獲悉安德魯·懷爾斯花了130頁紙證明了費馬大定理，我非常驚呀!明明費馬老前輩說過有精簡證明，而安德魯·懷爾斯卻搞得這么復(fù)雜。竟連費馬生前沒出現(xiàn)的許多理論都用上了，難道這就是人類要的結(jié)果？是對還是錯？中國改革之初有句名言說得非常好，那就是實踐是檢驗真理的唯一標(biāo)準(zhǔn)。確鑿事實表明，安德魯·懷爾斯證明過程中多次提到伽羅瓦理論。我們只要證明伽羅瓦理論不嚴(yán)格、有缺陷，他就不能作為依據(jù)。

伽羅瓦理論缺陷之一

伽羅瓦沒有仔細(xì)觀察，卡爾丹諾公式的推導(dǎo)包含用許多不等式充當(dāng)?shù)仁角蠼獾默F(xiàn)象，無可辯駁的數(shù)據(jù)舉證表明：用卡爾丹諾推導(dǎo)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來完成的。    如方程X³－3X－1=0；

卡爾丹諾是這樣做的：設(shè)X=u+v

X³－3X－1=0  →(u+v)³－3(u+v)－1=0   →(u)³+(v)³+3uv(u+v)－3(u+v)－1=0 

設(shè)3uv＝3    →    uv＝1(u、v互為倒數(shù))

得(u)³+(v)³＝1  (一個數(shù)加這個數(shù)的倒數(shù)怎能和1相等，完全違背不等式理論，是將u、v主觀上設(shè)為互為倒數(shù)造成與現(xiàn)實相違背的錯誤)

大家知道，任何一個數(shù)與它的倒數(shù)符號總是同向疊加，當(dāng)它倆為正數(shù)時它們總有一個數(shù)大于或等于1,疊加后一定超過1決不等于1。當(dāng)它倆為負(fù)數(shù)時它們總有一個小于或等于-1,疊加后一定小于-1而不會等于-1。

我們學(xué)過不等式知道(u)³+(1/u)³的值域決不會在-1.9與1.9之間，也就是說有無數(shù)個一元三次方程求解，是用不等式充當(dāng)?shù)仁酵瓿傻慕?。是人為設(shè)附助方程造成的問題。這樣解的結(jié)果是不等式的解還是等式的解呢?

事實上,若三個實數(shù)根的一元三次方程,如果你要變成可開立方根根式來求解的方程，其中有些實數(shù)根會發(fā)生虛數(shù)化變化這是因為可開根式解的一元三次方程,只有一個實數(shù)根其它是虛數(shù)根。如果把三個實數(shù)解方程要化成可開立方根求解的方程，就意謂著原方程的二個實數(shù)根就必要變成虛數(shù)，根的性質(zhì)都變了,還是原方程的根嗎?

所以說,方程根式解問題并不是伽羅瓦理論所論術(shù)的那樣,什么一元三次方程有一般根式解公式,而一元五次方程無一般根式解公式.只能說,含一個實數(shù)根的一元三次方程有根式解公式.若有三個互不相等實數(shù)根方程化不成可開立方求解的方程.

揭穿復(fù)數(shù)式計算成實數(shù)的鬧劇

有人辯解說,可以先用卡爾丹公式計算成復(fù)數(shù)式，再用復(fù)數(shù)算出來呀。

那么我得問，一元四次方程，也可用根式解公式計算成復(fù)數(shù)式，是否都可演算出實數(shù)根來呢？如果都能演算成實數(shù)解,那么,所有一元四次方程都有實數(shù)解。請問,所有的一元四次函數(shù)都會與X軸相交嗎?顯然不一定.

請問虛數(shù)根怎么來的?那就是人們把不等式錯當(dāng)成等式解出來的,一種沒法表示大小和正負(fù)不分的幻想數(shù)。平面坐標(biāo)本來就是平面，卻用不等式弄出了復(fù)平面。

其實,用卡丹公解出復(fù)數(shù)表示式時,并沒解決從三個實數(shù)解選定一解的問題，因為它用不等式分解出一個假因式,其實所謂的復(fù)數(shù)計算仍是去完成從三個中選定一個的問題,不是已知數(shù)到已知數(shù)的運算,而是重新分解,之所以能算出實數(shù),是因為有非根式解的辦法。而有些一元四次方程用公式算到復(fù)數(shù)式算不出實數(shù)，是因為用非根式解的辦法仍無法分解成真正的因式。寫一個最簡單復(fù)數(shù)出來，你能說它等于哪個實數(shù)嗎?不能啦。

伽羅瓦理論缺陷之二

    伽羅瓦片面認(rèn)為預(yù)解式是一個接一個設(shè)的。其實只能說是他自己主觀上不切實際的想法。.

   我們知道高次方程方次越高，要變成可解的特殊高次方程，涉及的中間項越多，并不是伽羅瓦認(rèn)為的那樣一個預(yù)解式接一個預(yù)解式就能解決的，而是要讓中間項同時達(dá)到一定的目的。四次或更低次一元方程之所以可考慮選擇伽羅瓦的那種辦法,是因為可以先在數(shù)軸上移動,變成缺一項的新方程 ,再利用一個可變元素設(shè)值使新方程 變成特殊方程求解。

伽羅華自己也承認(rèn)，他的預(yù)解式是在不知情的情況下設(shè)想的，試想，連根式怎么才能生成都不知道，你怎么去斷定呢?其實就是一步一步化成可開根的特殊方程來解的過程。

利用判別定理將一元五次方程變特殊一元五次方程求解

(條件是同一元三次方程一樣,允許不等式冒充等式解)

判別定理:指的是一個一元五次方程只要與一個一元高次方程它們之間的系數(shù)組成的一代數(shù)式等于零時，二方程間至少有一公共根存在。

    解方程：X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0

解：大家知道，如果我們能找到一個高次方程，并且這個方程和X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0；有公共根但公共根個數(shù)是四個以下，那么，這個公共根方程必然可通過輾轉(zhuǎn)法求出。（證明省略）

怎么找出這樣一個方程呢？我先設(shè)計這個方程模型為：

X¹¹＋gX¹⁰＋hX⁹＋jX⁸＋kX⁷＋mX⁶＋nX⁵＋rX⁴＋sX³＋tX²＋wX＋z=0

然后再把符合條件的g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z具體怎么計算出來。

因為方程X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0；管你計算還是沒計算出來，只要a、b、c、d、e是已知數(shù)，那么這五個根的數(shù)值是五個固定不變的。為把五個根區(qū)別開來，設(shè)它們分別是X_１；X_２；X_３； X_４；X_５

方程X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0；

與方程X¹¹＋gX¹⁰＋hX⁹＋jX⁸＋kX⁷＋mX⁶＋nX⁵＋rX⁴＋sX³＋tX²＋wX＋z=0

有公共根的條件是：把X_１；X_２；X_３； X_４；X_５

分別代入X¹¹＋gX¹⁰＋hX⁹＋jX⁸＋kX⁷＋mX⁶＋nX⁵＋rX⁴＋sX³＋tX²＋wX＋z中有：

（X_１¹¹＋g X_１¹⁰＋h X_１⁹＋j X_１⁸＋k X_１⁷＋m X_１⁶＋n X_１⁵＋r X_１⁴＋s X_１³＋t X_１²＋w X_１＋z）（X_２¹¹＋g X_２¹⁰＋h X_２⁹＋j X_２⁸＋k X_２⁷＋m X_２⁶＋n X_２⁵＋r X_２⁴＋s X_２³＋t X_２²＋w X_２＋z）（X_３¹¹＋g X_３¹⁰＋h X_３⁹＋j X_３⁸＋k X_３⁷＋m X_３⁶＋n X_３⁵＋r X_３⁴＋s X_３³＋t X_３²＋w X_３＋z）（X_４¹¹＋g X_４¹⁰＋h X_４⁹＋j X_４⁸＋k X_４⁷＋m X_４⁶＋n X_４⁵＋r X_４⁴＋s X_４³＋t X_４²＋w X_４＋z）（X_５¹¹＋g X_５¹⁰＋h X_５⁹＋j X_５⁸＋k X_５⁷＋m X_５⁶＋n X_５⁵＋r X_５⁴＋s X_５³＋t X_５²＋w X_５＋z）＝0；時二方程必有公共根

可以看出：上式的左邊

（X_１¹¹＋g X_１¹⁰＋h X_１⁹＋j X_１⁸＋k X_１⁷＋m X_１⁶＋n X_１⁵＋r X_１⁴＋s X_１³＋t X_１²＋w X_１＋z）（X_２¹¹＋g X_２¹⁰＋h X_２⁹＋j X_２⁸＋k X_２⁷＋m X_２⁶＋n X_２⁵＋r X_２⁴＋s X_２³＋t X_２²＋w X_２＋z）（X_３¹¹＋g X_３¹⁰＋h X_３⁹＋j X_３⁸＋k X_３⁷＋m X_３⁶＋n X_３⁵＋r X_３⁴＋s X_３³＋t X_３²＋w X_３＋z）（X_４¹¹＋g X_４¹⁰＋h X_４⁹＋j X_４⁸＋k X_４⁷＋m X_４⁶＋n X_４⁵＋r X_４⁴＋s X_４³＋t X_４²＋w X_４＋z）（X_５¹¹＋g X_５¹⁰＋h X_５⁹＋j X_５⁸＋k X_５⁷＋m X_５⁶＋n X_５⁵＋r X_５⁴＋s X_５³＋t X_５²＋w X_５＋z）是一個初等對稱代數(shù)式。

因為X_１；X_２；X_３； X_４；X_５相互對換其值不變。根據(jù)初等對稱多項式理論，

X_１；X_２；X_３； X_４；X_５完全可用a、b、c、d、e定值化置換掉。變成由a、b、c、d、e跟g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z組成的值，而這個值與

（X_１¹¹＋g X_１¹⁰＋h X_１⁹＋j X_１⁸＋k X_１⁷＋m X_１⁶＋n X_１⁵＋r X_１⁴＋s X_１³＋t X_１²＋w X_１＋z）（X_２¹¹＋g X_２¹⁰＋h X_２⁹＋j X_２⁸＋k X_２⁷＋m X_２⁶＋n X_２⁵＋r X_２⁴＋s X_２³＋t X_２²＋w X_２＋z）（X_３¹¹＋g X_３¹⁰＋h X_３⁹＋j X_３⁸＋k X_３⁷＋m X_３⁶＋n X_３⁵＋r X_３⁴＋s X_３³＋t X_３²＋w X_３＋z）（X_４¹¹＋g X_４¹⁰＋h X_４⁹＋j X_４⁸＋k X_４⁷＋m X_４⁶＋n X_４⁵＋r X_４⁴＋s X_４³＋t X_４²＋w X_４＋z）（X_５¹¹＋g X_５¹⁰＋h X_５⁹＋j X_５⁸＋k X_５⁷＋m X_５⁶＋n X_５⁵＋r X_５⁴＋s X_５³＋t X_５²＋w X_５＋z）是多因式與簡代后的展開式關(guān)系。這個值等于零，必有一個因式等于零。二方程之間也就必存在公共根。

好比二未知數(shù)之和的5次方的展開式,只要發(fā)現(xiàn)是展開式一樣的結(jié)構(gòu),直接可寫成二數(shù)和的5次方情況類似。

因此，我們只要維持展開式等于零。就能確保二方程之間有公共根。這就給我們對g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z取值有靈活性，也就有了將g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z其中一個元素化成特殊五次方程的辦法，只是要求其他元素在設(shè)值時的配合。

從多因式中我們可以看到每個因式都是g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z一次代數(shù)式，五個因式之積自然是多元五次代數(shù)式，而代換只發(fā)生在X_１；X_２；X_３； X_４；X_５與a、b、c、d、e之間，不影響g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z的方次。仍是多元五次代數(shù)式。應(yīng)當(dāng)可表示成下面類似的的模式：

z ⁵＋f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）z ⁴＋f（g ² 、g 、h² 、h、…… 、w² 、w）z ³＋f（g³ 、 g ²、g 、h³  、h² 、h、……w³、w²、w）z ²＋f（g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁴  、h³  、h² 、h、……w⁴、w³、w² 、w）z ＋f（g⁵  、g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁵ 、h⁴  、h³  、h² 、h、……w⁵、w⁴、w³、w² 、w）；

當(dāng)它等于零時，二方程存在公共根即：

z ⁵＋f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）z ⁴＋f（g ² 、g 、h² 、h、…… 、w² 、w）z ³＋f（g³ 、 g ²、g 、h³  、h² 、h、……w³、w²、w）z ²＋f（g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁴  、h³  、h² 、h、……w⁴、w³、w² 、w）z ＋f（g⁵  、g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁵ 、h⁴  、h³  、h² 、h、……w⁵、w⁴、w³、w² 、w）＝0

   上式如果在橫坐標(biāo)上移動f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5

變成：

【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】⁵＋f_１（g ² 、g 、h² 、h、…… 、w² 、w）【z+f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】³＋f_１（g³ 、 g ²、g 、h³  、h² 、h、……w³、w² 、w）【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】² + f_１（g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁴  、h³  、h² 、h、……w⁴、w³、w² 、w）【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】+ f_１（g⁵  、g⁴、g^3、 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類似推導(dǎo)公式的方法，推導(dǎo)過程如下：

設(shè)X=u＋v 代入方程，則方程變成：

（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  可變成：

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 ；

 又設(shè)uv=－p/5代入上式得：

u⁵＋v⁵ ＋q=0  ；

解方程組：uv=－p/5和u⁵＋v⁵ ＋q=0可分別求出u和v ， 所以X=u＋v 可求出。

分析X⁵＋PX³＋（P²/5）X＋q=0可解性得出一條規(guī)律,凡是未知數(shù)5次方項系數(shù)為1；而4次方項系數(shù)及2次方項系數(shù)均為零；同時3次方項系數(shù)的平方等于5倍的1次方項系數(shù)時,都可用上面的方法推出公式。

因此我們只要把類似于【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】⁵＋f_１（g ² 、g 、h² 、h、…… 、w² 、w）【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】³＋f_１（g³ 、 g ²、g 、h³  、h² 、h、……w³、w² 、w）【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】² + f_１（g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁴ 、h³  、h² 、h、……w⁴、w³、w² 、w）【z+ f（g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w）／5】+ f_１（g⁵ 、g⁴、g^3、 g ²、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】當(dāng)成未知X；

又設(shè)【f_１（g ² 、g 、h² 、h、…… 、w² 、w）】²=5【f_１（g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁴  、h³  、h² 、h、……w⁴、w³、w² 、w）】…………《2式》；

f_１（g³ 、 g ²、g 、h³  、h² 、h、……w³、w² 、w）=0…………《3式》；

《2式》與《3式》同時聯(lián)立分析。

正是由于卡爾丹諾推導(dǎo)法曾允許不等式當(dāng)成等式來做，因此有充分的理由將

f_１（g³ 、 g ²、g 、h³  、h² 、h、……w³、w² 、w）=0…………《3式》中的g通過其它元素的設(shè)值全部化成在（）³之內(nèi)，而之外又是h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w的多元三次代數(shù)式。采用同樣的方法將，h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w的多元三次代數(shù)式中的h 也能全部化成在（）³之內(nèi)。最后變成類似于：

【f（g  、h、）】³+【f（h、）】³=0

這個可變成一次函數(shù)式的.

由于我們在計算g  、h 、 j、 k、 m、n、 r 、s、 t 、w、z時都是從多解中選擇一個的，也就不包含全部解的意思，而根與系數(shù)是相關(guān)的，因此算出的新的一元十一次方程不會包含X⁵＋aX⁴＋bX³＋cX²＋dX＋e=0全部根在內(nèi)。

因此,如果允許卡爾丹把不等式當(dāng)成等式來解,把不能化成可開根式的方程當(dāng)成可變成開根式的特殊方程來解的話,那么一元五次方程推導(dǎo)中也可以得出【f（g  、h、）】³+【f（h、）】³=0及另一個函數(shù)式

f_１（g⁴、g^3、 g ²、g 、h⁴  、h³  、h² 、h、）】=0組成的方程組關(guān)系.換種說法就是:若一元三次方程認(rèn)為有根式公式,一元五次方程就也有根式公式,若認(rèn)為復(fù)數(shù)表示的不屬公式,那二種方程均應(yīng)當(dāng)定為無公式。而不是伽羅瓦認(rèn)為一元三次方程有根式公式,一元五次方程卻無根式公式。就好比承認(rèn)三個實根一元三次方程可以變性成一個實根二個虛數(shù)根,卻不允許五個實根一元五次方程變性成一個實根四個虛根的方程,道理一樣。

即然伽羅瓦出現(xiàn)了問題,自然不能作為證據(jù)去證明其他數(shù)學(xué)問題.所以,安德魯·懷爾斯沒有證明費馬最后定理.