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。
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。
# y& ]& s4 _9 U2 }, x3.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。
; e* r  `. m( z) ^" a  T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：
5 G  {) U  P' ?1 b6 i' Z0 _0 J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。
8 g; a+ A8 ]( M1.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。
8 F1 w4 n$ }$ S' q) Q, u; ?4 \n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
  s4 N7 l9 ]1 V: ~% w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。
+ i4 e2 @8 b9 f; d9 e$ h* |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。
: m4 X& u& {% V# g$ m2.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）。
5 Y, R) v; K; |) Z) W/ 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。
" T: j8 V5 Z! Y* d$ Q. a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。
8 k; q7 s% x  p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：
（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）。
$ R& i& e4 n1 _! M' t# b6 \& g（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）。
* \) N1 \  w" e; u$ {（3）当2x －y=0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得y= 2x。
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 F4 n- H5 F, f% H2 e8 I7 t% l2 G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。
- a/ G- @, k% S8 @/ B8 |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：
* Q3 n! j/ a2 \Z^5= x^5 + y^5=（x + y）（x^4 + xy^3－x^2y^2+ x^3y+y^4）
1 X' @: m1 w% b! n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。
3 s3 w5 `8 }% U, r证毕。

4 {' [, m# G0 s3 J                         2010年12月3日

（作者单位：四川省万源市太平镇。QQ号：516030331）
( N3 N4 j5 f. f2 `  B, u

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

- Q) \: \$ O: F& d2 B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 ...

9 W, J: G6 @5 c' p$ B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
  }& ~) K+ k& S" T0 h% z; ]8 V  M, B' L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 ...

（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。。。

: X# O; i2 _+ k6 J2 |9 u/ J用PrimeP（）i验验就OK了嘛，其实现在2012年了，那是1978的结论
; z4 i2 R; n! K+ _6 W) O$ j" J% Q% x2 W
3 H* |$ @" E5 @4 j8 B- K. G最新逼近1998年：