이재율의 마이가든

Our proofs are perfect and plain. Andrew Wiles`s FLT proof is a guess.

진실로 진리만을 주장하는 것은 유아적이고 교과서적이며 매우 고지식한 것이었습니다. 혈연 지연 학연 등의 다양한 인맥으로, 자신의 세력을 확장하여 자신의 주장들이 정의로서 인정받는 것이, 보다 더 어른스러운 존경받을 만한 행동이 되는 것이었습니다. 현실 논리에 매우 현명한, 우리 민족은 현실적인 삶에서 자유로움과 여유로움을 얻기 위하여서는, 진실로 진리보다는 진리 같은 정의를 선택하여야만 하였던 것입니다. 이와 같은 사실에서, 우리의 정신 갈등이 증폭되고 있는 것입니다.

2580 년 된 피타고라스 수를 모두 구하는 새 공식을 발견하고, 이 공식을 이용하여 370 년 동안 세계 수학계의 난제였던 페르마 정리를 2 가지 방법으로 간단명료하게 증명한 내용입니다.
2005 년 초부터 다양하게 검증하고 충분히 재검토하여, 내용에 오류가 전혀 없음을 저의 명예를 걸고 책임 보증합니다. 4색 구분정리 증명은 2003 년도에 이미 완결되었습니다.
간명한 내용지만, 일반 보편 상식을 가진 사람들이 취미활동, 게임, 오락, 두뇌스포츠, 논리훈련, 교육, 독서와 사색 등의 다양한 효과를 얻을 수 있는 증명이며, 여가 선용에도 많은 도움이 될 수 있는 내용임을 확신합니다.

지구표면 지역들의 4색 구분정리 증명
[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.

2 가지 페르마 정리 증명과 피타고라스 수
X^n Y^n=Z^n
n 이 4 이상 짝수일 때 자연수해가 없음을 페르마가 증명하였음으로, 홀수로서 소수일 때 증명요함.
Y A=X B=Z
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
X=2k A, Y=2k(k A)/A, Z=2k A 2k^2/A
XY=2k(2k A)(k A)/A
A 가 홀수일 때, k=hA, XY=2A^2h(2h 1)(h 1) 그리고 hk=A, XY=2k^2(2 h)(1 h)/h
A 가 짝수일 때, 2k=hA, XY=A^2h(h 1)(h 2)/2 그리고 2hk=A, XY=2k^2(1 h)(1 2h)/h
그러므로 XY 는 모든 피타고라스 수에서 거듭제곱이 될 수 없음.
* * * * * 페르마정리 증명 제 1 방법 * * * * *
모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 항상 무리수로 되어, (X,Y,Z) 가 모두 무리수임을 증명함.
{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,
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}
특별상수 [2^{(n-1)/n} … 2^(2/n) 2^(1/n)] 을 가지고 모든 자연수 (A,B) 에서 항상 무리수인 식을 만들었음.
새로운 식 [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.
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)]
만약 G(AB)^(1/n) 이 (a,b) 에서 자연수 (N) 이면, G(ab)^(1/n)=N 에 [2^{(n-1)/n} … 2^(2/n) 2^(1/n)] 이 없음으로, G(AB)^(1/n) 에도 [2^{(n-1)/n} … 2^(2/n) 2^(1/n)] 이 존재할 수 없음.
따라서 q 는 A=B 일 때 절대로 1 이 될 수 없는 모순이 발생함.
그러므로 모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 항상 무리수가 됨, 제1방법 끝.
* * * * * 페르마정리 증명 제 2 방법 * * * * *
X^n Y^n=Z^n
{X^(n/2)}^2 {Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^2
지수가 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)
(X,Y,Z) 를 자연수로 가정하면, 좌변인 (XY)^n 은 자연수가 되고, 우변은 무리수가 되는 모순 발생함.
그러므로 (X,Y,Z) 는 무리수가 되어야만 함. 제2방법 끝.

2008년 05월 18일