User talk:Leejaeyul5

Please stop spamming talk:Main Page with Fermat's Last Theorem. You are being a vandal. Continued vandalism will result in your account being blocked. - UtherSRG (talk) 01:32, 15 October 2006 (UTC)

Pythagorean numbers and Fermat's Last Theorem proof
피타고라스수와 2 가지 페르마정리 증명

X^n+Y^n=Z^n

n 이 3 이상 홀수로서 소수일 때, 자연수 해가 없음을 증명하면 됨. Y+A=X+B=Z

위 식에서 (X,Y,Z) 와 (A,B) 는 양의 실수로 한정됨으로, 0 또는 허수나 음의 실수는 될 수 없음.

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, k=hA, B=2Ah^2

X=A(2h+1), Y=2Ah(h+1), Z=A(2h^2+2h+1)

자연수 (A,h) 에서 XY=2A^2h(2h+1)(h+1) 가 거듭제곱이 될 수 없음을 명시함으로서, n 이 4 이상 짝수일 때, 자연수 해가 없음을 증명하고 있음.


 * * * * * 페르마정리 증명 제 1 방법 * * * * *

모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 무리수로 되어, (X,Y,Z) 가 모두 무리수임을 증명함.

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

상기 식에서 A=B 일 때, G(A)^(2/n)=[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A 가 됨.

위 식을 감안하여 아래 식을 새로 만들었으며, 이 식은 상수 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 을 가지고 있음으로, 모든 자연수 (A,B) 에서 항상 무리수임이 자명함.

새로 만든 [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.

q=2(X+Y-Z)/[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]

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

모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 은 항상 무리수가 될 수밖에 없음. 만약 G(AB)^(1/n)=(X+Y-Z) 를 자연수로 가정하면, q=2(X+Y-Z)/[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)] 은 자연수/무리수가 될 수밖에 없고, A=B 일 때에도 q 는 분자와 분모가 서로 다른 무리수가 됨으로서, 절대로 1 이 될 수가 없는 모순이 발생하기 때문임.

그러므로 G(AB)^(1/n) 은 항상 무리수로 되어, (X,Y,Z) 도 모두 무리수가 되는 것임. 제1방법 끝.


 * * * * * 페르마정리 증명 제 2 방법 * * * * *

X^n+Y^n=Z^n

상기 식을 아래와 같이 변형함. {X^(n/2)}^2+{Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^2

지수=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)

만약 (X,Y,Z) 를 자연수로 가정하면, 좌변인 (XY)^n 은 자연수가 되고, 우변인 2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2) 은 무리수가 되는 모순이 발생함. 그러므로 (X,Y,Z) 는 무리수가 되어야만 함. 제2방법 끝.

4 color & FLT proof
http://blog.empas.com/leejaeyul5, http://cafe.naver.com/leejaeyul.cafe

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 regio! ns 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 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.

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.
 * * * * * 1st method of FLT proof * * * * *

X^n+Y^n=Z^n {X^(n/2)}^2+{Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^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 irrat ional number. That is an apparent contradiction. Therefore (X,Y,Z) must be the irrational number. 2nd method. end.
 * * * * * 2nd method of FLT proof * * * * *

지구표면 지역들의 4색 구분정리 증명
지구표면 지역들의 4색 구분정리 증명


 * * * 지구표면 지역들의 3 가지 상호관계 * * *


 * * * 경계선을 공유. 경계선이 점만을 공유. 전혀 접하지 않음. * * *

[1] 임의의 한 지역과 경계선을 공유하는 인접 지역들 전체의 지역들을 구분함에는 4 색으로 충분함.

[증명] 한 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들이 3 색으로 충분히 구분되기 때문임. [예시1] 한 지역의 경계선을 공유하는 6 개의 인접 지역들이 2 색으로 구분되는, 6 각형 모양들로 된 모든 지역들은 3 색으로 구분됨. [예시2] 한 지역의 경계선을 공유하는 4 개의 인접 지역들이 1 색으로 구분되는, 4 각형 모양들로 된 모든 지역들은 2 색으로 구분됨.

[2] 임의의 한 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들을 구분함에는 3 색으로 충분함. [증명] 임의의 한 지역 내부 한점에서 이 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들의 경계선 교점들을 보조선들로 연결할 때, 보조선들로 연장된 지역들은 한 점에 접하는 지역들과 마찬가지로 되고, 한 점에 접하는 모든 지역들이 3 색으로 충분히 구분되기 때문임.

[3] 한 점에 접하는 모든 지역들을 구분함에는 3 색으로 충분함. [증명] 한 점에 접하는 지역들 중 임의의 한 지역을 선정할 때, 이 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들이 2 색으로 충분히 구분되기 때문임. —Preceding unsigned comment added by 211.51.83.12 (talk) 08:31, 3 December 2007 (UTC)

시공초월 절대불변 진위판별 분명한 수학진리
시간과 공간이 변함에 따라 삼라만상은 변함으로 무상을 진리라고도 합니다. 수학진리는 시공을 초월하여 절대로 불변이며 진위판별이 분명합니다. 수학에서는 다양한 논리를 복잡하게 제시함 보다는, 자명한 진리를 발견하여 잘 정리함이 보다 더 중요한 것입니다. 특별한 무리수의 합이나 곱이 유리수 아님이 확실 때, 이는 자명한 무리수입니다. 특별한 조건을 준 경우에 무리수임을 판별하는 방법들은 여러 가지로 다양합니다. 우리의 페르마정리 증명 내용에 있는 자명한 무리수에 대하여, 어떤 사람도 반례를 제시할 수가 없는 것입니다. 어떤 조건의 무리수 합과 곱에서는 유리수가 나타날 수도 있습니다. 그러나 아래 수식과 같은 특별 조건의 무리수식은 자명한 무리수입니다. [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n} 에서 2^{(n-1)/n},…, 2^(2/n), 2^(1/n), 2^(1/n)[2^{(n-2)/n}+…+2^(1/n)+1] 등은 무리수이고, 자연수 A 에서 A^(n-2) 은 자연수이며, A^{(n-2)/n} 은 자연수나 무리수가 될 수 있습니다. 아래의 교신내용을 참고바랍니다. 감사합니다. 2008.3.31. 이재율 이유진 조광호 이문엽 김덕준 황시연 송귀석 일동 - - - - - - - - - - - - - - 아 래 - - - - - - - - - - - - - - 자연수 A 에서 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n} 이 무리수임을 다음과 같이 설명합니다. [첫째설명] 식을 전개하고 순차로 정리 정돈하며 무리수로 될 수밖에 없음을 설명합니다. [2^{(n-1)/n}]A^{(n-2)/n} 이 자연수 W 일 때, [1+…+1/2^{(n-3)/n)}+1/2^{(n-2)/n)}]W 로 무리수이고, … [2^(2/n)]A^{(n-2)/n} 이 자연수 S 일 때, [2^{(n-3)/n}+…+1+1/2^(1/n)]S 로 무리수이며, [2^(1/n)]A^{(n-2)/n} 이 자연수 R 일 때, [2^{(n-2)/n}+…+2^(1/n)+1]R 로 무리수입니다. [둘째설명] 자연수 N=[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n} 으로 가정하면, 다음과 같이 변형될 수 있고, N^n/2A^(n-2)=[2^{(n-2)/n}+…+2^(1/n)+1]^n 의 좌변은 유리수이고, 우변은 무리수가 되는 모순이 발생함으로 절대 유리수가 될 수 없고, 무리수가 되어야만 하는 것입니다. [셋째설명] [2^{(n-2)/n}+…+2^(1/n)+1][2A^(n-2)]^(1/n) 으로 되어, [2A^(n-2)]^(1/n) 이 자연수가 되거나 무리수이거나 항상 무리수가 될 수밖에 없는 것입니다. 이상과 같은 설명들을 페르마 정리 증명 논문 내용에 포함할 필요는 없습니다.

배재국 교수의 회신내용  이재율 선생님, 1+…+1/2^{(n-3)/n)}+1/2^{(n-2)/n)} 가 무리수인 이유는 무엇입니까? 첨부자료를 살펴 본 결과 제 의견은 다음과 같습니다. 말씀하신 2.의 자연수 나누기 무리수는 무리수임이 분명하지만, 진교택 선생님이 지적하신 것은 그것이 아니고 이재율 선생님의 주장 중에서 <여러 무리수의 합이 무리수>라는주장과 <두 무리수의 곱이 무리수>라는 주장은 증명을 필요로 한다는 것으로서 매우 합당한 지적입니다. 이재율 선생님은 특수상수에 대해서는 자명하다는 말씀을 하시지만 수학계에서는 그런 특수상수라는 개념 자체를 인정하지 않습니다.

논문저자가 대한수학회에 발신한 내용 제목 : 부당업무에 대한 감사 면담요구와 제13차 고발 1. KMS 접수번호 B06-0303-1 (2006. 3. 3.) 논문관련 부당업무에 대하여, 논문 060303 -10001 (2006. 11. 8.), -10002 (2006. 12. 19.), -10003 (2007. 1. 29.), -10004 (2007. 3. 9.), -10005 (2007. 4. 19.), -10006 (2007. 5. 29.), -10007 (2007. 6. 29.), -10008 (2007. 8. 19.), -10009 (2007. 10. 9.), -10010 (2007. 11. 29.), -10011 (2008. 1. 9.) -10012 (2008. 2. 19.) 로 12차례 감사 고발하였으나, 공익법인 감사가 직무를 유기하고 있습니다. 이에 강력히 항의하고, 면담 요구와 동시 제13차 고발합니다. 2. 논문에 오류가 전혀 없음에도 잘못된 심사의견만을 제시하였습니다. 첫째로 새 공식은 부적절하다고 한 의견은 모든 피타고라스 수를 완벽하게 구하는 새로운 공식에 대한 잘못된 의견이며, 둘째로 자연수 나누기 무리수가 무리수 아닐 수도 있다는 의견은 자명한 무리수에 대한 잘못된 의견입니다. 따라서 이 심사의견에 따른 모든 결정은 원천 무효입니다. 3. 귀회는 세계 수학사상 370 년간 난제였던 페르마정리 증명이 새로운 공식으로 간명하게 완결됨을 공인하여야 할 것입니다. 수학사에 기록된 1997년도 발표 미국 프린스턴대학 엔드류와일즈 교수의 페르마정리 증명은 불분명한 추측적인 증명입니다. 고등과학원 금종해, 서울대 김명환, 연세대 서수길, 한국교원대 신현용 교수 등은 이미 시인하였습니다. 첨부1 : 공익단체 부정부패 위법행위 관련자료. 1 부. 끝. 2008. 3. 29. 고발인 논문저자 이재율 드림