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费马大定理的直接代数证明

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发表于 2006-2-6 19:16 | 显示全部楼层 |阅读模式
[这个贴子最后由zy1818sd在 2006/03/23 07:11am 第 5 次编辑]

  在温家宝总理的推动下,首届全国民间科技发展研讨会已于是2005年12月17日在长沙召开,会议通过成立了民科促进会组织。首届民科会论文集,成果发布会,民科网站建设都在积极推进中。
    首届民间科技发展研讨会首批推荐发布成果:
                  费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法
                             庄   严   庄宏飞
                          (中国辽阳   111000)
    【 摘要】对费马方程x^n+y^n=z^n整数解关系的证明,多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法,全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件,提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”;“增比计算法则”;“定差公式法则”;“a值奇偶数列法则”;是平方整数解的代数条件和实践方法;本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念;本文利用同方幂数增比性质,利用整数方幂数增项差公式性质,把费马方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整数解判定问题,巧妙地化为了一元定解方程问题。
    关键词:增元求解法   绝对方幂式绝对非方幂式   相邻整数方幂数增项差公式
    引言:1621年,法国数学家费马(Fermat)在读看古希腊数学家丢番图(Diophantna)著写的算术学一书时,针对书中提到的直角三角形三边整数关系,提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解,在n>2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日,此问题的解答仍繁难冗长,纷争不断,令人莫衷一是。
    本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系,建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法,本文利用同方幂数增比定理,对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n>2时的整数解关系进行了分析论证,用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。
    定义1.费马方程
    人们习惯上称x^n+y^n=z^n关系为费马方程,它的深层意义是指:在指数n值取定后,其x、y、z均为整数。
    在直角三角形边长中,经常得到a、b、c均为整数关系,例如直角三角形 3 、4、 5 ,这时由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2,所以在方次数为2时,费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时,费马方程整数解之研究,从欧拉到狄里克莱,已经成为很大的一门数学分支.
    定义2.增元求解法
    在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入,使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法,叫增元求解法。
    利用增元求解法进行多元代数式求值,有时能把非常复杂的问题变得极其简单。
    下面,我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。
     一,直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”
     定理1.如a、b、c分别是直角三角形的三边,Q是增元项,且Q≥1,满足条件:
             a≥3
          {  b=(a^2-Q^2)÷2Q
             c= Q+b
    则此时,a^2+b^2=c^2是整数解;
    证:在正方形面积关系中,由边长为a得到面积为a^2,若(a^2-Q^2)÷2Q=b(其中Q为增元项,且b、Q是整数),则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb,把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形:
Q2     Qb
               其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b^2后可得到一个边长
Qb
为Q+b的正方形,现取Q+b=c,根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知,此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。
                                                          故定理1得证
    应用例子:
    例1.利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边长平方整数解?
    解:取a为15,选增元项Q为1,根据定a计算法则得到:
             a=  15
          {  b=(a^- Q^2)÷2Q=(15^2-1^2)÷2 =112
             c=Q+b=1+112=113
    所以得到平方整数解15^2+112^2=113^2
    再取a为15,选增元项Q为3,根据定a计算法则得到:
             a=  15
          {  b=(a^2-Q^2)÷2Q=(15^2-3^2)÷6=36
             c=Q+b=3+36=39
     所以得到平方整数解15^2+36^2=39^2
定a计算法则,当取a=3、4、5、6、7 … 时,通过Q的不同取值,将函盖全部平方整数解。
    二,直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”
    定理2.如a^2+b^2=c^2 是直角三角形边长的一组整数解,则有(an)^2+(bn)^2 =(cn)^2(其中n=1、2、3…)都是整数解。
    证:由勾股弦定理,凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形     a       c   ,根据平面线段等比放大的原理,三角形等比放大得到 2a       2c;                      b                                                  2b
3a       3c;4a      4c;…        由a、b、c为整数条件可知,2a、2b、2c;  
       3b         4b
                 
3a、3b、3c;4a、4b、4c…       na、nb、nc都是整数。
                                                           故定理2得证
      
    应用例子:
    例2.证明303^2+404^2=505^2是整数解?
解;由直角三角形3          5  得到3^2+4^2=5^2是整数解,根据增比计
                      4
算法则,以直角三角形  3×101        5×101  关系为边长时,必有
                              4×101
303^2+404^2=505^2是整数解。
    三,直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”
               3a + 2c + n = a1
    (这里n=b-a之差,n=1、2、3…)
    定理3.若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解,那么,利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。
     证:取n为1,由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2,这里n=b-a=4-3=1,根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有:
      a1=3×3+2×5+1=20                    这时得到
      20^2+21^2=29^2                   继续利用公式计算得到:
      a2=3×20+2×29+1=119             这时得到
      119^2+120^2=169^2                继续利用公式计算得到
      a3=3×119+2×169+1=696         这时得到
      696^2+697^2=985^2
                 …
                                                       故定差为1关系成立
     现取n为7,我们有直角三角形21^2+28^2=35^2,这里n=28-21=7,根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有:
     a1=3×21+2×35+7=140                  这时得到
     140^2+147^2=203^2                   继续利用公式计算得到:
     a2=3×140+2×203+7=833              这时得到
      833^2+840^2=1183^2                 继续利用公式计算得到:
     a3=3×833+2×1183+7=4872          这时得到
     4872^2+4879^2=6895^2
                  …
                                                       故定差为7关系成立
   再取n为129,我们有直角三角形387^2+516^2=645^2,这里n=516-387=129,根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有:
    a1=3×387+2×645+129=2580                   这时得到
    2580^2+2709^2=3741^2                   继续利用公式计算得到:
    a2=3×2580+2×3741+129=15351            这时得到
    15351^2+15480^2=21801^2            继续利用公式计算得到:
    a3=3×15351+2×21801+129=89784        这时得到
    89784^2+89913^2=127065^2
                 …
                                                      故定差为129关系成立
                                                      故定差n计算法则成立
                                                          故定理3得证
    四,平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则:
    定理4. 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长,则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立;
   (一)奇数列a:
    若a表为2n+1型奇数(n=1、2、3 …), 则a为奇数列平方整数解的关系是:
      a=2n+1
   {  c=n^2+(n+1)^2
      b=c-1
    证:由本式条件分别取n=1、2、3 …  时得到:
      3^2+4^2=5^2
      5^2+12^2=13^2
      7^2+24^2=25^2
      9^2+40^2=41^2
      11^2+60^2=61^2
      13^2+84^2=85^2        
      …
                                                       故得到奇数列a关系成立
   (二)偶数列a:
    若a表为2n+2型偶数(n=1、2、3 …), 则a为偶数列平方整数解的关系是:
      a=2n+2
   {  c=1+(n+1)^2
      b=c-2
    证:由本式条件分别取n=1、2、3 …  时得到:
      4^2+3^2=5^2
      6^2+8^2=10^2
      8^2+15^2=17^2
      10^2+24^2=26^2
      12^2+35^2=37^2
      14^2+48^2=50^2     
       …
                                                        故得到偶数列a关系成立
                                                           故定理4关系成立
    由此得到,在直角三角形a、b、c三边中:
     b-a之差可为1、2、3…
     a-b之差可为1、2、3…
     c-a之差可为1、2、3…
     c-b之差可为1、2、3…
     定差平方整数解有无穷多种;
     每种定差平方整数解有无穷多个。
    以上,我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明,费马方程x^n+y^n=z^n在指数n>2时没有整数解。证明如下:
    我们首先证明,增比计算法则在任意方次幂时都成立。
    定理5.若a,b,c都是大于0的不同整数,m是大于1的整数,如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方幂关系成立,则a,b,c,d,e增比后,同方幂关系仍成立。
    证:在定理原式   a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中,取增比为n,n>1,
        得到  :   (n a)^m+(nb)^m=(nc)^m+(nd)^m+(ne)^m
        原式化为   :  n^m(a^m+b^m)=n^m(c^m+d^m+e^m)
        两边消掉 n^m后得到原式。
    所以,同方幂数和差式之间存在增比计算法则,增比后仍是同方幂数。
                                                       故定理5得证
    定理6.若a,b,c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立,其中b>1,b不是a,c的同方幂数,当a,b,c同比增大后,b仍然不是a,c的同方幂数。
    证:取定理原式a^m+b=c^m
        取增比为n,n>1,得到:(na)^m+n^mb=(nc)^m
        原式化为:   n^m(a^m+b)=n^mc^m
        两边消掉n^m后得到原式。
    由于b不能化为a,c的同方幂数,所以n^mb也不能化为a,c的同方幂数。
    所以,同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后,等式关系仍然成立。其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数,不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数。
                                                       故定理6得证
   一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质
    定义3.绝对某次方幂式
    在含有一元未知数的代数式中,若未知数取值为大于0的全体整数时,代数式的值都是某次完全方幂数,我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如:n^2+2n+1,n^2+4n+4,
n^2+6n+9,……都是绝对2次方幂式;而n^3+3n^2+3n+1,n^3+6n^2+12n+8,……都是绝对3次方幂式。
    一元绝对某次方幂式的一般形式为(n+b)^m(m>1,b为常数项)的展开项。
    定义4.绝对非某次方幂式
    在含有一元未知数的代数式中,若未知数取值为大于0的全体整数时,代数式的值都不是某次完全方幂数,我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如:n^2+1,n^2+2,n^2+2n,…… 都是绝对非2次方幂式;而n^3+1,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式。
    当一元代数式的项数很少时,我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式,例如n^2+n是绝对非2次方幂式,n^7+n是绝对非7次方幂式,但当代数式的项数很多时,得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。
    一元绝对非某次方幂式的一般形式为:在(n+b)^m(m>2,b为常数项)的展开项中减除其中某一项。
    推理:不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如:3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式,取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3,3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式,当n=7时,3n^2+3n+1=169=13^2;
    推理:不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。2n+1=9=3^2,2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2,4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3,2n+1=125=5^3 ……
    证明:一元代数式存在m次绝对非方幂式;
    在一元代数式中,未知数的不同取值,代数式将得到不同的计算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的,是等式可逆的,是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数公理。即可由代入未知数值的办法对代数式求值,又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质,我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。
    当常数项为1时,完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1,它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成,对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失,代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下,我们锁定其中的任意3项,则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,对这3个代数式来说,使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解,即补上缺失的第4项值,而且这个缺失项不取不行,取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系,这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是:
    (n+1)^3-3n= n^3+3n^2+1
    (n+1)^3-3n^2= n^3+3n+1
    (n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1
    所以得到:当取n=1、2、3、4、5 …
    n^3+3n^2+1≠(n+1)^3
    n^3+3n+1≠(n+1)^3
    3n2+3n+1≠(n+1)^^3
    即这3个代数式的值都不能等于(n+1)^3形完全立方数。
    当取n=1、2、3、4、5 …时,(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方,而 小于2的整数只有1,1^3=1,当取n=1时,
    n^3+3n^2+1=5≠1
    n^3+3n+1=5≠1
    3n^2+3n+1=7≠1
    所以得到:当取n=1、2、3、4、5 …时,代数式n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。
    由以上方法我们能够证明一元代数式:n^4+4n^3+6n^2+1,n^4+4n^3+4n+1,n^4+6n^2+4n+1,4n^3+6n^2+4n+1,在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。
    能够证明5次方以上的一元代数式(n+1)^m的展开项在保留常数项的前提下,锁定其中的任意m项后,可得到m个不同的一元代数式,这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。
    现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式;
    2次方时有:(n+1)^2-n^2
               =n^2+2n+1-n^2
               =2n+1      
    所以,2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1。
由于所有奇数的平方都可表为2n+1,所以,当2n+1为完全平方数时,必然存在n^2+
(2√2n+1)^2=(n+1)^2即z-x=1之平方整数解关系,应用增比计算法则,我们即可得到z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之平方整数解关系。但z-x>1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出,求得这些平方整数解的方法是:
    由(n+2)^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比;
    由(n+3)^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比;
    由(n+4)^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比;
    ……
    这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,我们可得到整数中全部平方整数解。
    所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。
    同时,由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4,6n+9,8n+16 …… 所以,还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。
    3次方时有:(n+1)^3-n^3
               =n^3+3n^2+3n+1-n^3
               =3n^2+3n+1
    所以,3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。
    由于3n^2+3n+1是(n+1)^3的缺项公式,是3次绝对非方幂式。所以,n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数,因而整数间不存在n^3+(3√3n^2+3n+1 )^3=(n+1)^3即z-x=1之立方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之立方整数解关系。
    所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。但z-x>1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些立方费马方程式的方法是:
    由(n+2)^3-n^3=6n2+12n+8,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数;
    由(n+3)^3-n^3=9n2+27n+27,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数;
    由(n+4)^3-n^3=12n2+48n+64,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数;
    ……
    这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
    4次方时有;(n+1)^4-n^4
               =n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
               =4n^3+6n^2+4n+1
    所以,4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。
由于4n^3+6n^2+4n+1是(n+1)^4的缺项公式,是4次绝对非方幂式。所以,n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数,因而整数间不存在n^4+(4√4n3+6n2+4n+1)^4=(n+1)^4即z-x=1之4次方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之4次方整数解关系。但z-x>1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些4次方费马方程式的方法是:
    由(n+1)^4-n^4=8n3+24n2+32n+16,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数;
    由(n+1)^4-n^4=12n3+54n2+108n+81,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数;
    由(n+1)^4-n^4=16n3+96n2+256n+256,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数;
    ……
    这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
    所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。
     m次方时,相邻整数的方幂数的增项差公式为:
    ( n+1)^m-n^m
    =n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
    =mn^m-1+…+…+mn+1                     
    所以,m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。
    由于mn^m-1+…+…+mn+1是(n+1)^m的缺项公式,是m次绝对非方幂式。所以,n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1   的值都不是完全m次方数,因而整数间不存在n^m+(m√mn^m-1+…+…+mn+1)^m =(n+1)^m即z-x=1之m次方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之m次方整数解关系。但z-x>1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些m次方费马方程式的方法是:
    由(n+2)^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数;
    由(n+3)^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数;
    由(n+4)^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数;
    ……
    这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
    所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。                 
    所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n>2时永远没有整数解。
    所以,长达三百多年的费马大定理问题与哥德巴赫猜想问题一样,也是一个初等数
学问题。
    版权登记号:06—2006—A—01号
    由于众多学者和同行的指教,本人把文章整理后重新发出,希望得到建设性意见。
    庄严

 楼主| 发表于 2006-2-16 07:28 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

    本文两个新结论希望引起大家注意:
一,给出了平方整数解的定差公式法则。
二,利用相邻整数幂方代数公式法把费马方程x^n+y^n=z^n原本的三元高次不定方程的整数解判定问题,化为了一元定解方程的完全方幂问题。
希望有真才实学的朋友提出建设性意见。
庄严
发表于 2006-2-16 23:20 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

随便看了看,定理三的论证有以下这段
                                          故定差为129关系成立
                                          故定差n计算法则成立
                                              故定理3得证
从129怎么就推论n也成立的?
数学论证不是物理论证,举例再多也不行啊。
 楼主| 发表于 2006-2-20 22:01 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

我的朋友,难道你看到:
三,直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”
              3a + 2c + n = a1
   (这里n=b-a之差,n=1、2、3…)
   定理3.若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解,那么,利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。
这个公式n之条件不成立吗?请赐教。
 楼主| 发表于 2006-3-17 13:45 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明


利用定差公式法则算出的平方整数解:
41961001862379596^2+41961001862379597^2=59341817924539925^2
244566641436218639^2+244566641436218640^2=345869461223138161^2
1425438846754932240^2+1425438846754932241^2=2015874949414289041^2
8308066439093374803^2+8308066439093374804^2=11749380235262596085^2
48422959787805316580^2+48422959787805316581^2=68480406462161287469^2
282229692287738524679^2+282229692287738524680^2=399133058537705128729^2
1644955193938625831496^2+1644955193938625831497^2=2326317944764069484905^2
9587501471344016464299^2+9587501471344016464300^2=13558774610046711780701^2
55880053634125472954300^2+55880053634125472954301^2=79026329715516201199301^2
325692820333408821261503^2+325692820333408821261504^2=460599203683050495415105^2
1898276868366327454614720^2+1898276868366327454614721^2=2684568892382786771291329^2
发表于 2006-3-17 17:31 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

有没有pdf格式文档,我想好好看看你的证明
 楼主| 发表于 2006-3-18 18:05 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

如果确有兴趣,我可把原稿发到你的邮箱里。
谢谢!
发表于 2006-3-19 19:29 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

并不只是一个方法。
 楼主| 发表于 2006-6-24 13:19 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

首届全国民间科技发展研讨会论文集〉已经出版
《费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法》全文证明见首届全国民间科技发展研讨会论文集第75页。
发表于 2006-8-27 09:38 | 显示全部楼层

费马大定理的直接代数证明

该文复杂的证明(一些所谓的“法则”没有什么意义),最后全文的结尾看看才有点看明了,在这里不妨为作者总结一下,即令:
x = n    (n为一个即定正整数)
z = n +k  (k = 1 ,2 , 3 ,……)
可有一般的表达式:
    y ^m =(n + k)^m - n^m
其展开式:
y ^m = C-m^1 n^(m-1)k + C-m^2 n^(m-2)k^2 + …… +
C-m^(m-1) nk^(m-1) + k^m  (其中-m为下标)
上式没有正整数解,是因为等式右边缺了一项n^m,因而不能得(n + k)^m。但同样m = 2时
y^2 = 2nk + k^2
不也缺项么?
当m = 2时有:
( n+1 )^2 - n^2
           = n^2 + 2n +1 - n^2
           = 2n + 1      
可有:
n^2 +[2√(2n+1)]^2=(n+1)^2
当m = 3时:
(n+1)^3 - n^3
              = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 - n^3
              = 3n^2 + 3n + 1
同理不也可有:
      n^3 + [√(3n^2+3n+1)] ^ 3=(n+1)^3
数学证明就是依据公理、定理、定义,其中“增比计算法则”就是公理:等式两边同乘以不等于0的数等式不变。所谓的证明举了不少例子,却一般的表达式也没有给出。既然如此,也举个例子:
    当m= 2时,n = 4有:
(4+1)^2 -4^2
           = 4^2 + 2×4 +1 - 4^2
           = 2×4 + 1      
可有:
4^2 +[2√(2×4+1)]^2=(4+1)^2
这是画的什么圈子啊?
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