2 가지 페르마 정리 증명과 피타고라스 수
X^n+Y^n=Z^n
n 이 4 이상 짝수일 때 자연수해가 없음을 페르마가 증명하였음으로, 홀수로서 소수일 때 증명요함.
Y+A=X+B=Z
X-A=Y-B=Z-A-B=X+Y-Z
G=(X-A)/(AB)^(1/n)=(Y-B)/(AB)^(1/n)=(Z-A-B)/(AB)^(1/n)=(X+Y-Z)/(AB)^(1/n)
X=G(AB)^(1/n)+A, Y=G(AB)^(1/n)+B, Z=G(AB)^(1/n)+A+B
{G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n
n=1 일 때 G=0, n=2 일 때 G=2^(1/2) 이 되고, n>2 일 때 G 는 (A,B) 함수인 양의 실수임.
X=(2AB)^(1/2)+A, Y=(2AB)^(1/2)+B, Z=(2AB)^(1/2)+A+B
위 식의 모든 자연수 (A,B) 에서 (X,Y,Z) 는 모두 무리수가 되거나, 모든 피타고라스수를 나타냄.
그리고 상기 식을 아래와 같이 변경하여 볼 수도 있음.
AB=2k^2, B=2k^2/A
X=2k+A, Y=2k(k+A)/A, Z=2k+A+2k^2/A
XY=2k(2k+A)(k+A)/A
A 가 홀수일 때, k=hA, XY=2A^2h(2h+1)(h+1) 그리고 hk=A, XY=2k^2(2+h)(1+h)/h
A 가 짝수일 때, 2k=hA, XY=A^2h(h+1)(h+2)/2 그리고 2hk=A, XY=2k^2(1+h)(1+2h)/h
그러므로 XY 는 모든 피타고라스 수에서 거듭제곱이 될 수 없음.
* * * * * 페르마정리 증명 제 1 방법 * * * * *
모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 항상 무리수로 되어, (X,Y,Z) 가 모두 무리수임을 증명함.
{G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n
상기 식에서 A=B 일 때,
2{GA^(2/n)+A}^n={GA^(2/n)+2A}^n
{2^(1/n)-1}GA^(2/n)={2-2^(1/n)}A
G=[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n}
특별상수 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 을 가지고 모든 자연수 (A,B) 에서 항상 무리수인 식을 만들었음.
새로운 식 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2 로
G(AB)^(1/n) 을 나누고 곱하면 다음과 같은 식이 유도되며, A=B 일 때 q 는 1 이 되어야만 함.
G(AB)^(1/n)=q[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2
q=2G(AB)^(1/n)/[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]
만약 G(AB)^(1/n) 이 (a,b) 에서 자연수 (N) 이면, G(ab)^(1/n)=N 에 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 이 없음으로, G(AB)^(1/n) 에도 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 이 존재할 수 없음.
따라서 q 는 A=B 일 때 절대로 1 이 될 수 없는 모순이 발생함.
그러므로 모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 항상 무리수가 됨, 제1방법 끝.
* * * * * 페르마정리 증명 제 2 방법 * * * * *
X^n+Y^n=Z^n
{X^(n/2)}^2+{Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^2
지수가 2 일 때, {X^(n/2),Y^(n/2),Z^(n/2)} 은 (a,b) 로 다음과 같이 나타낼 수 있음.
a=Z^(n/2)-Y^(n/2), b=Z^(n/2)-X^(n/2)
X^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a, Y^(n/2)=(2ab)^(1/2)+b, Z^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a+b
n 이 소수일 때, 아래와 같이 ab 는 서로소인 자연수 (X,Y,Z) 에서 항상 무리수가 됨.
ab=Z^n-(YZ)^(n/2)-(XZ)^(n/2)+(XY)^(n/2)
X^(n/2) 과 Y^(n/2) 을 곱하여 아래와 같이 정리함.
(XY)^n=2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2)
(X,Y,Z) 를 자연수로 가정하면, 좌변인 (XY)^n 은 자연수가 되고, 우변은 무리수가 되는 모순 발생함.
그러므로 (X,Y,Z) 는 무리수가 되어야만 함. 제2방법 끝.
4 Color Theorem proof of the regions on global surface
3 inter relationship of the regions on global surface
sharing a common boundary line. sharing a common point. not adjacent regions.
[1] 4 colors suffice for the distinguishing all regions about one region and the regions those share a common one region`s boundary line.
[Proof] The reason is this. 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share a common one region`s boundary line.
[Example1] 3 colors suffice for the distinguishing all hexagonal shape regions. The reason is this. 2 colors suffice for the distinguishing 6 hexagonal shape regions those share a common one hexagonal shape region`s boundary line.
[Example2] 2 colors suffice for the distinguishing all square shape regions. The reason is this. One color suffice for the distinguishing 4 square shape regions those share a common one square shape region`s boundary line.
[2] 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share a common one region`s boundary line.
[Proof] The reason is this. When there are lined from a region`s inner one point to the points on one region`s boundary line those are met the adjacent regions boundary lines, all extension regions are the regions those share one common point. 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share one common point.
[3] 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share one common point.
[Proof] The reason is this. When one region is selected, 2 colors suffice for the distinguishing all regions those share a common one selected region`s boundary line.
2 methods of FLT proof and Pythagorean triples
X^n+Y^n=Z^n
Fermat had made a proof that the equation cannot have nonzero natural number solution in the even number n that is greater or equal 4. Therefore we need to make a proof that the equation cannot have nonzero natural number solution in the odd and prime number n.
Y+A=X+B=Z, A=Z-Y, B=Z-X
X-A=Y-B=Z-A-B=X+Y-Z
G=(X-A)/(AB)^(1/n)=(Y-B)/(AB)^(1/n)=(Z-A-B)/(AB)^(1/n)=(X+Y-Z)/(AB)^(1/n)
X=G(AB)^(1/n)+A, Y=G(AB)^(1/n)+B, Z=G(AB)^(1/n)+A+B
{G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n
When n=1, G=0. When n=2, G=2^(1/2). When n>2, G=function(A,B) is the positive real number.
X=(2AB)^(1/2)+A, Y=(2AB)^(1/2)+B, Z=(2AB)^(1/2)+A+B
(X,Y,Z) are the irrational numbers or all Pythagorean triples in all natural number (A,B).
We can translate the upper form into this.
AB=2k^2, B=2k^2/A
X=2k+A, Y=2k(k+A)/A, Z=2k+A+2k^2/A
XY=2k(2k+A)(k+A)/A
When A is the odd number, k=hA, XY=2A^2h(2h+1)(h+1) and hk=A, XY=2k^2(2+h)(1+h)/h
When A is the even number, 2k=hA, XY=A^2h(h+1)(h+2)/2 and 2hk=A, XY=2k^2(1+h)(1+2h)/h
Therefore XY cannot be the power numbers in all Pythagorean triples.
* * * * * 1st method of FLT proof * * * * *
G(AB)^(1/n) is the irrational number in all natural number (A,B), so (X,Y,Z) are the irrational numbers.
{G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n
When A=B,
2{GA^(2/n)+A}^n={GA^(2/n)+2A}^n
{2^(1/n)-1}GA^(2/n)={2-2^(1/n)}A
G=[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n}
We make new form with [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)].
[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2
This form is the irrational number in all natural number (A,B).
G(AB)^(1/n) divide and multiply by [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2, and now we can get two forms. And when A=B, q=1.
G(AB)^(1/n)=q[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2
q=2G(AB)^(1/n)/[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]
If G(AB)^(1/n) is the natural number (N) in some (a,b), G(ab)^(1/n)=N can not have [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)], and G(AB)^(1/n) can not have [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)].
So when A=B, q cannot be 1. That is an apparent contradiction.
Therefore G(AB)^(1/n) is the irrational number in all natural number (A,B). 1st method. end.
* * * * * 2nd method of FLT proof * * * * *
X^n+Y^n=Z^n
{X^(n/2)}^2+{Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^2
When n=2, we can display {X^(n/2),Y^(n/2),Z^(n/2)} with (a,b).
a=Z^(n/2)-Y^(n/2), b=Z^(n/2)-X^(n/2)
X^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a, Y^(n/2)=(2ab)^(1/2)+b, Z^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a+b
When n is the prime number and (X,Y,Z) is co prime, the ab is the irrational number.
ab=Z^n-(YZ)^(n/2)-(XZ)^(n/2)+(XY)^(n/2)
We multiply X^(n/2) and Y^(n/2).
(XY)^n=2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2)
If (X,Y,Z) is the natural number, (XY)^n is the natural number, but 2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2) is the irrational number.
That is an apparent contradiction.
Therefore (X,Y,Z) must be the irrational number. 2nd method. end.
출처 : 이재율님 블로그 http://blog.naver.com/leejaeyul5/150011934684
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