出证明。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-8-8 16:35
当n=2时即人们都知道的勾股定理x^2+y^2=z^2是有整数解的，例如人人都能朗朗上口的顺口溜勾三股四弦五即3^2+4^2=5^2就是一组整数解，但当n=3时x^3+y^3=z^3是否像勾股定理一样有整数解？n=3是费马大定理中最小的情形，不知道用怀尔斯的方法能不能证明出n=3无整数解的结论。如果连n=3这样最小的情形都给不出证明，那就不知道怀尔斯是怎样证明出整个费马大定理都无整数解的结论了。
     怀尔斯的论文长达120多页，而且全世界只有那五六个审稿人能看懂，这种论文如同天书。既然怀尔斯给出的证明实在是艰深难懂，那么怀尔斯应该使用他的方法给出n=3的证明才能服众，因为n=3的情形对全世界的大多数数学家来说应该能看懂。
      我给出的费马大定理的证明浅显易懂，一般的数学爱好者都能看明白，不会让人们对数学产生望而生畏的畏难情绪，只会使人们更加喜爱数学。

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作者: 一览众山小    时间: 2016-8-13 22:49

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作者: 一览众山小    时间: 2016-8-29 19:45
在中国真正破解了世界级难题的数学天才却没有立足之地，没有什么社会地位，中国还想成为数学强国，那是白日做梦，自我安慰而已。

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