费马猜想简易美妙证明方法 （王德忱 著）

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5 l) q* F5 U. `2 \  T0 j     费马猜想初等数学一般性证明
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                                        王 德 忱  著
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% t) D. }. A5 G9 I6 Q4 L' T

9 r2 C8 H$ E2 O0 x

谢芝灵

数学1+1 发表于 2013-12-17 19:32
1 y+ E  n' ~' o# w- _0 G) `# F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 ...

( l6 ^. u! H; ~3 K& b只能说明(8),(11)两式有一个根相等.
! M2 g0 @  b9 o7 q* ?6 N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.
: E/ \/ @% |% _8 V& C! b' o举例:x^3-6x^2+11x-6=0.
  n' t2 c/ B3 \  z. ~5 o5 X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.
0 C% F- [3 Y$ y0 f+ T5 z% q; w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:
$ r* u2 a' p2 Z) M# h      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 y- h. |7 C& C0 l* o      若(1)式有解，则可推导出有(7)式,(8)式存在或(9)式,(10)式存在。
    这与z-x=a^n,y=(ab)^n，n>2是兼容的。
    若有(7)式成立，则必有(11)成立。这也正确。
; d4 V6 W# l# t! K* T. |$ z' p2 Q0 g    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)
      而(11)式是
        z^{n-1}-(x+c^n)^{n-1}=0       (11)
9 x9 v7 F: _1 p; x' E2 q0 S     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。
$ R# b) Y& a3 j: K9 S. A7 D7 \   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。

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,
8 x, x8 B: n* d* e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.
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.
" O  S% T$ _7 U+ J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.
( b' v' g, S: ^( @* C4 t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.
0 L2 a5 y, R, M/ O& F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
这就是你的错误所在，若(1)式有正整数解，则必有
      z-x=a^n，
, F5 f& r$ m* ~: p( i6 Z4 G9 B- P这样便有

3 ?! j. X1 }2 W7 @, n若(1)式有正整数解，(y,n)=1.则必有
   z-x=a^n，
6 U$ d: r4 }! M% b6 ]3 N8 J y=(ab)^n.
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
/ B" u- x8 m' u      z-x=a^n，
9 o% Z. ]! J+ F$ i这样便有
      y=(ab)^n
, K" D" p( |% Q: n# X0 _x,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：
  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。
5 h6 z$ a; x: M% R! Y) F

数学1+1

王德忱先生:
      对你的(2)式，若有
       z-x=a^n，y=(ab)^n，n>2
. ~$ `# u0 ?# q" q# h6 e) i, x     则无法推导出(3)式。

heilongwdc

谢芝灵网友：
0 n. w8 x! d, E* @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。
& F3 G5 X$ n( _. A
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
( X6 F5 x4 U0 g8 X( W
还有2008年后的修改证明：http://www.docin.com/p-90410117.html
8 H" f( d5 l: ^7 i* F- [; t; w/ a