“哥猜”(2a=p+p)的终结----关于“哥猜”的初等证明[原创]

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时势造人 发表于 2011-11-3 11:34
) c2 i) _) T2 s9 |8 l- Y1 ^证明以下的公式能否成立。
4 D5 j' y  G5 v8 z5 K! `. Y7 P
a×b－c×d－2=y .

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此乃伪命题，这需要证明么?希望多学习数学基础知识。

时势造人

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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。
用求根方法巧妙证明费马猜想
作者：刘孝强
一、费马猜想简介：
7 E% U2 |# g: c& Q) J6 _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。
" r$ s3 V6 C* D2.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。
3.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。
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。
) A2 ?" ?6 Y' C二、求根方法证明费马猜想简介：
. s4 m' ~0 ~! B1 O8 _' P; e/ H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。
1.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。
6 O- V. H! C5 x3 in = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
  \, f, i+ U* m+ D+ u  }1 h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。
3 `1 R7 c. @3 k+ W8 \5 y3 S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。
: Y5 m; Y; ~+ P2.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。
7 R* n4 ~" y6 k0 i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：
2 T+ v8 n$ z8 e) m5 H0 L7 F- M1 Mz^3 = x^3 + y^3=（x + y）（x^2 + y^2－xy）。
4 e* B1 S' H% H2 V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。
3 e$ m: J* ]: o& V1 f) s! Q& L+ m9 n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：
' P9 i+ P0 a4 J- Z2 `* e/ S（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。
9 S7 [$ l3 s* h9 r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。
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。
' K' J/ E( ^" Z7 J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：
! a) d3 _1 S" |% f" SZ^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。
' Y4 j9 i' ?* p( m% y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。

                         2010年12月3日
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* A6 c9 [. O9 h0 d( L（作者单位：四川省万源市太平镇。QQ号：516030331）
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书生@数学

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书生@数学

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sdqdzhxg

liuxiaoqiang 发表于 2011-11-13 15:23
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。
9 C; G$ \8 g% y5 j- k- ?, i用求根方法巧妙证 ...

2 c1 [* j# Z( u  j0 c( E6 {这个思路有见的，值得商榷。

Y.l.Z

怎么看呀？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？

sdqdzhxg

感谢关注，

sdqdzhxg

Y.l.Z 发表于 2012-1-28 11:05
怎么看呀？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？

谢谢光临,希望多多交流.