费马大定理的初等巧妙证明(完全版)

费马大定理的初等巧妙证明(完全版)
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费马大定理的初等巧妙证明(完全版)

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费马大定理:一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。即不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。

证明: 当n=2时,有 222y x z +=

∴ ))((222y z y z y z x +-=-= (1)

设 22)(m y z =- 则 22m y z += 代入(1)得

222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=

∴ ml x 2= 22m l y -= 22m l z +=

当n=3时,有 333y x z +=

∴ ))((2

2333y zy z y z y z x ++-=-= (2)

设 323)(m y z =- 则 323m y z +=代入(2)得

][23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +?+=)33(36332233m y m y m ++=

设 363322)33(l m y m y =++ (3)

则 ml x 3= (4)

323m y z += (5)

若z,y 的公约数为k,即 (z,y)=k ,k>1时,方程333y z x -=两边可以除以3k ,下面

分析k=1 即(z,y )=1 , 方程333y z x -=的正整数解

因为(z,y )=1,分析(2),(3),(4),(5)式,只有m,l 为正整数时,x,y,z 可能有正整数解,由(3)得

)33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+ (6)

∵ y, m, l 都取正整数,

∴)3(32m y y +< )33()3(4

2222m l m l m l ++<-

∴ )33(4222m l m l y ++≠

∴ y 没有形如y )33(4222m l m l ++=的正整数解。

又∵(6)式左边分解为y 和y 的(3-2)次式,右边分解为)3(2m l -和l 的(3-1)次式,且y, m, l 都取正整数,如果y=)3(2m l -,则)33(3422232m l m l m y ++<+,如果)33(3422232m l m l m y ++=+,则y>)3(2m l -.

∴)33(3)3(4

222322m l m l m y m l y ++=+-=和不能同时成立

∴ y 没有形如)3(2m l y -=的正整数解

若 )3(2m l -=ab , )33(4222m l m l ++=cd (a,b,c,d 为正整数)可得相应方程组

?????=+-==bcd m y m l a y 32233或?????=+-==abd m y m l c y 32233或?????=+-==bd m y m l ac y 32233这些方程组里的m, l 没有正整数解,若有正整数解,则与y 没有形如)3(2m l y -=或)33(4222m l m l y ++=的正整数解矛盾。

又 ∵ )3(2m l y -=在m, l 取正整数的条件下,y 可取到任意正整数

∴ y 没有正整数解。

∴ 当n=3时,方程333y x z +=无正整数解。

当n>3时,n n n y x z +=

∴ ))((1221----++++-=-=n n n n n n n y zy y z z

y z y z x (7) 令 n n m n y z 1)(-=- 则 n n m n y z 1-+=代入(7)得

))((1221----++++-=-=n n n n n n n y zy y z z y z y z x

][())()()12121111--------+++++++=n n n n n n n n n n n n y y m n y y m n y m n y m n

++++++=------211112121111)(n n n n n n n n y m n

c c c c ny m n [ +++++++---- 32)1(222232221)(n n n n n y m n

c c c c ]n n n n n n n n n n n n n n m n c y m n c c )1()1)(1(11

)2()1)(2(2221)(------------+++ ++++++=------211111212111)(n n n n n n n n y m n

c c c c y m n [

+++++++----- 321)1(222232221)(n n n n n y m n

c c c c ]n n n n n n n n n n n n n n m n

c y m n c c )1(1)1)(1(11)2(1)1)(2(2221)(--------------+++ 设++++++------211111212111)(n n n n n n y m n

c c c c y [ +++++++----- 321)1(222232221)(n n n n n y m n

c c c c ]n n n n n n n n n n n n n n m n

c y m n c c )1(1)1)(1(11)2(1)1)(2(2221)(--------------+++ n l = (8)

则 ml x 3= (9)

n n m n y z 1-+= (10)

若z,y 的公约数为k,即 (z,y)=k ,k>1时,方程n x n y z x -=两边可以除以n k ,下面分

析k=1 即(z,y )=1 , 方程n x n y z x -=的正整数解

因为(z,y )=1,分析(7),(8),(9),(10)式,只有m,l 为正整数时,x,y,z 可能有正整数解,由(8)得

++++++--------121111

12121111)(n n n n n n y m n c c c c y y [ +++++++------ 1321)1(222232221)(n n n n n y m n

c c c c ]n n n n n n n n m n c c )2(1)1)(2(2221)(--------++

))(()1)(1()2)(1()1(2)2(23122112-------------++++-=n n n n n n n n n n n n n m n m n l m n l l m n l (11) 简记为 y f(2-n y )=)3(12---n n m l F(1-n l )

∵ y, m, l 都取正整数。

∴y< f(2-n y ) )3(12---n n m l

∴ )()1)(1()2)(1()1(2)2(231221-----------++++≠n n n n n n n n n n n m n m n l m n l l y = F(1-n l )

∴ y 没有形如y= F(1-n l )的正整数解。

又∵(11)式左边分解为y 和y 的(n -2)次式,右边分解为)(12---n n m n

l 和l 的(n -1)次式,且y, m, l 都取正整数,如果y=)(12---n n m n

l ,则f(2-n y ))3(12---n n m l

∴)(12---=n n m n l y 和f(2-n y )=F(1-n l )不能同时成立。

∴ y 没有形如)(12---=n n m n

l y 的正整数解。 若)3(12---n n m l =ab , F(1-n l )=cd (a,b,c,d 为正整数)可得相应方程组

?????=-==---bcd y f m n l a y n n n )(212或?????=-==---abd y f m n l c y n n n )(212或?????=-==---bd

y f m n l ac y n n n )(212这些方程组里的m, l 没有正整数解,若有正整数解,则与y 没有形如)(12---=n n m n

l y 或y= F(1-n l )的正整数解矛盾。

又 ∵ )(12---=n n m n l y 在m, l 取正整数的条件下,y 可取到任意正整数

∴ y 没有正整数解。

∴ 当n>3时,方程n

n n y x z +=无正整数解。

定理得证。

费马猜想之证明.

费马猜想之证明 景光庭 引言:20世纪60年代初,笔者首次接触“费马猜想”。在以后的岁月中,笔者断断续续地研究它。直至1992年,才有机会在《潜科学》上相继发表过三篇论文,这次是最终的证明。 虽然美国数学家怀尔斯因发表论证“费马猜想”的文章,并于1997年荣膺国际上的沃尔夫斯克尔数学大奖,但并没有推开蒙在世界数学家心头上的阴云。笔者曾通过《美国教育交流中心》向怀尔斯寄去了总长仅一页的论文复印件,并明确指出,他在证明中将“费马方程”转化为椭圆曲线,而笔者转化为抛物线,这是不能共存的。何况笔者的转化过程,浅显得连中学生都能读懂,无懈可击,百分之百的正确。怀尔斯巨著难道不是沙滩上的一座摩天大厦?我也向德国马克斯普朗克研究所的学者法尔廷斯寄去了论文复印件,亦表述了上述观点,因为他是少数几个通读怀尔斯论文,并唯一肯定和帮助怀尔斯将论文从二百多页化减到一百三十页的学者 。遗憾的是至今未复。 如果怀尔斯不屑回答一个业余数学爱好者提出的疑问,对他就是一个绝妙的讽刺,因为他以毕生精力研究攻克和使他一举成名的“费马猜想”提出者费马是律师,而不是法兰西学院的院士。恰恰相反,数学只是他的业余爱好。他与人交流数学心得,往往是在通信中进行的,并不象今天这样只有在学术界认可的刊物上发表的文章才能被专家认可。如果当年的学术界也对费马这样苛求,那么今天根本不存在什么“费马猜想”这个问题了。 定理:2>p P P P Z Y X =+ (1) 中,p 为奇素数,X ,Y ,Z 无正整数解。 证:假设X ,Y ,Z 均有正整数解。 令 X=x ,Z = x +a (a 为正整数), Y = y 0+a (y 0为正整数),约定(x ,y 0,a )=1 ,则有: p p p a x a y x )()0+=++( (2) 即: 0 (1) 12221101120221010=----++++--------x a c x a c ax c y a c y a c ay c y p p p p p p p p p p p p p p p (3) 不失一般性,可设1),(0≥=d y x 1),(,,11101===y x dy y dx x ,以d 除 (3)式, 并令:10-=p d b ,,2 1 1-=p p ad c b ……,1 11---=p p p p a c b , 于是:0 (11212111111) 1 110=----+++-----x b x b x b y b y b y b p p p p p p 11 1 123122111 1 211110............s y b x b x b x b x b y b y b p p p p p p p =++++= +++------- 11221111011.......----=----p p p p b y b y b y b x s 11231221111.......----=----p p p p b x b x b x b y s

费马大定理证明

【法1】 等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明 滕锡和 (河南鲁山 江河中学 邮编:467337) 摘 要: 由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系,寻找到一种费尔玛方程是否有正整数解 的充要条件,再由对此条件的否定,证明了费尔玛大定理,并且把费尔玛大定理与勾股定理有机地统一起来。 关键词: 完全+ Q 解;可导出+ Q 解;连环解 中图法分类号: 文献标识码:A 文章编号: 1 R +通解 本文所用数集:N ---自然数集,Q ---有理数集,R ---实数集。本文讨论不超出+R 的范围。 本文中方程n n n z y x =+及同类方程中的指数n ∈N ,以后不再说明。 引理1 方程 n n n z y x =+ (n ≥2) (1) 有N 解的充要条件是它有+ Q 解。 引理2 方程(1)n n n z y x =+(n ≥2)有N 解的充要条件是它有既约N 解。 这样,在以后的讨论中只需讨论+ Q 解及既约N 解的情形,可使过程简化。 引理3 方程(1)n n n z y x =+(n ≥2)有N 解的充要条件是方程 -1n n X Y = (n ≥2) (2) 有+ Q 解。 证明 充分性 如果方程(2)-1n n X Y =(n ≥2)有+ Q 解,设(v u v w ,)()u v w N ∈两两互素,,为其+ Q 解,则( v w )n -(v u )n =1,n n n w v u =+ 。于是方程(1)n n n z y x =+(n ≥2)有N 解()w v u ,,。 必要性 如果方程(1)n n n z y x =+(n ≥2)有N 解,设()w v u ,,() u v w N ∈两两互素,,

泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明

Pure Mathematics 理论数学, 2019, 9(8), 949-960 Published Online October 2019 in Hans. https://www.360docs.net/doc/af696807.html,/journal/pm https://https://www.360docs.net/doc/af696807.html,/10.12677/pm.2019.98121 Tait’s Conjecture Continue —The Proof of the Four-Color Theorem Wenzhen Han Jincheng Energy Co. Ltd., Jincheng Shanxi Received: Sep. 30th, 2019; accepted: Oct. 22nd, 2019; published: Oct. 29th, 2019 Abstract The four-color theorem also known as the four-color conjecture or the four-color problem is one of the world’s three largest mathematical conjecture. Although it has been proved on computer, which owes to its powerful computing ability, after all, it isn’t strictly reasoned mathematically. Lots of math enthusiasts devote themselves to studying the problem around the globe. In this pa-per, the new concepts of two-color dyeable continuous line are put forward. A new method is used to prove that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is equivalent to the 4-coloring of maximal graph points. It is also proved that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is in-evitably possible. Thus, a universal four-color coloring method for vertices of any maximal graph is given. Keywords Four Colors Enough, Two-Color Dyeable Continuous Line, 3-Regular Plane, Maximum Graph, Even Ring Elimination Method 泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明 韩文镇 晋城能源有限责任公司,山西晋城 收稿日期:2019年9月30日;录用日期:2019年10月22日;发布日期:2019年10月29日 摘要 四色定理,又称四色猜想、四色问题,是世界三大数学猜想之一。计算机证明虽然做了百亿次判断,终

费马大定理的初等证明

费马大定理的初等证明 倪晓勇 (中国石化仪征化纤短纤生产中心生产管理室,江苏 仪征211900) E-mail:nxyong.yzhx.@https://www.360docs.net/doc/af696807.html, 费马大定理:不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。 证明:一、当n=2时,有222y x z +=,所以))((222y z y z y z x +-=-=(1)。令22)(m y z =-,则22m y z +=,代入(1)得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=,所以ml x 2=, 22m l y -=,22m l z +=(x 、y 、z 、l 、m 都是自然数) ,显然x 、y 、z 有正整数解。 二、当n=3时,有333y x z +=,所以 ))((22333y zy z y z y z x ++-=-=(2)。令323)(m y z =-, 则323m y z +=,代入(2)得] [23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +?+=)33(36332233m y m y m ++=。 若方程333y x z +=有正整数解,则)33(63322m y m y ++为某自然数的三次幂,即 363322)33(l m y m y =++,所以 )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+,所以 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和,所以l -3m 2+32m 3=l 2+3m 2l +32m 4,所以l = l 2+3m 2l ,且32m 3=3m 2+32m 4,所以1=l +3m 2,3m=1+3m 2,所以 l +3m=2。因为l 和m 都是自然数,所以l +3m ≥4,所以l +3m=2不可能,所以当n=3时,333y x z +=无正整数解。 三、当n=4时,有z 4=x 4+y 4,所以x 4= z 4-y 4=(z -y )(z 3+z 2y+zy 2+y 3)(3) 。令(z -y )=43m 4,则z=y+43m 4,代入 (3) 得x 4= z 4- y 4=43m 4[(y+43m 4)3+(y+43m 4)2+(y+43m 4)y+ y 3]=43m 4 (4y 3+47m 8y+6×43m 4y 2+49m 12)= 44m 4(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12 ) 。 若方程z 4=x 4+y 4有正整数-解,则(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12)为某自然数的四次幂,即(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12) =l 4,所以y 3+46m 8y+6×42m 4y 2=l 4-48m 12 =(l 42m 3)(l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9),所以y =l -42m 3且y 2+46m 8+6×42m 4y =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9),所以(l -42m 3)2+46m 8+6×42m 4(l -42m 3) =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9),所以l 2-32m 3 l + 44m 6 + +46m 8+6×42m 4(l -42m 3)=l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9),所以 44m 6 +46m 8=6×44m 7+46m 9 ,l 2+6×42m 4l =l 3+l 242m 3+l (44m 6+32m 3),所以1+42m 2=6m+42m 3,所以l 2+l (42m 2-6m )+42m 3(42m 2-12m+5)=0。因为l 和m 都是自然数,所以l 2+l (42m 2-6m )+42m 3(42m 2-12m+5)>0,所

安德鲁怀尔斯的证明比我复杂一百倍

安德鲁怀尔斯的证明比我复杂一百倍 安德鲁怀尔斯的证明用了130页,并利用了连费马都没接触的理论来证明,充分说明他的证明并没有揭开费马所说的美妙证明的历史真相。真正理解费马原始思想的人是我。我只用了一页的版面通俗地透彻地严格地证明了这一结论。是真金还是铜大家可以验证。 揭开费马大定理真相 当整数n大于2时X n +Y n=Z n 没有正整数解。显然X、Y、Z都不会是零。 证明方法: 由于当n为大于2质数时证明X n +Y n=Z n 没有正整数解。与证明X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解道理一样。又由于当n=ab时X1 +X2n+X3n =0可写成(X1a)b+(X2a)b+(X3a)b=0; 因此只要证明当整数n为大于2的质数X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解,可类推X n +Y n=Z n 没有正整数解,而n=4没有整数解早已被人证明。现在我们需要证明当当n为大于2质数时X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解。 假设存在有整数解,会不会出现冲突呢,会的。 如果X1n+X2n+X3n =0存在有整数解,而n为大于2质数,因此必存: X1X2+X2X3+X3X1=d (d为整数更是有理数);X1X2X3=c(c为整数更是有理数)也就是说必存在这样的方程组; X1n+X2n+X3n =0 (1) X1X2+X2X3+X3X1=d (d为整数更是有理数) (2) X1X2X3=c(c为整数更是有理数) (3) 由方程组必可合成关于X的一元n次方程,又由于若X1=X2或X1=X3或X2=X3均不存在整数解,原因是2X1n+X3n=0没有非零整数解,因此倘若有非零整数解也只能是X1、X2、X3 互不相等。由于作为底的仅有X1、X2、X3且均要同时有理地合成为【f(X)】n 的形式现在的问其题在于,关于X的一元n次方程(n为质数)既要把未知数都配方成n次方内,又要表示出三个解的不相等。而d、b均为有理数,能做得到吗?做不到的,我们知道,当n 为质数时若将方程有理化成【f(X)】n =P;只能反映有一个实数解,其他是虚数解。说明X1、X2、X3取有理数解是不相容的。更谈不上整数解。也就是说要符合费马所规定条件的方程是不存在,因此我的假设是不成立的。 由于当n为大于2质数时证明X n +Y n=Z n 没有正整数解。与证明X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解道理一样。 当n为合数时,n可分解成质因素,可将一个质因数写成括号外的方次来证明,如果n 只含质因素2,n必可写成4m的形式,可当成4次方程来证明。而n=4时,费马本人已证明。至此费马定理证明完毕。

四色猜想的证明

四色猜想的证明 吴道凌 (广东省广州市,510620) 摘要:四色猜想至今未得到书面证明。根据其定义的国家概念和着 色要求,揭示了无限平面或球面上任意国家及其邻国的构成和着色规 律,从而给四色猜想一个书面证明。 关键词:四色;猜想;证明;国家;着色 中图分类号:O157.5 文献标识码:A 1852年,英国学者弗南西斯·格思里(Francis Guthrie)提出,“每幅地图都可以用四种颜色着色,使得有共同边界的国家着上不同的颜色”,这就是后来数学上著名的四色猜想。对此猜想,一百多年来曾有无数学者予以研究,但人工验证均无功而返。1976年,美国数学家阿佩尔(Kenneth Appel)和哈肯(Wolfgang Haken)利用电子计算机,作了大量判断,对四色猜想进行了机器证明,但这一证明不能由人工直接验证,人们必须对计算机编译的正确性以及运行这一程序的硬件设备充分信任,因此并不被人们普遍接受。 本文拟根据四色猜想定义的国家概念和着色要求,研究无限平面或球面上国家的构成及其着色规律,寻找对四色猜想的书面证明。 1 四色猜想相关定义及表述方法 四色猜想所指的国家,是指连续的区域,可为单连通区域,也可为多连通区域,不连续的区域不属一个国家。共同边界指相邻国家有无数个共同点,四个或四个以上的国家不交于一点,或者说,这种交点不认为是共同边界, 只有这种交点的国家不需区分着色。 四色猜想并未限制地图范围,地图可定义在球面或无限平面 上。在球面上的任何国家,将存在一个外边界,由一条简单闭曲线 构成,在无限平面上的国家,一般也由一条简单闭曲线构成外边界, 个别国家也许在某些区间不存在边界(即区域无限延伸),其外边 界将由若干段曲线构成,对于这种情况,我们可在其无限远处虚拟 若干个国家若干段边界,与实在的若干段边界构成一条简单闭曲线 边界,这种做法实际上提高了这些国家的着色要求,因此不影响本 命题的论证。如为单连通区域,国家里边将不存在内边界,如为多 连通区域,国家里边将存在若干由简单闭曲线构成的内边界。因此,为使命题具有普遍性,把国家定义为具有一个外边界和若干内边界的区域,每 一边界均为该国与若干邻国的共同边界构成的简单闭曲线,如图1 示。下面把构成一条这种共同边界闭曲线的若干邻国称为一个邻国 圈。 用小圆圈表示邻国,两国相邻时,用线条连接两个小圆圈, 一个邻国在共同边界多处出现时,各处分别用小圆圈表示,并用线 条连接各处表示连通。把一个国家表示为由其若干邻国圈构成的闭 合圈围闭的区域,如图2示。其中,外闭合圈之外,一些邻国可能 跨越闭合圈上的一个或多个邻国与其它一个或多个邻国相邻,一些 邻国也可能多处出现在闭合圈上,这些情况将使闭合圈外存在若干

简洁破解四色猜想——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明——

简洁破解四色猜想 ——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明—— 李传学 四色猜想与费马猜想、哥德巴赫猜想,是数学界三大难题。本文利用“1+3”、“3+1”链锁思维方式,并结合计算机逻辑判断方式,给予地球四色猜想的有、且只有数学方法与应用方法的两种证明。并在实践中,使链锁着色,直至组成四色猜想的(△)网状平面整(总)体地图。 一、四色猜想简洁证明的提出。 随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现,极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。1976年6月,美国哈肯与阿佩尔编制程序,利用1200个小时,分别在两台计算机上,作了100亿次判断,终于完成了四色猜想的证明。到目前为止,仍是世界上唯一被认可的证明方法。但是,由于计算机证明方法过程深长,不符合人的逻辑思维判断过程,缺乏简洁性,无法令人信服。 二、“四色”是地球“四方八位”的客观存在。 “四方八位”是个动态概念,存在于“天、地、人合一”的地球万物运动的整个过程中。同样,数学界三大难题之一的四色猜想,也离不开这一客观规律。 地球,蕴育了万物。天圆地方、“四方八位”、四面八方、东西南北、五湖四海是人类认识地球的思维方式。远在史前人类整体文明时期,就有文物记载了地球上有关“四方八位”的许多概念。如半坡人鱼盆、人网盆、含山玉版、澄湖陶罐、八角星陶豆、良渚陶璧、古埃及金字塔,以及其他图形、符号记载的伏羲八卦图、彝族八卦图、河图、洛书、五行属性,也都应用了“四方八位”概念。 四色绚丽的地球生生不息,是“天人合一”的赋予。地球的天圆地(四)方是阴阳学说的核心和精髓,又是阴阳学说的具体体现,具有朴素的辩证法色彩,是古代人类认识世界的思维方式。 阴阳五行中的五色、四方位:即,木有青、东,金有白、西,火有红、南,水有黑、北,土有黄、中,以及罗盘定位、经纬仪、四季、纳米四大光波(红、蓝、绿、黄)、四色光谱仪都与地球上的“四方八位”寓意紧密相关。当然,“四色猜想”也不例外,也只能有、且只有在地球图上的客观存在。 三、四色猜想的数学语言定义。 任何一张平面地图,只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家,着上不同颜色,称之为四色猜想。 四色猜想的数学语言定义:将平面任意地细分为不相重叠的区域,每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来进行标记,且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。这里的相邻区域,是指有一整段(非点)边界是公共的边界(注:据网络“科普中国”)。 四、四色猜想的数学证明。

费尔马大定理及其证明

费尔马大定理及其证明 近代数学如参天大树,已是分支众多,枝繁叶茂。在这棵苍劲的大树上悬挂着不胜其数的数学难题。其中最耀眼夺目的是四色地图问题、费尔马大定理和哥德巴赫猜想。它们被称为近代三大数学难题。 300多年以来,费尔马大定理使世界上许多著名数学家殚精竭虑,有的甚至耗尽了毕生精力。费尔马大定理神秘的面纱终于在1995年揭开,被43岁的英国数学家维尔斯一举证明。这被认为是“20世纪最重大的数学成就”。 费尔马大定理的由来 故事涉及到两位相隔1400年的数学家,一位是古希腊的丢番图,一位是法国的费尔马。丢番图活动于公元250年前后。 1637年,30来岁的费尔马在读丢番图的名著《算术》的法文译本时,他在书中关于不定方程 x^2+ y^2 =z^2 的全部正整数解这页的空白处用拉丁文写道:“任何一个数的立方,不能分成两个数的立方之和;任何一个数的四次方,不能分成两个数的四次方之和,一般来说,不可能将一个高于二次的幂分成两个同次的幂之和。我已发现了这个断语的美妙证法,可惜这里的空白地方太小,写不下。” 费尔马去世后,人们在整理他的遗物时发现了这段写在书眉上的话。1670年,他的儿子发表了费尔马的这一部分页端笔记,大家才知道这一问题。后来,人们就把这一论断称为费尔马大定理。用数学语言来表达就是:形如x^n+y^n=z^n的方程,当n大于2时没有正整数解。 费尔马是一位业余数学爱好者,被誉为“业余数学家之王”。1601年,他出生在法国南部图卢兹附近一位皮革商人的家庭。童年时期是在家里受的教育。长大以后,父亲送他在大学学法律,毕业后当了一名律师。从1648年起,担任图卢兹市议会议员。

“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)

“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿) 求证:当正整数n>2时不定方程z n = x n + y n没有正整数解。 证明:因为不定方程z n = y n + x n有正整数解则( kz )n = ( kx )n + ( ky )n(k为正整数)也有正整数解,各倍数解组中必有一组为最小的正整数,所以假设( x ,y ) = 1使z n = y n + x n (1) 正整数等式成立。 依据约数分析法○1将(1)式变形为z n – x n = y n左边进行因式分解: ( z – x ) (z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z + x n-1) = y n (2) 由(2)式,因为z>x等式左边为两个正整数之积,所以等式右边y n 亦分解为两个正约数之积,设正整数y n = CD得两个―约数式‖和―余约数式‖: z –x = C (3) z n-1 + xz n-2 + ... + x n-2z + x n-1= D (4) 判断(3)式、(4)式确定成立的正整数等式是否成立便可证明费马猜想。 分析(3)式、(4)式,对于正整数z、x所决定y n的C、D两个约数,存在互质或不互质两种情形:即(C ,D)= 1或(C ,D)>1。 当(C ,D)= 1时,根据引理○2确定正整数C = c n、D = d n,y = cd,由(3)式(4)式得: z –(x + c n)= 0 (5) z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z +(x n-1– d n)= 0 (6) 并同时用计算的方法:同理以x n为约数设x n = (st)n可得z –(y + s n)= 0,x + c n = y + s n,x – y= s n– c n,―x –y‖是确定的整数,由此计算得到c n、s n从而确定y n分解c n及d n是满足(2)式约数分解使(5)式、(6)式为确定的正整数等式。 当(C ,D)>1时,由(4)式: D = z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 + x3z n-4 + x4z n-5 +x 5z n-6+ … +x n-2z + x n-1 = z n-2(z – x)+2xz n-3(z – x)+3x2z n-4(z – x)+ … +(n-1)x n-2(z – x)+ nx n-1

费马大定理的美妙证明

费马大定理的美妙证明 成飞 中国石油大学物理系 摘要:1637年左右,法国学者费马在阅读丢番图(Diophatus)《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。” 0、费马大定理: 当n>3时,X n +Y n=Z n,n次不定方程没有正整数解。 1、当n=1,X+Y=Z,有任意Z≥2组合的正整数解。任意a.b.c;只要满足方程X+Y=Z;a,b.c 由空间平面的线段表示,有 a b c 可见,线段a和线段b之和,就是线段c。 2、当n=2,X2+Y2=Z2,有正整数解,但不任意。 对于这个二次不定方程来说,解X=a,Y=b,Z=c,在空间平面中,a,b,c不能构成两线段和等于另外线段。 又因为,解要满足二次不定方程,解必然a+b>c且c>a,b。 可以知道,二次不定方程的解,a,b,c在空间平面中或许可以构成三角形, B c A 根据三角形余弦定理,有 c2=a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)

此时,a,b,c,即构成了三角形,又要满足二次不定方程X2+Y2=Z2 ,只有当且仅当ɑ=900,cosɑ=0,a,b,c构成直角三角形时c2=a2+b2,既然X=a,Y=b,Z=c,那么二次不定方程X2+Y2=Z2有解。 3、当n=3,X3+Y3=Z3,假设有正整数解。a,b,c就是三次不定方程的解,即X=a,Y=b,Z=c,a+b>c,且c>a,b。 此时,a,b,c也必构成三角形, B A 根据三角形余弦定理,有 c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π) 因为,a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的正整数解,cosɑ是连续函数,因此在[-1,1]内取值可以是无穷个分数。根据大边对大角关系,ɑ角度取值范围(60o,180o),由此我们cosɑ的取值分成两部分,(-1,0]和[0,?)范围内所有分数;而a+b>c,且c>a,b, 1、当cosɑ=(-1,0],三角形余弦定理关系式得到, c2 = a2+b2+mab m=[0,1)内正分数; 等式两边同乘以c,有 c3 = a2c + b2c + mabc 因为c>a,b,那么 c3 > a3+ b3 2、当cosɑ=?,三角形余弦定理关系式得到, c2 = a2+b2-ab 等式两边同乘以a+b,有 (a+b)c2 = a3+ b3 又因为a+b>c, 所以,c3 < a3+ b3 (根据三角形大角对大边,c>a,b,即ɑ不可能等于600) 那么,cosɑ=[0,?)时,更加满足c3 < a3+ b3 既然,a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的解,又a3+ b3≠ c3, 那么,X3+Y3≠Z3,得到结果与原假设相矛盾,所以,假设不成立。 即,n=3时,X3+Y3=Z3 ,三次不定方程没有正整数解。 4、n>3, X n +Y n=Z n,假设有正整数解。a,b,c就是n次不定方程的解,即X=a,Y=b,Z=c,a+b>c,且c>a,b。此时,a,b,c构成三角形,根据三角形余弦定理有,

我用概率证明了费马大定理

我用概率证明了费马大定理 章丘一职专马国梁 1637年,法国业余数学家费马在一本著名的古书——丢番图的《算术》中的一页上写了如下一段文字: “分解一个立方为两个立方之和,或分解一个四次方为两个四次方之和,或更一般地分解任一个高于二次方的幂为两个同次方的幂之和均不可能。对此我发现了一个奇妙的证明,但此页边太窄写不下。” 用数学语言表达就是说,当指数n > 2时,方程x^n + y^n = z^n 永远没有整数解。这就是著名的连小学生都能看懂的费马猜想。 可是在这个猜想提出后,那个重要的“奇妙证明”不论在费马生前还是死后始终没有被人见到,且后人也再没有找到,所以人们怀疑那个证明根本就不存在或者是在什么地方搞错了。费马生前只是证明了n = 4 的情况;直到1749年,才被欧拉证明了n = 3 的情况。 这个猜想看上去是如此的简单,让局外人根本无法想象证明它的艰难,所以曾经让不少人跃跃欲试。他们搜肠刮肚,绞尽脑汁,耗费了无数的精力。三百多年来,虽然取得了很大进展,显示了人类的智慧,但问题总是得不到彻底解决。直到1995年,才由英国数学家怀尔斯宣称完成了最后的证明。从此费马猜想变成了真正的“费马定理”。 对费马定理的证明之所以艰难,是因为在整数内部有着极其复杂微妙的制约机制,要想找到这些制约关系,必须深入到足够的程度进行细致的分析才行。所以三百多年来,虽然有不少数学大家还有广大业余爱好者不畏艰难,前赴后继,顽强奋斗,但怎奈山高路远,歧途太多,终归难免失败。 在这样的现实下,笔者明白自己也是局外之人,所以不可能去钻这个无底的黑洞。但是作为一种乐趣,我们不妨另外开辟一条渠道,进行旁证和展望。试用概率计算一下:看看费马猜想是否成立,又成立到什么程度。虽然这在数学界难以得到公认,但是我们歪打正着,乐在其中。因为对于决定性的现象,如果其决定因素和控制过程过于复杂,那么其结果是可以用概率理论进行推算的。 但是要证明费马猜想究竟应该从何处下手呢?对此笔者心中一直有一个强烈的直觉。 我们知道:当n = 1 时,x + y = z 可有无数组解。在正整数中,任何两个整数相加的结果必然也还是整数。 但是当n = 2 时,方程x^2 + y^2 = z^2 的解就没有那么随便了,它们必须是特定的一组组的整数。其组数大大减少。 而当n = 3 时,方程x^3 + y^3 = z^3 则根本就没有整数解了。那么其原因是什么呢? 对此笔者曾经思考了多年。但没想到只是在近几天才一下子开了窍,找到了问题的关键。原来是:指数越大,整数的乘幂z^n在数轴上的坐标点就越稀疏,从而使任意两整数的同次方幂之和x^n + y^n 落在坐标点上成为整数的可能性就越小。其概率是z^n 的导数的倒数。即每组x^n + y^n 能够成为整数的可能性只有 η= 1/[n z^(n-1)] = 1/ [n (x^n + y^n )^(1-1/n) ] 当x、y在平面直角坐标系的第一区间随意取值时,我们可以用积分的办法算出其中能够让z成为整数的组数。其公式为 N =∫∫ηdx dy =∫∫[(dx dy) / (n (x^n + y^n )^(1-1/n))] 因为在平面直角坐标系上,当z 一定时,由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是个正圆; 而由方程x^n + y^n = z^n 所决定的曲线则是一个近似的圆; 只有当n 趋于无穷大时,它的曲线才能成为一个正方形。 所以当n较小时,我们是可以把方程的曲线当作一个圆来处理的。这样以来,N的积分公式就变成了 N =∫[(0.5πz dz ) / (n z^(n-1))] ①当n = 1 时,由方程x + y = z 所决定的曲线是一条斜的直线。它在第一象限的长度是sqrt(2) z ,此时能够成为整数的概率是100%,即η= 1/[n z^(n-1)] = 1 所以N =∫sqrt(2) z dz = [1/sqrt(2)] z^2 即与z的平方成正比,这意味着在坐标系的第一象限中,遍地都是解。仔细想想这也可以理解。因为不论x还是y,都是可以取任意整数的;而正整数的数量是无穷多,所以它们的组合数将是无穷多的平方,为高一级的无穷多。 ②当n = 2 时,由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是一个正圆。在第一象限是一段1/4 的圆周,其长度是0.5πz ;此时η= 1/[2 z ] 所以N =∫(0.5πz dz / (2 z) ) = (π/4) z

《费马大定理》读后感800字

《费马大定理》读后感800字 费马大定理是17世纪法国数学家费马留给后世的一个不解之谜。即: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。 为证明这个命题,无数的大数学家们都在不懈努力,孜孜不倦的力求攻克。该问题的提出还在于毕达哥拉斯定理(在一个直角三角形中,斜边的平方等于两直角边的平方之和)的存在。而后欧拉用他的方式证明了x^3+y^3=z^3无正整数解。同理3的倍数也无解。费马也证明了n为4时成立。这样使得待证明的个数大大减少。终于在“谷山——志村猜想” 之后,被安德鲁·怀尔斯完全证明。 看过该书以后,一方面是对于费马大定理的证明过程的惊叹。这是一个如此艰辛的过程。阿瑟·爱丁顿爵士曾说,证明是一个偶像,数学家在这个偶像面前折磨自己。值得解决的问题会以反击来证明他的价

值。费马大定理的成功证明的实现在是它被提出后的300多年。经典数学的证明办法是从一系列公理、陈述出发,然后通过逻辑论证,一步接着一步,最后就可能得到某个结论。数学证明依靠这个逻辑过程,一经证明就永远是对的。数学证明是绝对的。也是一环扣一环的,没有索菲·热尔曼,柯西,欧拉等人在之前的研究,该定理并非能在个人的一次研究中就能得到证明。对于数学的研究是永无止境的。另一方面,我也认识到寻找一个数学证明就是寻找一种认识,这种认识比别的训练所积累的认识都更不容置疑。最近两千五百年以来,驱使着数学家们的正是这种以证明的方法发现最终真理的欲望。数学家有着不安分的想象与极具耐心的执拗。虽说当今计算机已经发展到一定地步了,它的计算速度再快,但是无法改变数学证明的需要。数学证明不仅回答了问题,还使得人们对为什么答案应该如此有所了解。 学数学能干什么?曾经也有学生这样问过欧拉,欧拉给他一些钱以后就让学生走了。培根也说过,数学使人周密。数学的证明最能培养严谨的态度。

证明四色猜想

证明四色猜想 本文用递推的方法,分别用点和线代替平面图形及平面图形相交,则三个平面图形两两相交时,构成一个三角形的封闭空间。通过讨论第四个点与此三角形的关系,简明地证明了四色猜想。 四色猜想最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的。高速数字计算机的发明,促使更多数学家对“四色问题”的研究。就在1976年6月,哈肯和与阿佩尔合在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上,用了1200个小时,作了100亿判断,终于完成了四色定理的证明。不过不少数学家并不满足于计算机取得的成就,他们认为应该有一种简捷明快的书面证明方法。直到现在,仍有不少数学家和数学爱好者在寻找更简洁的证明方法。 证明 将平面图形抽象极限成成点或线,当然在这一点或线的基础上可以任意发出一些线(这些射线可以任意扩展为面)。这些射线都属于这个点。 首先,A,B两个面相交看成点A发出的射线和点B发出的射线相遇于点Pab,如图1。第三点C要和A,B两两相交,则构成一个三角形ABC的封闭空间,如图2。 这时点D要和A、B、C两两相交则有两种情况: (1)D在ABC之内和ABC相交 当D和和A、B、C中任意两者相交都将构成新封闭三角形。第五点E继续相交时就和D与A、B、C相交的情况一样。 假设D和A,B,C分别相交于Pad,Pbd和Pcd。Pbd在P到B点间,Pad 在Pac到A点间,Pcd在Pac到C点间。这样即使A,B,C内部还有剩余空间也被分成了3部分如图3。尽管这三个图形不一定都是三角形但都是封闭的,都可以简化成三角形。所以无论第五点E在哪部分都是点与三角形关系。(见图3) (2)D在ABC之外和ABC相交 D可以完全将ABC包围或者将ABC一部分包围。但无论怎样ABC三者至少有一者完全在D的图形内。 若D将ABC一部分包围。那么ABC至少有一点完全被D包围。如图5 若E在D外就不能和A、B同时相交。

费马大定理的3次、4次不可能的证明

A 试证:试证:x x 4+y 4=z 4在xy xy≠ ≠0时无整数解。证:假设原命题成立,则有: z 4-x 4=(z -x)(z 3+z 2x+z x 2+x 3)=(z -x)(z +x)(z 2+x 2)=y 4由x 、y 、z 都是大于0的正整数,所以有z >x 得:得:z z -x -x<<z +x +x< <z 2+x 2(其中若z +x +x≥≥z 2+x 2,则x(1-x)x(1-x)≥ ≥z (z -1)负数大于正数,不成立。)分两种情形讨论: ①y 是质数,得:是质数,得:y=z y=z -x y=z +x y 2=z 2+x 2由前两式得x =0(不成立)②y 是合数,得:是合数,得:(z (z -x)a=y (z -x)b=y z 2+x 2=aby 2稍微变换一下就可以得到:((a a 2b 2-1-1) )z 2=(a 2b 2+1)x 2即:即:a a 2 b 2-1=k 12a 2b 2+1=k 22但是在整数里,但是在整数里,m m 2-n 2≠1。故这种情形不成立。∴x 4+y 4=z 4在xy xy≠ ≠0时无整数解。B 试证:试证:x x 3+y 3=z 3在xy xy≠ ≠0时无整数解。证:假设原命题成立,则有: z 3-x 3=(z -x)-x)( (z 2+xz +x 2)=y 3>0则有:则有:z z >x z 2+xz +x 2>z -x 分两种情形讨论: ①y 是质数,得:是质数,得:y=z y=z -x y 2=z 2+xz +x 2即:即:z z 2+xz +x 2=y 2=(z -x)2整理得到:整理得到:xz xz =-2xz (不成立不成立) )②y 是合数,则有:是合数,则有:(z (z -x)a=y z 2+xz +x 2=ay 2整理得到:((a a 3-1-1) )z 2-(a 3+1)xz +(a 3-1)x 2=0若z 有解,需有解,需△≥△≥△≥00即:即:a a 3≤3由于a 是大于0的正整数,故a =1即:即:z z -x=y 回到第回到第① ①种情形,结果仍是不成立。 ∴x 3+y 3=z 3在xy xy≠ ≠0时无整数解。另外根据我的推到出勾股方程的满足条件或生成方法是: ((e 2-f 2)/2)2+(ef)2=((e 2+f 2)/2)2 其中e 、f 取大于0的同时为奇或偶的正整数(的同时为奇或偶的正整数(e e ≠ f )但是我在一本介绍数论的书上看到已经被人家找出来,只是形式和我的有点差异。故我通过上述方法找到了勾股方程成立的充足理由,及同样找到了其满足条件。乐哉!

四色定理的简单证明

四色定理的简单证明 虽然现在已经有不少人用不同方法证明出了四色定理,但我认为四色定理的证明还是有点复杂,所以给出以下证明。(注:图形与图形的位置关系可分为相离、包含、内向接、内向切、外向接、外向切,在此文中由于题意关系不妨重新分为以下关系:1 把包含、内向接、内向切,统一划分为包含关系。2 把外向接单独划分为相接关系。3把相离、外相切统一划分为相离关系。) 此证明过程中把图的组合形式按照其位置关系而抽离出了以下四种基本有效模式: 1 若要存在只需用一种颜色便能彼此区分开来的地图,则该图中所有图形必定满足彼此相离。如下图: 图(1) 分析:这是最简单的一种图形关系模式暂且称为模式a。 2 若要存在只需用两种颜色便能彼此区分开来的地图,则该图中的所有图形必定满足最多只存在两个图形的两两相交的图形。各种有效图形关系如下图:

图(2) 分析:两个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之一。由于图(1)存在包含关系,被包含的图形是对外部无影响的,所以图(1)仍属于模式a。所以两个图形的两两相交只有图(2)的相交关系模式的图形有效的,我们暂且称之为模式b。 3 若要存在只需用三种颜色便能彼此区分开来的地图,则给图中所有图形必定满足最多只存在三个图形的两两相交图形。各种有效图形关系如下图: 图(3) 分析:三个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之一。由于图(2)属于存在包含关系,同理整体回归于模式a。所以三个图形的两两相交只有图(1)的相接关系模式的图形是有效图形模式,我们暂且称之为模式c。 4 若要存在只需用四种颜色便能彼此区分开来的地图,则给图中所有图形必定满足最多只存在四个图形的两两相交图形。各种有效图形关系如下图: 图(4)

费马大定理的证明

学院 学术论文 论文题目:费马大定理的证明 Paper topic:Proof of FLT papers 姓名 所在学院 专业班级 学号 指导教师 日期 【摘要】:本文运用勾股定理,奇偶性质的讨论,整除性的对比及对等式有解的分析将费马大

定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p 时方程n n n x y z +=无解。 【关键字】:费马大定理(FLT )证明 Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution. Keywords: Proof of FLT (FLT) 引言: 1637年,费马提出:“将一个立方数分为两个立方数,一个四次幂分为两个四次幂,或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂,这是不可能的。”即方程 n n n x y z +=无正整数解。 当正整数指数n >2时,没有正整数解。当然xyz=o 除外。这就是费马大定理(FLT ),于1670年正式发表。费马还写道:“关于此,我确信已发现一种奇妙的证法,可惜这里的空白太小,写不下”。[1] 1992年,蒋春暄用p 阶和4n 阶复双曲函数证明FLT 。 1994年,怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT ,但是他的证明明显与费马设想的证明不同。 据前人研究,任何一个大于2的正整数n ,或是4的倍数,或是一个奇素数的倍数,因此证明FLT ,只需证明两个指数n=4及n=p 时方程没有正整数解即可。方程 444x y z +=无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。方程 n n n x y z +=无正整数解,n=3被欧拉、高斯所证明;n=5被勒让德、狄利克雷所证明;n=7被拉梅所证明;特定条件下的n 相继被数学家所证明;现在只需继续证明一般条件下方程n n n x y z +=没有正整数解,即证明FLT 。[2] 本文通过运用勾股定理,对奇偶性质的讨论,整除性的对比及对等式有解的分析证明4n =,n p =时n n n x y z +=无正整数解。

四色定理证明

四色定理的证明 一、四色定理的介绍 地图四色定理最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的。 四色问题的内容是:“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。”用数学语言表示,即“将平面任意地细分为不相重叠的区域,每一个区域总可以用1,2, 3,4这四个数字之一来标记,而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。”这里所指的相邻区域,是指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点,就不叫相邻的。因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。1976年美国数 学家阿佩尔与哈肯宣告借助电子计算机获得了四色定理的证明,又为用计算机证明数学定理开拓了前景。 二、四色定理的证明 通过四色定理的介绍,我们可以知道如果两个图形相邻,则需要用不同的颜色将它们区分。反之,若两个图形不相邻则可以用一种颜色。由此得出,如果一张地图不能用四种颜色将它们分开,则必然存在五个两两相邻的图形。所以,只需证明是否存在五个两两相邻的图形即可。 1.把一个图形X 分成2个小图形的情况共有两种。分别如下: 图 2 说明:a.图形X 的选取是任意的(在这里举的是一个圆)。 b.将图1的分法叫线切法,点M,N 为交点,其特点是两个图形都只共用自己的一部分 边界。将图2的分法叫内取法,其特点是其中一个图形所有边界与另一个图形共用。内取法的性质是里面的图形B 只能与图形A 相邻,称图形B 为内取图形。 2.将一个图形X 分成3个小图形的情况共有6种,方法是先把一个图形分成两个,再把其中 一个分成两个。对图1因其分成的两个图形是等价的所以共有2种(如图3和图4),对图2的继续分共有4种(如图5到图8)。分别如下: 图5 图6 图8 从中我们可以看出,只有图3、图5和图7是满足两两相邻的。 3.将一个图形X 分成4个小图形两两相邻的情况。方法是先把图形X 分成2个小图形A 和 B ,再把B 分成3个小图形B1、B2和B3。又因为分成3个图形满足两两相邻的只有图3、图5和图7三种分法,图5和图7有内取图形无法与图形A 相邻,故要想满足4个图形两两相邻只能采取图3这种分法。 P

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