关于素数定理(质疑王元)

雪凌寒霜

那的看Л(x)具体是什么定义，我觉得这么简单的错误他应该不会犯

wapnr

会不会是印刷错误？

garfieldme

haiziqi521

哈哈 在记忆很重要

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。
  u! Z+ ?# Q; a, U9 M2 G+ ^* }用求根方法巧妙证明费马猜想
; d& k6 ~: L- a7 ]7 J: }6 o' v, a: o作者：刘孝强
一、费马猜想简介：
$ I& [- Q0 a" C- u0 F* d1.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。
2.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。
. p$ P" i7 R/ M4 y# I* 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：
3 z( [* i; M5 r4 q: t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。
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。
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）。
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。
0 s9 r9 a$ E: g- B( N- W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。
1 N+ R) Y5 v) e& U- V" \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：
  l" F  J9 U5 K! }7 J（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。
" P" X1 |  Z* M3 Z0 B0 e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。
& |6 r7 O* f1 S/ N: Z, Z# M$ j% y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：
Z^5= x^5 + y^5=（x + y）（x^4 + xy^3－x^2y^2+ x^3y+y^4）
+ N4 x% d% z9 k1 Q# D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。
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。
8 E& r6 G6 g+ C0 m1 k证毕。
0 u6 l% t+ n% p6 ?. W5 \
                         2010年12月3日
# z% C! k/ R+ N6 A, h
! A  ^6 t! K( M% V4 T（作者单位：四川省万源市太平镇。QQ号：516030331）
7 k3 b1 {( }, M, S1 {' Q0 [

飘香的荆叶

看不懂呀，看来我还要****呀

xieleimath

大傻8888888 发表于 2010-7-8 23:01
回复 数学1+1 的帖子
% M7 R* a% N% l- I- x
8 p7 ]$ t1 j- K$ l& e2 M& g8 }根据素数定理Л(x)~x/ln x，王元引用的是罗素的证明当x≧67时，Л(x)的值在x/(ln x ...

反正我没看懂那人理由的充分性。但由于本人才疏，所以求教一下，这个命题到底正确与否？

yinbaoli

liuxiaoqiang 发表于 2011-11-13 15:19
2 F& b$ A5 H4 Z) W* Q0 j, {/ r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。
$ T& c( w7 G2 S0 U, r用求根方法巧妙证 ...

; R5 ^5 C9 u- c2 |（x,y,z）=1,并不能得出：x,y同为奇数或一奇一偶这个结论吧……比如（2,2,1）=1

lz90s

目前像楼主那样不迷信，敢质疑的人快绝种了，一般都是知其然就算，悲啊

lilianjie

解析数论那麽难学。。。
0 E2 b/ c; W- v
用PrimeP（）i验验就OK了嘛，其实现在2012年了，那是1978的结论

1 C2 g* m/ Y8 m* a3 L1 B. d+ ]# k最新逼近1998年：