<质数分布模式的建立及其应用>与《附件》

trx

drtdxdy

有待考证，，，

wangsihao91

谢谢楼主了

trx

著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休。”并一语双关地告诫学生“不要得意忘形”！
, B1 z! R- U8 T0 w美国数学家斯蒂恩说：“如果一个特定的问题可以转化为一个图形，那么思想就整体地把握了问题，并能创造性思索问题的解法。”
* u8 `  E9 X( s% `3 v# V( E诺贝尔奖获得者，认知心理学家西蒙也指出：“人们在解决数学问题时，大多数是通过模式识别来解决的。”
   据上几位著名大师的经典之说，则本文通篇对一系列与质数相关的问题之论，就是以
6 z+ c& M& p( V9 T. E% O质数最原始最基础的图形性质---质数作周期性占位之“形”为主导的‘形’‘数’相结合讨论而进行的。则把此种讨论总称为《周期数论》。
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xixiai10jk

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/ b4 g+ y' ]2 L论坛有很多新闻到这里了，也不错哦。
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孤寂冷逍遥

liuxiaoqiang

对不起楼主，由于本人是新手，无发贴的权利，只好将我的一篇论文登在此处，与大家探讨。
# @4 s4 g' y, e* _( z5 ]# M& w用求根方法巧妙证明费马猜想
5 E6 O: z. |$ i作者：刘孝强
一、费马猜想简介：
1.费马猜想： 当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。
& G6 Z: Z% s& n) v7 n2.费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它定理对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
! g, W, b* Z; C' O+ o3.这个猜想，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“猜想”，并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁•怀尔斯和他的学生理查•泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁•怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此猜想，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
$ @/ y# n* j7 z( X" g( C$ y甚至有许多数学家断言：费马猜想不可能用初等数学的方法证明。
二、求根方法证明费马猜想简介：
% V4 I' F1 N3 m安德鲁•怀尔斯的证明十分繁琐，而本人以下的证明十分简明。
9 t  g9 T" N" E1.我们知道费马猜想即：当n > 2时，不定方程x^n + y^n = z^n 没有正整数解。为了证明这个结果，只需证明方程x^4 + y4^ = z^4 (x , y，z) = 1和方程x^p + y^p = z^p (x , y，z) = 1［p是一个奇素数］均无正整数解即可。
n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
现在本人用求根方法来证明x^p + y^p = z^p ，(x , y，z)= 1［p是一个奇素数］无正整数解。
* ?* O$ D' l) r1 f4 F3 \因(x , y，z)= 1，很容易证明x和 y，要么均为奇数，要么为一奇一偶。
2.为了证明简单明了，我们先来看p=3的情形。我这种证明方法可推出p为任何奇素数的对费马猜想的一般证明：当p≥3的素数时，x^n+y^n=z^n无正整数解。
用反证法。假定 x^3+y^3=z^3有正整数解。有x和 y要么均为奇数，要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么有：
z^3 = x^3 + y^3=（x + y）（x^2 + y^2－xy）。
) ]2 C5 a9 q! w" A8 {! X- x9 U7 o4 D设x^2 + y^2－xy=A，即x^2 －xy + y^2－A =0，把此式看成关于x的一元二次方程。
+ v" E; j5 L, c. |6 ~为了后面的证明，我把x^2 －xy + y^2－A =0这样的方程称为标准方程。
即求x^2 －xy +y^2－A =0的解。用求根公式，有x=-（-y）±√（－y）^2－4（y^2－A）/2（注：√表示根号）= y±√（－y）^2－4y^2+4A/2= y±√4A－3y^2/2=  y±√4（x^2 + y^2－xy）－3y^2/2= y±√（2x －y）^2/2。因（2x －y）^2≥0，所以方程在实数范围内有根。这里需要讨论：
（1）当2x －y>0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得x=x，或x = y/2 即y= 2x（这与2x －y>0相矛盾，舍去）。
（2）当2x －y<0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得x=x，,或x = y/2 即y= 2x（这与2x －y<0相矛盾，舍去）。
（3）当2x －y=0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得y= 2x。
综合上面三种情况：在实数范围内，x^2 －xy + y^2－A =0有实根x=x或x = y/2 即y= 2x。
% I8 P+ u1 U2 u" o- y$ ?" w; F但显然在正整数范围内，因y= 2x，有y为偶数，与前面假设y为奇数相矛盾。也就是说x^3+y^3=z^3在正整数范围内无解。
  _! ?0 z! q6 u; b! _( \为进一步明白我的思路，现在来看x^5 + y^5=z^5的情况。这时有x和 y要么均为奇数，要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么：
1 L# P" d. X' k# m, fZ^5= x^5 + y^5=（x + y）（x^4 + xy^3－x^2y^2+ x^3y+y^4）
设x^4 + xy^3－x^2y^2+x^3y+ y^4=M，又设x^4－x^2y^2+ y^4=M- xy^3 -x^3y =C，即x^4+ y^4－x^2y^2- C = 0，用代元法，设x^2=X ，y^2=Y，有：X^2+ Y^2－XY- C = 0，这就成了标准方程，从而可用证明标准方程的方法进行证明即可。采用上面的方法，在实数范围内，有由X = X或X= Y/2 即Y= 2X。但在正整数范围内，由Y= 2X，有y^2= 2x^2，这时y为偶数，与前面假设y为奇数相矛盾。也就是说x^5+y^5=z^5在正整数范围内无解。
! N) K  i" Y, r9 \9 ~  f现在来看费马猜想的一般情形：同样用反证法。假定x^P+y^P=z^P（p是一个奇素数）有正整数解。这时有x和 y要么均为奇数，要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么因z^P=x^P－y^P=（x + y）（x^P-1+xy^p-2+…－ x ^p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y+ yP-1）,设（x^P-1+xy^p-2+…－ x ^p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y+ y^P-1）=C，即x^P-1+…－ x^ p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y + y^P-1－C=0，设D=C-（xy^p-2+…+ x^P-2y），采用上面的方法很容易推出方程：x^P-1－x^p-1/2y^p-1/2+y^P-1－D=0，用代元法设x^ P-1/2=X ，y^p-1/2=Y，有：X^2+ Y^2－XY- D = 0，这就成了标准方程，从而按证明标准方程的方法就可以证明：x^P+y^P=z^P（p是一个奇素数）无正整数解。
证毕。
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0 U9 c/ Q0 I- b                         2010年12月3日
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（作者单位：四川省万源市太平镇。QQ号：516030331）

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