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。
" L- ]* z, u( t- }! |" M; b! I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：
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。
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。
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。
8 J: N% i/ X  |' s; M& L二、求根方法证明费马猜想简介：
4 y/ t) m8 v2 P3 _* x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。
$ O3 K, G7 s& }8 F9 W- B0 K" f; [9 Nn = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
! m; ]9 v  M* H1 H8 q/ f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。
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：
' B* y, ~; p8 R) 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）。
. l$ z) i7 L$ \9 u: f% t9 ]（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）。
* M$ I6 U" i% f' P1 d$ l& U（3）当2x －y=0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得y= 2x。
& J  L; b9 @7 x, n5 ^- }' q/ t; @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。
4 x- F0 q3 ]" ]0 i9 Q  I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。
/ z& m2 G4 F6 \1 _8 T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）
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。
/ p7 N# ^) w$ [7 g- w  {& c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。
3 c3 G! V, R( D8 B
& L( @3 j8 f8 C" O                         2010年12月3日
2 k: ]' j  b5 X2 c5 D5 w' n. _
+ f  \6 j: S( p+ J& U6 W（作者单位：四川省万源市太平镇。QQ号：516030331）
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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
( g: ^1 P& a  m5 z) \5 G0 o# v回复 数学1+1 的帖子

+ \- C3 Q+ _. G/ e  V/ k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 ...

5 H0 Q. G2 w% @2 }0 r5 {" p0 H% n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
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。
' f* Q* O/ B. T7 Z用求根方法巧妙证 ...

; q" ?( ]+ [& V5 q4 T$ ^) k; e（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。。。

用PrimeP（）i验验就OK了嘛，其实现在2012年了，那是1978的结论

  `7 V% n, {& B) P; D; ~0 v9 L- W最新逼近1998年：