论文部分内容阅读
【摘要】1.任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a+b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解.2.趋近于无穷大时的数是素数2.
论点 任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a-b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解.即“费尔马大定理”.
论据 引用《余商法》的奇数公式、偶数公式来证明.《余商法》发表在《中国科教创新导刊》2009第30期总542期2009-10-21第60页.作者：王元和.
要证明任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a-b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解.
1.任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a-b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解
用《余商法》得到奇数的通项公式.方法是：用已知的自然数做除数，其可能有的余数做被除数进行除法运算，把所得的商的小数点后第一位数取为整数相加，得到数的前（n-1）商位和，再分别得出奇数或者偶数公式.算出奇数的前（n-1）商位和：（式中［x］z为取为整数.请看《取为整数可行》一文.）
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz，式中an为奇数.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz+2anz+an-2anz+3anz+an-3anz+…，
Sn=92(an-1).
移项整理得奇数通项公式：an=29Sn+1.
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an2anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz+2anz+an-2anz+3anz+an-3anz+…+an2anz.
偶数没有固定的节数，如果用商位和计算会有重复出现.所以每计算1次只能取1个小数点后第1位取为整数相加.
因为an2an=12=0.5，取为整数，得5.
所以Sn=92(an-2)+5.
移项整理得偶数通项公式：an=29(Sn-5)+2.
任何两个大于2的连续自然数相加只有两种可能：（1）1个奇数加1个偶数等于一个偶数：（2）1个偶数加1个奇数等于一个奇数.
（1）1个奇数加1个偶数等于一个奇数：a+b=c.因为a，b，c大于2小于无穷大的连续自然数，如果a+b=c中a是奇数，那么b肯定是偶数，c肯定是奇数.（自然数排列顺序不空缺）
a=29Sa+1，b=29(Sb-5)+2，
a+b=29Sa+1+29(Sb-5)+2，
a+b=29［Sa+(Sb-5)］+3.
因为Sa和(Sb-5)都是9的正整数倍数，所以当Sa=1×9，(Sb-5)=1×9时，a+b=49×9+3=7，a+b=7.
此时a=3，b=4.
而c=29Sc+1中Sc=2×9，c=29×2×9+1=5.
a+b≠c，a+b和c，a为奇数时始终相差2.(a+b)-c=2，a+b=c无正整数解.
大于2的自然数中，a，b，c都是连续自然数，a=29Sb+1，b=29(Sa-5)+2，a=29Sb+1是a，b，c大于2小于无穷大的连续自然数的通项公式，所以a+b=c无正整数解.
（2）1个偶数加1个奇数也等于一个奇数：a+b=c.因为a，b，c大于2的连续自然数，如果a+b=c中a是偶数，那么b肯定是奇数，c肯定是偶数.（自然数排列顺序不空缺）
a=29(Sa-5)+2，b=29Sb+1，
a+b=29(Sa-5)+2+29Sb+1=29(Sa-5)+29Sb+3.
因为Sa和(Sb-5)都是9的正整数倍数，所以当(Sa-5)=1×9，Sb=2×9时，a+b=2+4+3=9.
此时a=4，b=5.
而c=29(Sc-5)+2，此时的(Sc-5)=2×9，c=6.
a+b≠c，a+b和c，a为偶数时始终相差3.(a+b)-c=3，a+b=c无正整数解.
在1+2=3中，因为1的可能有的余数是0，所以等式1+2=3在余商法中不能用.
大于2的自然数中，a，b，c都是连续自然数，a=29(Sa-5)+2，b=29Sb+1，c=29(Sc-5)+2是a，b，c大于2小于无穷大的连续自然数的通项公式，所以a+b=c无正整数解.
2.趋近于无穷大的奇数和偶数
当n→∞时有下列可能：
（1）n是2，4，6，8结尾的偶数.
2，4，6，8结尾的偶数大到趋近于∞时可除尽素数2；
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an2anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz9+2anz+an-2anz9+3anz+an-3anz9+…+an2anz5，
SA=92(an-2)+5.
Ax→∞时，
Sn=1anz0+an-1anz10+2anz没有+an-2anz没有+3anz没有+an-3anz没有+…+an2anz没有，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
只有1节，共有2项.2，4，6，8结尾的偶数大到趋近于∞时趋近于可除尽素数2.
（2）n是1，3，7，9结尾的奇数.
1，3，7，9结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2；
还未趋近于∞共有(Ax-1)项.Ax的商位级数和为：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz.
整理后，得
SA=1aAz+aA-1aAz9+2aAz+aA-2aAz9+3aAz+aA-3aAz9+……，
取为整数：
有an-12个9.
得出的公式是素数的前(n-1)项商位和Sn=92(an-1)循环后的余数商位和不在内.
循环后的余数商位和取为整数是：
Sy=10(Ax-10)2-9(Ax-10)2=12(Ax-10).
Ax→∞时，
SA=1aAz0+aA-1aAz10+2aAz+aA-2aAz没有+3aAz+aA-3aAz没有+…只有2项，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
1，3，7，9结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2.
（3）n是0结尾的偶数.
0结尾的偶数大到趋近于∞时可除尽素数2；
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an2anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz+1a10z+2a10z+3a10z+…+9a10z+8a10z+7a10z.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz9+2anz+an-2anz9+3anz+an-3anz9+…+an2anz5+1a10z+9a10z10+2a10z+8a10z10+3a10z+7a10z10+…102(10-1)，
SA=92(an-10)+45.
Ax→∞时，
Sn=1anz0+an-1anz10+2anz没有+an-2anz没有+3anz没有+an-3anz没有+…+an2anz没有+1a10z+9a10z没有+2a10z+8a10z没有+3a10z+7a10z没有+…没有，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
只有1节，共有2项.0结尾的偶数大到趋近于∞时可除尽素数2.
（4）n是5结尾的奇数.
5结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2；
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz+1a5z+2a5z+3a5z+4a5z.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz9+2anz+an-2anz9+3anz+an-3anz9+…+1a5z+2a5z10+3a5z+4a5z10 102(5-1)，
SA=92(an-5)+20.
Ax→∞时，
Sn=1anz0+an-1anz10+2anz+an-2anz没有+3anz+an-3anz没有+…+1a5z+2a5z没有+3a5z+4a5z没有，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
只有1节，共有2项.5结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2.
3.用公式证明
尾数是1，3，7，9的奇数趋近于∞.
an=29Sn+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=92(A-1)+12(A-1)，SA=102(A-1)，
A=210SA+1.
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是1，3，7，9的奇数趋近于∞数趋近于2.
尾数是5的奇数趋近于∞.
A=29SA+1+210S5+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)+102(a5-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=102(A-1).
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是5的奇数趋近于∞趋近于2.
尾数是2，4，6，8的偶数趋近于∞.
A=29SA+1+210S5+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)+102(a2-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=102(A-1)，A=210SA+1.
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是2，4，6，8的偶数趋近于∞数趋近于2.
尾数是0的偶数趋近于∞.
A=29SA+1+210S10+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)+102(a10-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=102(A-1)，A=210SA+1.
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是0的偶数趋近于∞趋近于2.
奇数趋近于∞趋近于2.偶数趋近于∞时也趋近于2.所以a+b=c无正整数解.
注：计算素数时，可以每次只取小数点后第1位数相加，其中包括0，也可以计算到循环取各节商位和相加.
奇数数大到趋近于∞时可除尽素数2；大偶数大到趋近于∞时可除尽素数2；大于2的自然数中，（2→∞）a，b，c都是连续自然数，那么a+b=c无正整数解.费尔马大定理得证.
【参考文献】
［1］王元和.余商法.中国科教创新导刊，2009，542（30）：60.
［2］王元和.素数的分类.中国科教创新导刊，2009（32）：90.
［3］王元和.7千万以内带有商位和节数的素数表.王元和的博客网址：http://blog.163.com/p-n-wang/.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
论点 任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a-b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解.即“费尔马大定理”.
论据 引用《余商法》的奇数公式、偶数公式来证明.《余商法》发表在《中国科教创新导刊》2009第30期总542期2009-10-21第60页.作者：王元和.
要证明任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a-b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解.
1.任何两个大于2的连续自然数的和等于第3个连续自然数，a-b=c(2＜a＜∞），此式没有正整数解
用《余商法》得到奇数的通项公式.方法是：用已知的自然数做除数，其可能有的余数做被除数进行除法运算，把所得的商的小数点后第一位数取为整数相加，得到数的前（n-1）商位和，再分别得出奇数或者偶数公式.算出奇数的前（n-1）商位和：（式中［x］z为取为整数.请看《取为整数可行》一文.）
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz，式中an为奇数.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz+2anz+an-2anz+3anz+an-3anz+…，
Sn=92(an-1).
移项整理得奇数通项公式：an=29Sn+1.
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an2anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz+2anz+an-2anz+3anz+an-3anz+…+an2anz.
偶数没有固定的节数，如果用商位和计算会有重复出现.所以每计算1次只能取1个小数点后第1位取为整数相加.
因为an2an=12=0.5，取为整数，得5.
所以Sn=92(an-2)+5.
移项整理得偶数通项公式：an=29(Sn-5)+2.
任何两个大于2的连续自然数相加只有两种可能：（1）1个奇数加1个偶数等于一个偶数：（2）1个偶数加1个奇数等于一个奇数.
（1）1个奇数加1个偶数等于一个奇数：a+b=c.因为a，b，c大于2小于无穷大的连续自然数，如果a+b=c中a是奇数，那么b肯定是偶数，c肯定是奇数.（自然数排列顺序不空缺）
a=29Sa+1，b=29(Sb-5)+2，
a+b=29Sa+1+29(Sb-5)+2，
a+b=29［Sa+(Sb-5)］+3.
因为Sa和(Sb-5)都是9的正整数倍数，所以当Sa=1×9，(Sb-5)=1×9时，a+b=49×9+3=7，a+b=7.
此时a=3，b=4.
而c=29Sc+1中Sc=2×9，c=29×2×9+1=5.
a+b≠c，a+b和c，a为奇数时始终相差2.(a+b)-c=2，a+b=c无正整数解.
大于2的自然数中，a，b，c都是连续自然数，a=29Sb+1，b=29(Sa-5)+2，a=29Sb+1是a，b，c大于2小于无穷大的连续自然数的通项公式，所以a+b=c无正整数解.
（2）1个偶数加1个奇数也等于一个奇数：a+b=c.因为a，b，c大于2的连续自然数，如果a+b=c中a是偶数，那么b肯定是奇数，c肯定是偶数.（自然数排列顺序不空缺）
a=29(Sa-5)+2，b=29Sb+1，
a+b=29(Sa-5)+2+29Sb+1=29(Sa-5)+29Sb+3.
因为Sa和(Sb-5)都是9的正整数倍数，所以当(Sa-5)=1×9，Sb=2×9时，a+b=2+4+3=9.
此时a=4，b=5.
而c=29(Sc-5)+2，此时的(Sc-5)=2×9，c=6.
a+b≠c，a+b和c，a为偶数时始终相差3.(a+b)-c=3，a+b=c无正整数解.
在1+2=3中，因为1的可能有的余数是0，所以等式1+2=3在余商法中不能用.
大于2的自然数中，a，b，c都是连续自然数，a=29(Sa-5)+2，b=29Sb+1，c=29(Sc-5)+2是a，b，c大于2小于无穷大的连续自然数的通项公式，所以a+b=c无正整数解.
2.趋近于无穷大的奇数和偶数
当n→∞时有下列可能：
（1）n是2，4，6，8结尾的偶数.
2，4，6，8结尾的偶数大到趋近于∞时可除尽素数2；
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an2anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz9+2anz+an-2anz9+3anz+an-3anz9+…+an2anz5，
SA=92(an-2)+5.
Ax→∞时，
Sn=1anz0+an-1anz10+2anz没有+an-2anz没有+3anz没有+an-3anz没有+…+an2anz没有，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
只有1节，共有2项.2，4，6，8结尾的偶数大到趋近于∞时趋近于可除尽素数2.
（2）n是1，3，7，9结尾的奇数.
1，3，7，9结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2；
还未趋近于∞共有(Ax-1)项.Ax的商位级数和为：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz.
整理后，得
SA=1aAz+aA-1aAz9+2aAz+aA-2aAz9+3aAz+aA-3aAz9+……，
取为整数：
有an-12个9.
得出的公式是素数的前(n-1)项商位和Sn=92(an-1)循环后的余数商位和不在内.
循环后的余数商位和取为整数是：
Sy=10(Ax-10)2-9(Ax-10)2=12(Ax-10).
Ax→∞时，
SA=1aAz0+aA-1aAz10+2aAz+aA-2aAz没有+3aAz+aA-3aAz没有+…只有2项，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
1，3，7，9结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2.
（3）n是0结尾的偶数.
0结尾的偶数大到趋近于∞时可除尽素数2；
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an2anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz+1a10z+2a10z+3a10z+…+9a10z+8a10z+7a10z.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz9+2anz+an-2anz9+3anz+an-3anz9+…+an2anz5+1a10z+9a10z10+2a10z+8a10z10+3a10z+7a10z10+…102(10-1)，
SA=92(an-10)+45.
Ax→∞时，
Sn=1anz0+an-1anz10+2anz没有+an-2anz没有+3anz没有+an-3anz没有+…+an2anz没有+1a10z+9a10z没有+2a10z+8a10z没有+3a10z+7a10z没有+…没有，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
只有1节，共有2项.0结尾的偶数大到趋近于∞时可除尽素数2.
（4）n是5结尾的奇数.
5结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2；
算出偶数的前（n-1）商位和：
Sn=1anz+2anz+3anz+…+an-3anz+an-2anz+an-1anz+1a5z+2a5z+3a5z+4a5z.
把上式整理，得
Sn=1anz+an-1anz9+2anz+an-2anz9+3anz+an-3anz9+…+1a5z+2a5z10+3a5z+4a5z10 102(5-1)，
SA=92(an-5)+20.
Ax→∞时，
Sn=1anz0+an-1anz10+2anz+an-2anz没有+3anz+an-3anz没有+…+1a5z+2a5z没有+3a5z+4a5z没有，
SA=102循环后的余数商位和为0.
Ax→2时，
只有1节，共有2项.5结尾的奇数大到趋近于∞时可除尽素数2.
3.用公式证明
尾数是1，3，7，9的奇数趋近于∞.
an=29Sn+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=92(A-1)+12(A-1)，SA=102(A-1)，
A=210SA+1.
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是1，3，7，9的奇数趋近于∞数趋近于2.
尾数是5的奇数趋近于∞.
A=29SA+1+210S5+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)+102(a5-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=102(A-1).
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是5的奇数趋近于∞趋近于2.
尾数是2，4，6，8的偶数趋近于∞.
A=29SA+1+210S5+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)+102(a2-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=102(A-1)，A=210SA+1.
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是2，4，6，8的偶数趋近于∞数趋近于2.
尾数是0的偶数趋近于∞.
A=29SA+1+210S10+1→A=210SA+1，
SA=92(A-1)+102(a10-1)加上余数部分的商位和：12(A-1).
SA=102(A-1)，A=210SA+1.
因为SA=102，A=1+1=2.
尾数是0的偶数趋近于∞趋近于2.
奇数趋近于∞趋近于2.偶数趋近于∞时也趋近于2.所以a+b=c无正整数解.
注：计算素数时，可以每次只取小数点后第1位数相加，其中包括0，也可以计算到循环取各节商位和相加.
奇数数大到趋近于∞时可除尽素数2；大偶数大到趋近于∞时可除尽素数2；大于2的自然数中，（2→∞）a，b，c都是连续自然数，那么a+b=c无正整数解.费尔马大定理得证.
【参考文献】
［1］王元和.余商法.中国科教创新导刊，2009，542（30）：60.
［2］王元和.素数的分类.中国科教创新导刊，2009（32）：90.
［3］王元和.7千万以内带有商位和节数的素数表.王元和的博客网址：http://blog.163.com/p-n-wang/.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文