이재율

4색 구분 정리 증명과 페르마 정리 증명

아펠과 하켄의 1976 년경 4색 구분 정리 증명은 1200시간 컴퓨터작업이 필요하고, 와일즈의 1997 년경 페르마 정리 증명은 200 쪽 방대한 분량으로서, 간단명료한 증명 문제가 여전히 남아 있으며, 우리의 간명하고 완벽한 4색 구분 정리 증명과 페르마 정리 증명을 부인하는 수학자는 국내외에 아무도 없다.

4색 구분 정리 증명과 페르마 정리 증명 요약

4색 구분 정리 증명

[1] 한 점에 접하는 모든 지역들은 3색으로 충분히 구분된다.

[증명] 한 점에 접하는 지역들 중에서 한 지역을 선택할 때, 이 선택된 지역에 접하는 주변의 모든 지역들은 2색으로 충분히 구분되기 때문이다.

[2] 한 지역에 접하는 모든 지역들은 3색으로 충분히 구분된다.

[증명] 한 지역 내의 한 점과 주변 지역들의 경계선들이 한 지역의 경계선과 만나는 점들을 연결할 때, 이 지역들은 결국 한 점에 접하는 지역들과 마찬가지로서 3색으로 충분히 구분되기 때문이다.

[3] 한 지역과 한 지역에 접하는 주변의 모든 지역들을 구분함에는 4색으로 충분하다. 여기에서, 한 지역은 모든 모양의 무수한 지역들을 포함할 수 있다.

[증명] 한 지역에 접하는 주변의 모든 지역들은 3색으로 충분히 구분되기 때문이다.

2 가지 방법의 페르마 정리 증명

Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ

A=Z-Y, B=Z-X

X=G(AB)^1/n+A, Y=G(AB)^1/n+B, Z=G(AB)^1/n+A+B, X+Y-Z=G(AB)^1/n

{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 이고, n=2 일 때, G=2^1/2>0 임.

X=(2AB)^1/2+A, Y=(2AB)^1/2+B, Z=(2AB)^1/2+A+B

c²=A=Z-Y, 2d²=B=Z-X 일 때,

X=2cd+c², Y=2cd+2d² and Z=2cd+c²+2d²

c+d=e 일 때, X=e²-d², Y=2ed, Z=e²+d².

페르마정리 증명 제1방법

 Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ

 (X^n/2)²+(Y^n/2)²=(Z^n/2)²

a=Z^n/2-Y^n/2, b=Z^n/2-X^n/2

{G(ab)^1/2+a}²+{G(ab)^1/2+b}²={G(ab)^1/2+a+b}²

G=2^1/2>0

X^n/2=(2ab)^1/2+a, Y^n/2=(2ab)^1/2+b, Z^n/2=(2ab)^1/2+a+b

Xⁿ={(2ab)^1/2+a}², Yⁿ={(2ab)^1/2+b}², Zⁿ={(2ab)^1/2+a+b}²

홀수 n 에서 X, Y 와 Z 가 자연수일 때, 위식의 Xⁿ, Yⁿ 과 Zⁿ 는 자연수이지만, 우변의 {(2ab)^1/2+a}², {(2ab)^1/2+b}², {(2ab)^1/2+a+b}² 은 자연수가 될 수 없는 모순이 발생함으로 X, Y 와 Z 는 자연수가 될 수 없다. 그러나 짝수 n 에서는 위와 같은 모순이 발생하지 않는다. 한편, 짝수 n 에서는 모든 피타고라스 수가 거듭제곱이 될 수 없음으로 자연수 해를 가질 수가 없는 것이다.

페르마정리 증명 제2방법

{G(AB)^1/n+A}ⁿ+{G(AB)^1/n+B}ⁿ={G(AB)^1/n+A+B}ⁿ

위 식에서 A=B 일 때, G=[{2^(n-2)/n+…+2^1/n+1}ⁿ{2A^(n-2)}]^1/n 을 구할 수가 있고,

상기의 식들을 이용하여, 모든 자연수 A, B에서

G(AB)^1/n 이 절대로 자연수가 될 수 없음이 증명된다.

 [증명인: 이재율과 이유진]

흙에 덮여 있는 보석

“보석이 흙에 덮여 길가에 놓였으니, 오는 이, 가는 이, 모두가 흙이라고 하는 구나. 두어라. 알 때가 올 것이니, 흙인 듯이 있거라.”

홀수인n>2 에서 X, Y 와 Z 가 서로 소일 때,  X^n/2, Y^n/2 과 Z^n/2 에서 하나 또는 둘은 양의 정수가 되지 못한다. 만약 X^n/2, Y^n/2 과 Z^n/2 모두가 양의 정수가 된다면, 이것은 n 이 짝수라는 의미가 된다. 그러므로, X^n/2, Y^n/2 과 Z^n/2 에서 최소한 한 개는 양의 정수가 되지 못한다.

[예; {(x^2r+1)^2k+1, (y^2s)^2k+1, (z^2t)^2k+1}]

그래서 홀수인n>2 에서 Xⁿ, Yⁿ 과 Zⁿ 은 양의 정수이지만,

{(2ab)^1/2+a}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-Y^n/2)]²,

{(2ab)^1/2+b}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-X^n/2)]² 과

{(2ab)^1/2+a+b}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-Y^n/2)+(Z^n/2-X^n/2)]² 은 정수가 될 수 없다.

홀수인n>2 에서 X, Y 와 Z 가 서로 소일 때, 이와 같은 모순이 생기므로, Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ 은 정수 해를 가질 수 없는 것이다. 다시 말하여 홀수인n>2 에서 모순이 생기며, 짝수인 n 에서는 모순이 생기지 않는다. 그러므로, 짝수인 n 에서 Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ 은 양의 정수 해를 가질 것으로 추정할 수도 있다.

한편, 피타고라스 수는 거듭제곱이 될 수가 없음으로, 짝수인 n 에서도 Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ 은 정수 해를 가질 수가 없다.

이와 같이 Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ 은 정수 해를 가질 수 없음이 증명되는 것이다.

X^n/2=(2ab)^1/2+a, Y^n/2=(2ab)^1/2+b and Z^n/2=(2ab)^1/2+a+b.

Xⁿ={(2ab)^1/2+a}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-Y^n/2)]² ,

Yⁿ={(2ab)^1/2+b}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-X^n/2)]² and

Zⁿ={(2ab)^1/2+a+b}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-Y^n/2)+(Z^n/2-X^n/2)]².

When X, Y and Z are relatively prime in the odd number, n>2, one or two factors of X^n/2, Y^n/2 and Z^n/2 can be the positive integers, but at least one factor of X^n/2, Y^n/2 and Z^n/2 cannot be the integer i.e., if all three factors of X^n/2, Y^n/2 and Z^n/2 can be the positive integers, it means that n is the even number. So, at least one factor of X^n/2, Y^n/2 and Z^n/2 cannot be the integer when X, Y and Z are relatively prime in the odd number, n>2.

[ex.; {(x^2r+1)^2k+1, (y^2s)^2k+1, (z^2t)^2k+1}].

Now, when X, Y and Z are relatively prime in the odd number, n>2, Xⁿ, Yⁿ and Zⁿ are the positive integers,

but {(2ab)^1/2+a}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-Y^n/2)]²,

{(2ab)^1/2+b}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-X^n/2)]² and

{(2ab)^1/2+a+b}²=[{2(Z^n/2-Y^n/2)(Z^n/2-X^n/2)}^1/2+(Z^n/2-Y^n/2)+(Z^n/2-X^n/2)]² cannot be the integers.

It is an apparent contradiction because of relatively prime, X, Y and Z in the odd number, n>2. So, Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ cannot have the positive integer solutions in the odd number, n>2. I.e., the contradiction appears in the odd number, n, but the contradiction does not appear in the even number, n.

Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ cannot have the positive integer solutions in the odd number, n>2. Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ may have some positive integer solutions in the even number, n.

But the Pythagorean triples, X, Y and Z cannot be the mth power numbers like x^m, y^m and z^m. So, Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ cannot have the positive integer solutions in the even number, n.

Therefore, Xⁿ+Yⁿ=Zⁿ cannot have the integer solutions.