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证明费马大定理3x+1猜想和勾股数组通解公式

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发表于 2019-10-10 07:34 | 显示全部楼层 |阅读模式
本帖最后由 朱明君 于 2019-11-2 05:39 编辑

证明费马大定理
当n是大于2的自然数是,没有自然数的a、b、c能满足a^n+b^n=c^n 。a^2+b^2=c^2 如果a、b、c都是自然数我们可以有无限多的这样数组。有人就联想到这样的问题:有没有自然数组的a、b、c满足a^3+b^3=c^3呢?有没有自然数组的a、b、c满足a^4+b^4=c^4呢?(换句话说:当n大于2的自然数时)呢?

在费马定理中自然数组a,b,c按n=1,分为二类:
一,a+b≤c , 其中a≤b<c,   这一类的数组,当n>2时,已证明没有正整数等式解(证明从略);
二,a+b>c,   
     1,a+b>c, a^2+b^2=c^2,  其中a<b<c,     这一类的数组,当n>2时,已证明没有正整数等式解 (证明从略);
     2,  a+b>c, a^2+b^2>c^2,  其中a≥1,b≥c,   这一类的数组,当n>2时,已证明没有正整数等式解(证明从略);
     3,  a+b>c, a^n+b^n<c^n,  其中a≤b<c,     这一类的数组,当n≥2时,没有正整数等式解(证明如下)
设:a≤b<c, a+b>c, 其中从大于转为小于,转折点是n≤a.则a^n+b^n<c^n

以上数组函盖全部自然数组a,b,c,所以不存在有a^n+b^n=c^n,  (n>2)的解

自然数组a,b,c,即a+b>c,(其中a≤b<c的这类数组),从大于转为小于的转折点是由a≤b<c和n次方决定的,
从大于转为小于的转折点就是n≤a,

a+b>c, 其中a=b,b+1=c的数组, 从大于转为小于的转折点是n≤a,
a+b>(c+x),其中x≥1≤(c-3)的数组,从大于转为小于的转折点n<a,
(a-x)+b>c ,其中x≥1≤(c-3)的数组,从大于转为小于的转折点n<a,

(a+b)-c之差是1的数组,转折点n=2,
(a+b)-c之差是N的数组,转折点n≤N,       (其中N≥2)
(a+b)-c之差是1或2的这类数组,从大于转为小于,其转折点是n=2

以上数组覆盖全部自然数组a,b,c,所以不存在有a^n+b^n=c^n,  (n>2)的解

详解:

第一类,a+b≤c

证明:a+b=c

一,ac+bc=cc
    aa+bb<cc
  当n≥2时,方程中a<c,b<c,
   所以a^n+b^n≠c^n
  即左边两数之和始终小于右边之数

二,设x=a×[c^(n-1)-a^(n-1)],
       y=b×[c^(n-1)-b^(n-1)],
       n≥2,
  则a^n+x+b^n+y=c^n,
   即a^n+b^n<c^n.

三,设a≤b<c,a+b=c,n≥2,
   则a^n+b^n≠c^n


证明:,a+b<c

一,ac+bc<cc
    aa+bb<cc
  当n≥1时,方程中a<c,b<c,a+b<c,
   所以a^n+b^n≠c^n
  即左边两数之和始终小于右边之数

二,设a≤b<c,a+b<c,n≥2,
   则a^n+b^n≠c^n


第二类,a+b>c,

1, a+b>c,   a^2+b^2=c^2

证明:

一,a^2c+b^2c=c^2c
    a^2a+b^2b<c^2c
  当n>2时,方程中a<c,b<c,
   所以a^n+b^n≠c^n
  即左边两数之和始终小于右边之数

二,设x=a^2×[c^(n-2)-a^(n-2)],
       y=b^2×[c^(n-2)-b^(n-2)],
       n>2,
  则a^n+x+b^n+y=c^n,
   即a^n+b^n<c^n.

三,设a<b<c, a^2+b^2=c^2, n≥2,
   则a^n+b^n≠c^n


2, a+b>c,   a^2+b^2>c^2,   [其中a≥1,b≥c]

证明:

一,a^2c+b^2c>c^2c
    a^2a+b^2b>c^2c
  当n≥1时,方程中a≥1,b≥c,
   所以a^n+b^n≠c^n
  即左边两数之和始终大于右边之数


二,设a≥1,b≥c, a^2+b^2>c^2, n≥2,
   则a^n+b^n≠c^n


3,  a+b>c,a^n+b^n<c^n,   当n≥2时,没有正整数等式解
证明:
设:a≤b<c, a+b>c, n≤a,
则a^n+b^n<c^n
注:从大于转为小于,转折点是n≤a

4,  a+b>c, a^(n+1)+b^(n+1)<c^(n+1),  其中a≤b<c,     这一类的数组,当n≥2时,没有正整数等式解
设:a≤b<c, a+b>c, 其中从大于转为小于,转折点是(n+1)≤a.则a^n+b^n≠c^n

以上数组覆盖全部自然数组a,b,c,所以不存在有a^n+b^n=c^n,  (n>2)的解


证明3X+1猜想
整体整数中的任意1个偶数除以2的有限次方(即2的n次方),其结果都为奇数,所以只要证明整体整数中的任意1个奇数归1,就覆盖了全体正整数的归1。
奇数×3+1为发散,偶数除以2的n次方为n次收敛。
          {奇数×3+1}除以2^n[即2的有限次方],若n=1,下一步{奇数×3+1}升。
          {奇数×3+1}除以2^n[即2的有限次方],若n≥2,下一步{奇数×3+1}降。
          即发散1次,收敛1次,下一步{奇数×3+1}升。
          即发散1次,收敛≥2次,下一步{奇数×3+1}降。
在整体整数中的任意1个奇数归1的步骤中,{发散的次数之和}始终小于{收敛的次数之和},所以整体整数中的任意1个奇数经3X+1猜想有限步运算结果都为1。


朱火华勾股数组通解公式
这个公式是我研究出来的,解决了古今中外数学家勾股不分,ab不分的问题,
勾股定理的定义是短边为勾,长边为股,斜边为弦,即a<b<c,
设(x/2)^2=mn,其中x为≥4的偶数,
x<m-n,  x为勾=a,  m-n为股=b,  m+n为弦=c,
X>m-n,  x为股=b,  m-n为勾=a,  m+n为弦=c,
则a^2+b^2=c^2















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发表于 2019-10-22 16:17 | 显示全部楼层
朱老师,这是你的题:3,  a+b>c,a^n+b^n<c^n,   当n≥2时,没有等式解。
您的这个题设,n=1,2,3,……的时候,总是有a^n+b^n<c^n, 不用证明了,因为题设就设成不等号,所以永远不存在=号。老师们说是不是啊?

点评

谢谢程老师指点  发表于 2019-10-22 17:55
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 楼主| 发表于 2019-10-25 17:28 | 显示全部楼层
本帖最后由 朱明君 于 2019-10-25 09:31 编辑

4,  a+b>c, a^(n+1)+b^(n+1)<c^(n+1),  其中a≤b<c,     这一类的数组,当n≥2时,没有正整数等式解
设:a≤b<c, a+b>c, 其中从大于转为小于,转折点是(n+1)≤a.则a^n+b^n≠c^n

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 楼主| 发表于 2019-10-26 06:31 | 显示全部楼层
本帖最后由 朱明君 于 2019-10-25 22:36 编辑

证明3X+1猜想
整体整数中的任意1个偶数除以2的有限次方(即2的n次方),其结果都为奇数,所以只要证明整体整数中的任意1个奇数归1,就覆盖了全体正整数的归1。
奇数×3+1为发散,偶数除以2的n次方为n次收敛。
          {奇数×3+1}除以2^n[即2的有限次方],若n=1,下一步{奇数×3+1}升。
          {奇数×3+1}除以2^n[即2的有限次方],若n≥2,下一步{奇数×3+1}降。
          即发散1次,收敛1次,下一步{奇数×3+1}升。
          即发散1次,收敛≥2次,下一步{奇数×3+1}降。
在整体整数中的任意1个奇数归1的步骤中,{发散的次数之和}始终小于{收敛的次数之和},所以整体整数中的任意1个奇数经3X+1猜想有限步运算结果都为1。


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 楼主| 发表于 2019-11-2 13:36 | 显示全部楼层
朱火华勾股数组通解公式
这个公式是我研究出来的,解决了古今中外数学家勾股不分,ab不分的问题,
勾股定理的定义是短边为勾,长边为股,斜边为弦,即a<b<c,
设(x/2)^2=mn,其中x为≥4的偶数,
x<m-n,  x为勾=a,  m-n为股=b,  m+n为弦=c,
X>m-n,  x为股=b,  m-n为勾=a,  m+n为弦=c,
则a^2+b^2=c^2

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