费尔马1的费马大定理

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费尔马1：老师们看看比尔文章

比尔猜想:对于c^z＝a^x+b^y
（一）当abc互质时，xyz无大于2的整数解；
（二）若xyz有大于2的整数解，则abc一定有公共质因数。
证明:在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，abcz为正整数，z>2，h为正有理数。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），仅当h＝a^（x－2）时方可，所以有，c^z＝（a^2+b^2）a^（x－2）
即c^z＝a^x+b^2a^（x－2）…………（四）
①若abc互质，则b^2a^（x－2）不是b的任何次幂，不是a的任何次幂，也不是其它正整数k的任何次幂（k与abc互质），即命题（一）；
②若b^2a^（x－2）＝k^y，则kac都含有a的分解因数，即命题（二）。
      在正整数集合中，每三个数组成一组分别代入（四）式，均符合命题（一）、（二），故，比尔猜想成立。

问题：
在正整数范围内，总存在公式，
c^z＝（a^2+b^2）h…………（三）
其中，abcz为正整数，z>2，h为正有理数。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），仅当h＝a^（x－2）时方可，所以有，c^z＝（a^2+b^2）a^（x－2）

不一定。
在（三）式中，要想在c^z中拿出a^x，（x为大于2的正整数），右边也可以a^2乘以h，b^2乘以H，
有c^z=a^2 h+b^2 H
当h=a^（x－2），b^2 H=d^y
c^z=a^x+d^y也可能成立，怎么排除这种可能？
因此，比尔猜想证明不成立。

abcd-efg

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定义：
如果在多项式f（x）与g（x）中，除去系数为0的项外，同次项的系数全相等，那么f（x）与g（x）就称为相等 。

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朱明君 发表于 2019-9-20 16:38
初等方法证明费尔马大定理
设:a≤b＜c, a+b>c, n≤a,
则a^n+b^n＜c^n

69楼:朱明君 初等方法证明费尔马大定理

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.

例：5<6<7,n≤5
则5^n+6^n＜7^n
n=1,5+6>7
n=2,5^2+6^2>7^2
5^n+6^n＜7^n?

n=3,5^3+6^3＜7^3
n=4,5^4+6^4＜7^4
n=5,5^5+6^5＜7^5
n=6,5^6+6^6＜7^6
从大于转为小于,转折点是n≥a?

a< b<c     n≤a
4+5>6,   
4^2+5^2>6^2
4^3+5^3>6^3
4^4+5^4<6^4

可见：结论只是特例，对a≤b＜c, a+b>c, n≤a不成立。

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discover 发表于 2019-9-23 16:20
定义：
如果在多项式f（x）与g（x）中，除去系数为0的项外，同次项的系数全相等，那么f（x）与g（x）就称 ...

由多项式相等的定义可知：除去系数为0的项外，同次项的系数全相等。而原文中的(2)(5)式推出系数全为0，已经不符合多项式相等的定义，也就是说(2)(5)式只是值相等。
如果认为(2)(5)式相等，必须有推导过程，然而原文没有。
若x^n = ( y+a )^n -  y^n ( a > 0 ,n>2 )  (2)，在 y+a 与 y 之间，必定存在一个数 k  ( a > k > 0)，使得
x^n = na ( y+k )^(n-1)     (5)
这一结论对任意y不成立，与x，y，z，a 是否为正整数无关，(2)(5)式不相等。

abcd-efg

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abcd-efg 发表于 2019-9-23 19:38
该文用反证法进行证明，是有先后顺序的，不能用后边的结论，来说前边的问题。
例如，(2)(5) 式的各项系 ...

反证法：假如(2)(5)式相等，费尔马定理成立。假如不相等呢？
问题的问题：怎么证明(2)(5)式相等？无法证明！

abcd-efg

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abcd-efg 发表于 2019-9-23 20:50
因为 (2)(5) 式均等于 x^n ，故而推得两式相等。…… 你还不明白？

两式相等是你的定义，不是数学上多项式相等的定义。(2)(5)式均等于x^n，推不出两式相等，也可以是多项式的值相等。如果推出两式相等，对于任意y两式都相等，但对任意y两式并不相等。

abcd-efg

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