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本帖最后由 maoguicheng 于 2015-4-4 21:36 编辑
费马大定理
毛桂成 毛晓芹 著
有人说，费马证明他的费马大定理成立用的证明方法是无限下推法，公式是 X^N+Y^N=Z^N，我认为不是的，因为费马给出的定理中的数X，Y，Z是大于0的，用这个公式来证明时说有0的解是违规的，是不符合费马给出的条件的，故法尔廷斯证明莫德尔猜想有0解是违规证明，因为费马给出了说明，他的定理中的数大于或等于1，实际上这个公式就是一个无理数解等式方程，把无理数解等式方程无限下推证明的结果只能得到无理数解，不可能有整数解存在，故用无理数解等式方程公式与无限下推法是不可能证明整数的费马大定理成立的，因为他们无法从无理数解中过渡到整数中来，只能断言（猜想）费马大定理成立。
根据我的考证，费马是用初等数学的毕达哥拉斯整数方程的通解公式来证明他的费马大定理成立的。第一个论点是他把费马大定理写在有毕达哥拉斯整数方程的通解公式的旁边，第二个论点是在这个通解公式中可以推导出一个公式是：A^4-B^4 ≠ C^2 。因为用毕达哥拉斯整数方程的通解公式来证明他的费马大定理成立时，则必须先证明A^4-B^4 ≠ C^2正确后，才能再证明费马大定理的整数不等式公式成立。这就是费马为什么说证明他的定理成立只有唯一一个证明方法的原因。
我们现在来看费马证明费马大定理成立的证明过程。
费马大定理：“底数为大于或等于1，指数大于2时，任何一个整数的立方幂数，不可能再分解成为其他另两个同次方幂数之和，任何一个整数的四次方幂数，也不可能再分解成为其他另两个四次方幂数之和；更一般说来，底数为大于或等于1，指数为大于2的任何一个N次方数幂，都不可能再分解成为其他另两个数的同次方幂数之和。”
费马又写道：“我找到了一个非常绝妙的证明方法可以证明这个定理成立，但由于这页边太小，不能写下我的完整证明”。
费马所说的非常绝妙的证明方法，是一个什么样的证明方法呢，现在我可以在这里告诉大家，这个非常绝妙的证明方法就是比较证明方法和无穷递降方法。就是先把费马大定理的整数不等式公式无穷递降到指数为2的形式后，再用毕达哥拉斯整数方程的通解公式来比较费马大定理成立的整数不等式公式，比较他们有什么不同，从而来证明费马大定理成立。
我们先给出费马大定理成立的整数不等式公式 ：X^N+Y^N ≠ Z^N。。。【10】
我们再给出毕达哥拉斯整数方程的公式：X^2+Y^2=Z^2。。。。。。。【1】
我们还要给出毕达哥拉斯整数方程的通解公式：
[【2AB 】K]^2 +[【A^2-B^2 】K]^2 =[【A^2+B^2 】K]^2。。。。。。【2】
公式【2】是公式【1】成立的所有解，故公式【2】恒等公式【1】。
由公式【2】，我们可以知道，【2】式中有这样两个数存在；公式【2】等号左边的数是：
Y=【A^2-B^2 】K，。。。。。。。【3】。公式【2】等号右边的数是：Z=【A^2+B^2 】K。。。【4】
若【2】式中的K=A^2-B^2时，则【3】式和【4】式可以写成：
Y=【A^2—B^2】K=【A^2—B^2】【A^2—B^2】=【A^4 — 2A^2B^2 + B^4】=【A^2—B^2】^2。。。【5】
Z=【A^2+B^2】K=【A^2+B^2】【A^2—B^2】=【A^4—B^4 】 。。。。。。。。【6】
由【6】式可知： A^4-B^4 ≠ W^2。。。。。。。【7】。
因为【6】式不是两个数的平方差公式，【5】式是两个数的平方差公式，【6】式中的数比【5】式中的数少一个—2A^2B^2，故【6】式不是平方数公式。这个公式【7】是费马给出的一个定理，欧拉已经证明了，在这里我就只简要的说明一下，这也是简单的比较证明。
我们再看当数K为A^2+B^2时，则【3】式和【4】式可以写成：
Y=【A^2—B^2】K=【A^2—B^2 】【A^2+B^2】=【A^4—B^4】。。。。。。【8】。
【8】式与【6】式是一样的，都不是平方数公式。
Z=【A^2+B^2】K=【A^2+B^2】【A^2+B^2】=【A^4 +2A^2B^2 +B^4】=【A^2+B^2】^2。。。【9】
【5】式和【9】式都是平方数公式。一个是两个数的差的平方数，另一个是两个数的和的平方数。
由【5】，【6】，【7】，【8】，【9】式可以知道了，当数K不管为什么数，都不可能使【3】式和【4】式同时成为一组指数为大于1的同次幂数组。但是却可以使公式【1】式和【2】式成为等式方程。
我们现在给出费马大定理成立的公式。费马大定理的公式是：
X^N+Y^N ≠ Z^N。。。。。。。。。。【10】
我们用无穷递降法把【10】式变形成为毕达哥拉斯整数方程形式的二次公式的形式。
根据数的变形原理，有Z=Z^2/2 。。。。。。【11】。
根据【11】式，我们把【10】式变形为下面的公式：
【(X^N) 】^2/2+【(Y^N)】^2 /2≠【(Z^N) 】^2/2。。。。。。。。。。。。。【12】。不管N是奇数，还是偶数，我们都只比较小刮号中的整数幂部分，比较完后，还原成公式【10】，奇次幂还原成公式【10】时先平方后开方。偶次幂还原不必规定。
用【1】式比较【12】，我们看见了，【1】式中的数X,Y,Z是没有指数N存在的，是为不大于1的一次幂数组，而【12】中的数X^N，Y^N，Z^N 都有指数N，这些数幂都是为大于1的同次幂数组。
根据毕达哥拉斯方程成立的充分必要条件可知，若当一组数为X=【2AB】K，Y=【A^2-B^2 】K，Z=【A^2+B^2 】K时，则有方程X^2+Y^2=Z^2 成立；这为充分条件。
但若当一组数不为X=【2AB】K，Y=【A^2-B^2 】K，Z=【A^2+B^2 】K时，则有X^2+Y^2 ≠ Z^2这是必要条件。
根据充要条件，我们知道了【1】式和【2】式是等式，而【10】式和【12】式是不等式。
故【10】式和【12】式是正确地，故费马大定理成立。
用【1】式比较【12】，我们看见了，【1】式中的数X,Y,Z是指数为不大于1的一次幂数组，而【12】中的数X,Y,Z都是为大于1的同次幂数组。
根据毕达哥拉斯方程成立的充分必要条件可知，若当一组数为X=【2AB】K，Y=【A^2-B^2 】K，Z=【A^2+B^2 】K时，则有方程X^2+Y^2=Z^2 成立；这为充分条件。
但若当一组数不为X=【2AB】K，Y=【A^2-B^2 】K，Z=【A^2+B^2 】K时，则有X^2+Y^2 ≠ Z^2，这是必要条件。
根据充分和必要条件，我们知道了【1】式和【2】式是等式，而【10】式和【12】式是不等式。
故【10】式和【12】式是正确地，故费马大定理成立。
费马就是用毕达哥拉斯整数方程的通解公式与毕达哥拉斯方程成立的充要条件来证明他的费马大定理整数不等式公式成立的。
以上是费马证明费马大定理成立的证明方法和证明过程。费马曾经自己证明过他的费马大定理，现在毛桂成找到了费马的证明方法和证明过程。他的证明要点是毕达哥拉斯方程中的毕达哥拉斯数组只能是一次幂数组，当把这些一次幂数组改变成为大于1的同次幂数组时，（费马大定理中的数组时）就成为了不等式。（不相信这个道理的人可以用具体的数带入后计算得到结果）
这就是费马所说的非常绝妙的证明方法。这是用整数的毕达哥拉斯方程公式来比较费马大定理的整数不等式公式，从而证明费马大定理的不等式公式成立。我相信费马考虑过奇偶次幂问题，他认为不管代入什么整数，只要不是毕达哥拉斯数组，那么他一定是不等式。因此费马认为不会有指数大于2的等式公式存在，虽然用公式【10】代入公式【1】后得不到奇次幂数公式出来，但偶次幂方公式也是可以转换成奇次幂公式的，这个理论可以见下面的辅助证明【B】。
有人认为，【12】式中的N为奇数时不是整数，不能用来比较，这是没有道理的，因为我们只比较整数的数字部分，比较的目的是看他是不是毕达哥拉斯数组，只要可以认定他不是毕达哥拉斯数组，那么证明就正确。欧拉在证明费马大定理公式中的指数N=4时，他开始的公式就是无理数，最后的证明结果中也不是整数，也是一个无理数，没有人认为他的证明是错误的，是什么理由可以认定我的证明中的N为奇数时不行，再说转来，我的公式【12】是可以还原为【10】的。我的公式【10】是整数公式，只是变形后用来比较了一下，这又没有发生质的变化，比较的只是整数幂数，是可以还原的。也就是说，你可以把用来比较的数代入毕达哥拉斯公式中，你也可以把有根号的这组数带入毕达哥拉斯数组中，但整个公式还是整数公式，只是这时公式是不等式了。注意奇次幂还原时要先平方，再开方。
如果真要给出整数的证明，那是可以作出的，例如辅助证明【A】：这时的证明要用到方程的基本性质，即“方程的两边同乘一个相同的数时是等式，如果乘的数不同，方程就变成了不等式。”即我们把公式【1】的两边乘一个Z，这时有 ZX^2+ZY^2=ZZ^2。。。。【13】，【13】式是等式，但他还是一个毕达哥拉斯方程数组公式；这时的Z相当于毕达哥拉斯方程通解公式中的数K。若公式【1】的两边乘的数不同时，有公式：ZZ^2 ≠ XX^2+YY^2=X^3+Y^3 ≠Z^3。。。。【14】，【14】是费马大定理中N=3时的公式，这是用方程的基本性质得到的结果，即方程两边相乘的数不一样时就成为不等式了；根据相同原理，可以得到公式【10】的变形式为X^K*X^2+Y^K*Y^2 ≠Z^K* Z^2。。。【15】。（*为乘号，K为大于0的奇数时为奇次幂）这时不存在奇偶变化带来的无理数问题，但有人又会说，这只证明了毕达哥拉斯数组，不是毕达哥拉斯数组的数没有证明，例如1，2，3，是因为不是毕达哥拉斯数组时就是不等式，故没有证明的必要，即任何一个费马大定理公式中的数组，当他在二次幂数时不等，那么在指数大于2的任何次幂时都是不等的。这是可以用无穷递降原理说明的，即在4次幂时是不等式，那么无穷递降到2次幂时也不会是等式。因此，你开始给出的数不是等式的毕达哥拉斯数组时，你把这些数递增到4次幂时，他还是不等式，你再无穷递降到2次公式中来比较，他一定也还是不等式；特别是指数为大于2的偶数时更好理解。不理解时看看公式【10】的证明就理解了，因为公式【10】为偶数时大家都没有异议的，故由这些证明可以得到这样的结论，不管你给出的数是毕达哥拉斯数组，还是其他的数组，都只能得到：X^N+Y^N ≠ Z^N。。。【10】。再说转来，公式【10】中，一定有1^N+2^N ≠ 3^N这样的数存在。
还有一个辅助【B】的证明方法来证明费马大定理中的指数为奇数时是整数的证明，费马也许是用偶次幂数不等式这样来转换成奇次幂不等式的，我们知道，所有的偶数指数中存在所有的素数因子和奇数，例如指数N=14=2X7，N=10=2X5，N=6=2X3，那么有Z^6 ≠ X^6+Y^6=(X^2)^3+(Y^2)^3 ≠ (Z^2)^3。。。【16】，这说明当指数为3时，费马大定理也是成立的。根据相同原理，指数N为所有质数时，费马大定理都是正确的，因为前面的公式【10】证明了指数为所有的偶数时成立，由于所有的偶数中存在所有的素数因子和奇数，故【10】式中的所有的偶数和素数及奇数时都是正确的。指数为整数时的辅助证明只有这两种方法。这些辅助证明的结论与公式【12】得到的结论一样，即费马大定理中的指数为大于2的任意数时，公式【10】都成立。
我的费马大定理的公式【10】是包涵了费马大定理中的所有数的，这些数全部都放到二次方中的毕达哥拉斯方程中来比较了，确实，参照数只有毕达哥拉斯数组；由于其他的数（除勾股数外的数）在二次幂中本身是不等的数，例如1，2，3，把这些数组与我的费马大定理公式【10】中的数来比较是没有意义的，我只能把我的费马大定理中1^N/2，2^N/2，3^N/2 这样的大于1次方的同次幂数组(不管是整数组还是实数组）拿来与毕达哥拉斯数组比较，看我的公式【10】中的这些数是不是毕达哥拉斯数组中的数，只要比较后的比值不等于1，就可以认定为不是毕达哥拉斯数组，当我的公式【10】中的数组不是毕达哥拉斯数组时，那我的不等式【10】就是正确的；我的公式【10】中的这些数都是大于1的同次幂数组，根据理论证明，若在二次幂的毕达哥拉斯方程中不等，那就没有等式存在了，也就把费马大定理证明了，不存在只证明了毕达哥拉斯数，其他的数没有证，这是各人的认识问题。不要认为这些用来比较的数不是整数就不能比较，这只是形式上的比较，其实我的公式【10】是整数公式，故公式【12】比较后是可以还原成为整数公式【10】的。
由于怀尔斯是用弗雷猜想整数公式X^N+Y^N=Z^N来证明费马大定理的整数不等式公式X^N+Y^N ≠ Z^N成立，故可以知道弗雷猜想公式是错误的，因为这两个公式是互斥公式，他们只能有一个是正确的，若两个同时正确，那是不可能的，故由毛桂成证明的费马大定理成立可知弗雷猜想公式是错误的，用错误的弗雷猜想公式证明费马大定理成立是作假证明，因此，怀尔斯没有证明费马大定理成立，怀尔斯是作假证明费马大定理成立。当弗雷猜想是错误的时候，谷山-志村猜想公式就与费马大定理成立无关了，从理论上说，弗雷猜想公式是无理数方程公式，谷山-志村猜想公式是有理数公式，而费马大定理成立的整数不等式公式是不等式，他没有有理点存在，故与谷山-志村猜想公式无关，这三个公式都不是同一个数域的数，弗雷猜想公式是无理数数域的数，谷山-志村猜想公式是有理数数域的数，而费马大定理中的数是整数数域的数，但由于是不等式，故知道他没有有理点存在，因为这三个公式互不相关。
弗雷猜想是错误的，怀尔斯没有证明费马大定理，费马大定理成立是中国数学家毛桂成和毛晓芹在1993年证明的。第一次发表在1993年2月出版的《清江》杂志上，在这本书里，我们知道了“只要费马大定理公式中的指数有大于2的公因数存在，不是同次幂数时，费马大定理也成立；”第二次发表是1993年10月，发表在《滚滚清江潮》这本书中329页。第三次发表是2009年8月，发表在《中国科技博览》28期175页。现在第四次在这里发表。
英国数学家怀尔斯没有证明费马大定理。费马大定理成立是中国人毛桂成最先在1980年证明的，1993年11月最先发表在内蒙古文化出版社出版的《滚滚清江潮》329页。
完
2014-9-02
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发表于 2014-10-22 09:07
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