展开全文获悉安德鲁·怀尔斯花了130页纸证明了费马大定理，我非常惊呀!明明费马老前辈说过有精简证明，而安德鲁·怀尔斯却搞得这么复杂。竟连费马生前没出现的许多理论都用上了，难道这就是人类要的结果？是对还是错？中国改革之初有句名言说得非常好，那就是实践是检验真理的唯一标准。确凿事实表明，安德鲁·怀尔斯证明过程中多次提到伽罗瓦理论。我们只要证明伽罗瓦理论不严格、有缺陷，他就不能作为依据。伽罗瓦理论缺陷之一伽罗瓦没有仔细观察，卡尔丹诺公式的推导包含用许多不等式充当等式求解的现象，无可辩驳的数据举证表明：用卡尔丹诺推导法求解X3－3X－1=0；X3－3X+1=0；X3－3X－1.9=0；X3－3X+1.9=0……等等系列方程，都是采取不等式冒充等式来完成的。如方程X3－3X－1=0；卡尔丹诺是这样做的：设X=u+vX3－3X－1=0→(u+v)3－3(u+v)－1=0→(u)3+(v)3+3uv(u+v)－3(u+v)－1=0设3uv＝3→uv＝1(u、v互为倒数)得(u)3+(v)3＝1(一个数加这个数的倒数怎能和1相等，完全违背不等式理论，是将u、v主观上设为互为倒数造成与现实相违背的错误)大家知道，任何一个数与它的倒数符号总是同向叠加，当它俩为正数时它们总有一个数大于或等于1,叠加后一定超过1决不等于1。当它俩为负数时它们总有一个小于或等于-1,叠加后一定小于-1而不会等于-1。我们学过不等式知道(u)3+(1/u)3的值域决不会在-1.9与1.9之间，也就是说有无数个一元三次方程求解，是用不等式充当等式完成的解。是人为设附助方程造成的问题。这样解的结果是不等式的解还是等式的解呢?事实上,若三个实数根的一元三次方程,如果你要变成可开立方根根式来求解的方程，其中有些实数根会发生虚数化变化这是因为可开根式解的一元三次方程,只有一个实数根其它是虚数根。如果把三个实数解方程要化成可开立方根求解的方程，就意谓着原方程的二个实数根就必要变成虚数，根的性质都变了,还是原方程的根吗?所以说,方程根式解问题并不是伽罗瓦理论所论术的那样,什么一元三次方程有一般根式解公式,而一元五次方程无一般根式解公式.只能说,含一个实数根的一元三次方程有根式解公式.若有三个互不相等实数根方程化不成可开立方求解的方程.揭穿复数式计算成实数的闹剧有人辩解说,可以先用卡尔丹公式计算成复数式，再用复数算出来呀。那么我得问，一元四次方程，也可用根式解公式计算成复数式，是否都可演算出实数根来呢？如果都能演算成实数解,那么,所有一元四次方程都有实数解。请问,所有的一元四次函数都会与X轴相交吗?显然不一定.请问虚数根怎么来的?那就是人们把不等式错当成等式解出来的,一种没法表示大小和正负不分的幻想数。平面坐标本来就是平面，却用不等式弄出了复平面。其实,用卡丹公解出复数表示式时,并没解决从三个实数解选定一解的问题，因为它用不等式分解出一个假因式,其实所谓的复数计算仍是去完成从三个中选定一个的问题,不是已知数到已知数的运算,而是重新分解,之所以能算出实数,是因为有非根式解的办法。而有些一元四次方程用公式算到复数式算不出实数，是因为用非根式解的办法仍无法分解成真正的因式。写一个最简单复数出来，你能说它等于哪个实数吗?不能啦。伽罗瓦理论缺陷之二伽罗瓦片面认为预解式是一个接一个设的。其实只能说是他自己主观上不切实际的想法。.我们知道高次方程方次越高，要变成可解的特殊高次方程，涉及的中间项越多，并不是伽罗瓦认为的那样一个预解式接一个预解式就能解决的，而是要让中间项同时达到一定的目的。四次或更低次一元方程之所以可考虑选择伽罗瓦的那种办法,是因为可以先在数轴上移动,变成缺一项的新方程,再利用一个可变元素设值使新方程变成特殊方程求解。伽罗华自己也承认，他的预解式是在不知情的情况下设想的，试想，连根式怎么才能生成都不知道，你怎么去断定呢?其实就是一步一步化成可开根的特殊方程来解的过程。利用判别定理将一元五次方程变特殊一元五次方程求解(条件是同一元三次方程一样,允许不等式冒充等式解)判别定理:指的是一个一元五次方程只要与一个一元高次方程它们之间的系数组成的一代数式等于零时，二方程间至少有一公共根存在。解方程：X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0解：大家知道，如果我们能找到一个高次方程，并且这个方程和X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0；有公共根但公共根个数是四个以下，那么，这个公共根方程必然可通过辗转法求出。（证明省略）怎么找出这样一个方程呢？我先设计这个方程模型为：X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0然后再把符合条件的g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z具体怎么计算出来。因为方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0；管你计算还是没计算出来，只要a、b、c、d、e是已知数，那么这五个根的数值是五个固定不变的。为把五个根区别开来，设它们分别是X１　；X２；　X３　；X４　；X５方程X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0；与方程X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z=0有公共根的条件是：把X１　；X２；　X３　；X４　；X５分别代入X11＋gX10＋hX9＋jX8＋kX7＋mX6＋nX5＋rX4＋sX3＋tX2＋wX＋z中有：（X１11＋gX１10＋hX１9＋jX１8＋kX１7＋mX１6＋nX１5＋rX１4＋sX１3＋tX１2＋wX１＋z）（X２11＋gX２10＋hX２9＋jX２8＋kX２7＋mX２6＋nX２5＋rX２4＋sX２3＋tX２2＋wX２＋z）（X３11＋gX３10＋hX３9＋jX３8＋kX３7＋mX３6＋nX３5＋rX３4＋sX３3＋tX３2＋wX３＋z）（X４11＋gX４10＋hX４9＋jX４8＋kX４7＋mX４6＋nX４5＋rX４4＋sX４3＋tX４2＋wX４＋z）（X５11＋gX５10＋hX５9＋jX５8＋kX５7＋mX５6＋nX５5＋rX５4＋sX５3＋tX５2＋wX５＋z）＝0；时二方程必有公共根可以看出：上式的左边（X１11＋gX１10＋hX１9＋jX１8＋kX１7＋mX１6＋nX１5＋rX１4＋sX１3＋tX１2＋wX１＋z）（X２11＋gX２10＋hX２9＋jX２8＋kX２7＋mX２6＋nX２5＋rX２4＋sX２3＋tX２2＋wX２＋z）（X３11＋gX３10＋hX３9＋jX３8＋kX３7＋mX３6＋nX３5＋rX３4＋sX３3＋tX３2＋wX３＋z）（X４11＋gX４10＋hX４9＋jX４8＋kX４7＋mX４6＋nX４5＋rX４4＋sX４3＋tX４2＋wX４＋z）（X５11＋gX５10＋hX５9＋jX５8＋kX５7＋mX５6＋nX５5＋rX５4＋sX５3＋tX５2＋wX５＋z）是一个初等对称代数式。因为X１　；X２；　X３　；X４　；X５相互对换其值不变。根据初等对称多项式理论，X１　；X２；　X３　；X４　；X５完全可用a、b、c、d、e定值化置换掉。变成由a、b、c、d、e跟g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z组成的值，而这个值与（X１11＋gX１10＋hX１9＋jX１8＋kX１7＋mX１6＋nX１5＋rX１4＋sX１3＋tX１2＋wX１＋z）（X２11＋gX２10＋hX２9＋jX２8＋kX２7＋mX２6＋nX２5＋rX２4＋sX２3＋tX２2＋wX２＋z）（X３11＋gX３10＋hX３9＋jX３8＋kX３7＋mX３6＋nX３5＋rX３4＋sX３3＋tX３2＋wX３＋z）（X４11＋gX４10＋hX４9＋jX４8＋kX４7＋mX４6＋nX４5＋rX４4＋sX４3＋tX４2＋wX４＋z）（X５11＋gX５10＋hX５9＋jX５8＋kX５7＋mX５6＋nX５5＋rX５4＋sX５3＋tX５2＋wX５＋z）是多因式与简代后的展开式关系。这个值等于零，必有一个因式等于零。二方程之间也就必存在公共根。好比二未知数之和的5次方的展开式,只要发现是展开式一样的结构,直接可写成二数和的5次方情况类似。因此，我们只要维持展开式等于零。就能确保二方程之间有公共根。这就给我们对g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z取值有灵活性，也就有了将g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z其中一个元素化成特殊五次方程的办法，只是要求其他元素在设值时的配合。从多因式中我们可以看到每个因式都是g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z一次代数式，五个因式之积自然是多元五次代数式，而代换只发生在X１　；X２；　X３　；X４　；X５与a、b、c、d、e之间，不影响g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z的方次。仍是多元五次代数式。应当可表示成下面类似的的模式：z5＋f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）z4＋f（g2、g、h2、h、……、w2、w）z3＋f（g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w）z2＋f（g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w）z＋f（g5、g4、g3、g2、g、h5、h4、h3、h2、h、……w5、w4、w3、w2、w）；当它等于零时，二方程存在公共根即：z5＋f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）z4＋f（g2、g、h2、h、……、w2、w）z3＋f（g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w）z2＋f（g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w）z＋f（g5、g4、g3、g2、g、h5、h4、h3、h2、h、……w5、w4、w3、w2、w）＝0上式如果在横坐标上移动f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5变成：【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】5＋f１（g2、g、h2、h、……、w2、w）【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】3＋f１（g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w）【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】2+f１（g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w）【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】+f１（g5、g4、g3、g2、g、h5、h4、h3、h2、h、……w5、w4、w3、w2、w）=0；………………《1式》；由于X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0的方程都可采用X3＋PX＋q=0类似推导公式的方法，推导过程如下：设X=u＋v代入方程，则方程变成：（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0；而（u＋v）5=u5＋v5＋5uv（u3＋v3）＋10u2v2（u＋v）=u5＋v5＋5uv【u3＋v3＋3uv（u＋v）－3uv（u＋v）】＋10u2v2（u＋v）=u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）所以（u＋v）5＋P（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0可变成：u5＋v5＋5uv【u＋v】3－5u2v2（u＋v）＋p（u＋v）3＋（P2/5）（u＋v）＋q=0；u5＋v5＋（5uv＋p）【u＋v】3－（5u2v2－P2/5）（u＋v）＋q=0；又设uv=－p/5代入上式得：u5＋v5＋q=0；解方程组：uv=－p/5和u5＋v5＋q=0可分别求出u和v，所以X=u＋v可求出。分析X5＋PX3＋（P2/5）X＋q=0可解性得出一条规律,凡是未知数5次方项系数为1；而4次方项系数及2次方项系数均为零；同时3次方项系数的平方等于5倍的1次方项系数时,都可用上面的方法推出公式。因此我们只要把类似于【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】5＋f１（g2、g、h2、h、……、w2、w）【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】3＋f１（g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w）【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】2+f１（g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w）【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】+f１（g5、g4、g3、g2、g、h5、h4、h3、h2、h、……w5、w4、w3、w2、w）=0；………………《1式》；中【z+f（g、h、j、k、m、n、r、s、t、w）／5】当成未知X；又设【f１（g2、g、h2、h、……、w2、w）】2=5【f１（g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、……w4、w3、w2、w）】…………《2式》；f１（g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w）=0…………《3式》；《2式》与《3式》同时联立分析。正是由于卡尔丹诺推导法曾允许不等式当成等式来做，因此有充分的理由将f１（g3、g2、g、h3、h2、h、……w3、w2、w）=0…………《3式》中的g通过其它元素的设值全部化成在（）3之内，而之外又是h、j、k、m、n、r、s、t、w的多元三次代数式。采用同样的方法将，h、j、k、m、n、r、s、t、w的多元三次代数式中的h也能全部化成在（）3之内。最后变成类似于：【f（g、h、）】3+【f（h、）】3=0这个可变成一次函数式的.由于我们在计算g、h、j、k、m、n、r、s、t、w、z时都是从多解中选择一个的，也就不包含全部解的意思，而根与系数是相关的，因此算出的新的一元十一次方程不会包含X5＋aX4＋bX3＋cX2＋dX＋e=0全部根在内。因此,如果允许卡尔丹把不等式当成等式来解,把不能化成可开根式的方程当成可变成开根式的特殊方程来解的话,那么一元五次方程推导中也可以得出【f（g、h、）】3+【f（h、）】3=0及另一个函数式f１（g4、g3、g2、g、h4、h3、h2、h、）】=0组成的方程组关系.换种说法就是:若一元三次方程认为有根式公式,一元五次方程就也有根式公式,若认为复数表示的不属公式,那二种方程均应当定为无公式。而不是伽罗瓦认为一元三次方程有根式公式,一元五次方程却无根式公式。就好比承认三个实根一元三次方程可以变性成一个实根二个虚数根,却不允许五个实根一元五次方程变性成一个实根四个虚根的方程,道理一样。即然伽罗瓦出现了问题,自然不能作为证据去证明其他数学问题.所以,安德鲁·怀尔斯没有证明费马最后定理.