费马猜想简易美妙证明方法 （王德忱 著）

heilongwdc

% i9 j/ o5 Y5 t# G! A1 i
; M; Q! K& \+ A& F$ b" l     费马猜想初等数学一般性证明
: p  o1 @( ^9 Y& o+ f, n
                                        王 德 忱  著

# p& Z2 {9 ?6 P7 B6 H

谢芝灵

数学1+1 发表于 2013-12-17 19:32
王德忱先生:
% y, g: p# r$ W+ G* ]' ?3 N/ D5 X! Q      仔细拜读了你的大作"费马猜想初等数学一般性证明"一文。根据你的论述:
3 |( \8 v+ J" i7 A/ p. a      若(1)式有 ...

只能说明(8),(11)两式有一个根相等.
两方程如每个根分别相等,才是全等价方程.
他把表面上一个相同的根,认为两个方程所有根相等,是错误的.
9 w7 r* t$ r1 J. E( t( X举例:x^3-6x^2+11x-6=0.
其中一个根为2.
得 x-2=0.两边立方后:x^3-12x^2+6x-8=0,上两个方程是不等价的,只共了一个根2.
& x9 F8 b" p# g) i4 C只有两个方程所有根相等,两个方程的系数才对应相等,两方程才全等.

数学1+1

王德忱先生:
      仔细拜读了你的大作"费马猜想初等数学一般性证明"一文。根据你的论述:
      若(1)式有解，则可推导出有(7)式,(8)式存在或(9)式,(10)式存在。
+ Z8 g* s6 s) T* P    这与z-x=a^n,y=(ab)^n，n>2是兼容的。
3 u( ]4 U( C. c7 Y, B    若有(7)式成立，则必有(11)成立。这也正确。
    问题是你认为(8)式与(11)式是两个恒等多项式，这里(8)式可这样表述
       (z^n-x^n)/(z-x)=a^n       (8)
0 v$ g# _, m8 L3 D5 S3 H# x      而(11)式是
        z^{n-1}-(x+c^n)^{n-1}=0       (11)
     这里用多项式恒等定理来推导，只能认为是作者的一种个人理解。与多项式恒等定理的正确没有关系。
   作者如果能阅读一至两本关于不定方程方面的著作，那么对费尔马问题会有一些更高层次的理解。
' J2 g% H1 t1 ]) p: ~& L  J0 A

heilongwdc

[url=]尊敬的各位网友，大家好： 本人自1979年前后开始研究费马猜想初等数学证明，1987年完成一稿，在向各大院校及刊物寄发的信件中得到了《东北数学》编辑部总编（吉林大学校长）的重视，因证法独特而组织了专家鉴定，还有另一大学著名数学教授也给预了审阅，前大部分论证得到了肯定，遗憾的是后部分没能成功。2005年8月又成新稿刊发于《中国数学在线 数学论坛》并悬赏10,000元人民币否定本人的证明，当时各大数学网及有关网科技论坛都有网友转帖，多年来许多数学爱好者、大学教授、讲师等数学专业工作者参与了研讨，几乎每个很小的细节都提出了疑义争论。如果现在网友阅后还有疑问请查阅2005年8月23日- 2011年网友回帖与答复。  《费马猜想“美妙证明”回帖与答复》：      http://wenku.baidu.com/view/8eb23cf0941ea76e58fa0456.html?st=1  2008年前的证明《关于x^n+y^n=z^n问题的初等数学证明》： http://bbs.cnr.cn/thread-94103-1-1.html  2009年后修改的证明《正整数“方根（重根）余约数式”唯一性定理证明费马猜想》： http://www.doc88.com/p-74788097356.html                                                    王 德 忱  [/url]

谢芝灵

楼主的错,
, ]% w# S; k$ Y- A" {在方程(x1)和方程(x1)中,如果一个方程中的每个根与另一个方程的每个根相等,则才有对应的两个方程的系数相等.
7 m3 C6 e7 g& A7 G- r% ]$ v5 B一元一次方程很好理解:x-2=0和y-2=0.两个根相等.则x,y的系数也相等.都为1.
2 J& F2 P% {; }一元二次方程:x^2+ax+b=0. y^2+my+n=0.必须是x的两个根与y的两个相相等,才有a=m, b=n.
" w7 r& A6 U/ \# q- t3 {/ g楼主用方程 x^(n-1)+zx(n-2)+...+z^(n-1)-(y2)^n=0.再把z-x=(y1)^n.两边n-1次方化为一个n-1次方的方程.即(z-x)^(n-1)-(y1)^(nn-n)=0.
请楼主注意:x^(n-1)+zx(n-2)+...+z^(n-1)-(y2)^n=0.和(z-x)^(n-1)-(y1)^(nn-n)=0.都是一个一元n-1次方程.仅仅是其中的x(或z)一个根对应相等.每个方程有n-1个根.你没证明了其它根相等.
8 h2 I; F9 g, J5 O他们仅仅显示表面的x是一个数,还有暗藏的n-2个根是你没证明的,也是你没知的.

谢芝灵

数学1+1 发表于 2013-12-12 12:08
5 c7 d  C! l2 [6 q1 W8 o' W1 h这就是你的错误所在，若(1)式有正整数解，则必有
. c4 h' n2 y1 o2 a9 [" y4 f      z-x=a^n，
这样便有

* B/ x. S0 [/ _6 b若(1)式有正整数解，(y,n)=1.则必有
  l3 X0 R! i3 F  ]( A   z-x=a^n，
y=(ab)^n.
9 s! p9 N9 J. P6 D% ?& y因为x,y,z两两互质.完全可规定(y,n)=1,不然的话就有(x,n)=1.
他后面的我没看了.

数学1+1

这就是你的错误所在，若(1)式有正整数解，则必有
      z-x=a^n，
/ i) H% x, \* I$ o0 `这样便有
      y=(ab)^n
9 L/ ?2 m2 n$ |. x5 d+ X# dx,y,z之间的关系遗漏这一情况进行探讨，这便是当今很多研究Fermat问题的作者最容易犯的错误之一.

heilongwdc

数学1=1 你好：
7 P4 H5 E1 x0 a5 b  文中没有“z-x=a^n，y=(ab)^n”。
  根据约数分析法，由（2）式分解出（3）式、（4）式。

数学1+1

王德忱先生:
      对你的(2)式，若有
3 K& d; |/ l- D1 I3 M       z-x=a^n，y=(ab)^n，n>2
) y( b3 F+ c% r6 L% @     则无法推导出(3)式。

heilongwdc

谢芝灵网友：
' W% o# |: D# L" ^1 p5 U欢迎参加讨论。特别回复说明：本文是一般性证明，n为任意正整数， n是质数的节外生枝没有意义。
因而关于当n为质数问题就不必要赘述了。

, g1 T3 w0 X6 [5 ^! n顺致有劳各位网友看看本人2005年前的证明：http://bbs.cnr.cn/thread-94103-1-1.html
; ~+ G# g! J4 O. Q1 n$ k
还有2008年后的修改证明：http://www.docin.com/p-90410117.html