费尔马1的费马大定理

lusishun

lusishun 发表于 2019-9-9 07:41
用公式求出在区间（1,2,3,4,5,6,7,8，............286）内，相差104的素数对的近似值：
解：（286-104）（ ...

可惜，182也不可以，我掉了一组（167,271），也不是，
谢谢，你提醒，又发现了漏掉。
比180大没有了.
我下步要确定最大的是哪一个数是不是154呢？

费尔马1

我知道1－1定理在以前是猜想。
老师您好:请您帮忙检查一下我的任意次幂的不定方程？还有分数数列？谢谢！

费尔马1

您好老师:
您没有读懂素数的来源与1－1定理，也没有看懂比尔猜想的证明。素数的来源其实就是整除、倍数问题，比尔猜想其实就是等积变形、幂的运算，互质、集合问题。这些问题我就不多说了，我也并不是强求你认可，只是对知识的责任。
朱老师您好:您的上个帖子的幂指数有等于2的，如果你想研究比尔猜想，就幂指数大于2。

discover

费尔马1 发表于 2019-9-10 07:37
您好老师:
您没有读懂素数的来源与1－1定理，也没有看懂比尔猜想的证明。素数的来源其实就是整除、倍数问 ...

我读懂了你的所谓定理要么是数学家的定理，要么是数学家的猜想。

费尔马1

请教老师，以前说是费马大猜想，到以后又说是费马大定理，费马大师的论断没有变，然而，这个论断的名称在不同的时代却是不一样，不同的人对这个论断的认可也是不一样的，这个事您怎么看待？
还有一个问题请教老师，您看我的比尔猜想的证明对吗？请老师指点！谢谢老师！

费尔马1

数学界有的人把费马大师看的一无是处，说费马根本没有证明，也有人说费马即使有证明，他的证明太简单，用纸太少，不一定正确。
这样看来，数学知识本来是纯理论，是受人尊重的，让那些出尔反尔的墙头草人物给弄的一塌糊涂了！老师您说是不是啊！

discover

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）
即c^z＝a^x+b^2a^（x－2）…………（四）

评论：用h＝a^（x－2）将a^2和b^2捆绑在一起，ha^2和hb^2必然不互素。而证明不捆绑时等式不成立，才是比尔猜想。

discover

abcd-efg
xujunjie228.blog.163.com  

【费尔马大定理】不定方程
x^n + y^n = z^n  ( 其中，x^n 表示 x 的 n 次方。其它的类似 )     (1)
在 n > 2 时，无正整数解。

【证明】假设 (1) 式有正整数解 x，y，z ，并且彼此互素。因为 z > y，
所以可设 z = y+a  ( a > 0 ) 。由 (1) 式，可有
x^n = ( y+a )^n -  y^n        (2)
把 (2) 式右端按 n 次方差公式展开，可有
x^n = [ (y+a) - y ] [ (y+a)^(n-1) + (y+a)^(n-2) y +
+ (y+a)^(n-3) y^2 + … + (y+a)^2 y^(n-3) + (y+a) y^(n-2) + y^(n-1) ]     (3)
因为 y+a > y，所以 (3) 式右端多项式中 n 个项之值，从左到右是逐项减小
的。把其中的值最大项 (y+a)^(n-1) 和 值最小项 y^(n-1)，分别乘以 na，可有
na (y+a)^(n-1) > x^n > na y^(n-1)      (4)
这样，根据 (4) 式，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)
分别把 (2) (5) 式右端按二项式公式展开，可有
x^n = C(n,1) a y^(n-1) + C(n,2) a^2 y^(n-2) + C(n,3) a^3 y^(n-3) +
+ C(n,4) a^4 y^(n-4) + … + C(n,n-1) a^(n-1) y + a^n          (6)
x^n = na [ y^(n-1) + C(n-1,1) k y^(n-2) + C(n-1,2) k^2 y^(n-3) +
+ C(n-1,3) k^3 y^(n-4) + … + C(n-1,n-2) k^(n-2) y + k^(n-1) ]       (7)
这里, C(u,v) = u ! / [ v ! (u- v) ! ]    ( v = 0，1，2，… ，u )                   (8)
因为 (6) (7) 式相等，并且其右端多项式中均有 n 个项，所以对于 y 来说，
两式相对应的各项系数和常数项，是分别相等的。因此，可有
....................................  
a^(n-2) = (n-1) k^(n-2)，a^(n-1) = n k^(n-1)                (10)

a^(n-2) = 2^(n-2) k^(n-2)，a^(n-1) = 2^(n-1) k^(n-1)                    (11)
因为(11) 式中各式所得之值，并不分别等于(10)式中相应各式之值，所以
要使 (10) 式中各式同时成立，只有在 a = 0 时才行 。这与假设 a > 0 相矛盾。
因此，费尔马大定理成立。

问题：一元多项式恒等条件不满足。

评论：两个一元多项式的值相等，这两个多项式未必恒等。值相等与恒等是两个概念。

abcd-efg

!!!!!!!!!!!!!

discover

abcd-efg 发表于 2019-9-18 12:09
discover网友，您好！
据我所知一个定理：如果两个一元多项式相等，当且仅当它们的对应系数相等。不知对否 ...

如果两个一元多项式相等，当且仅当它们的对应系数相等。
但如果两个一元多项式值相等，它们的对应系数未必相等。