费马大定理的证明

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论文题目：费马大定理的证明 Paper topic：Proof of FLT papers

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本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大

【 定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p时方程x

【关键字】：费马大定理（FLT）证明

n?yn?zn无解。

Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution.

Keywords: Proof of FLT (FLT)

引言：

1637年，费马提出：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。”即方程 x?y?z无正整数解。

当正整数指数n＞2时，没有正整数解。当然xyz=o 除外。这就是费马大定理（FLT），于1670年正式发表。费马还写道：“关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下”。[1]

1992年，蒋春暄用p阶和4n阶复双曲函数证明FLT。

1994年，怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT，但是他的证明明显与费马设想的证明不同。

据前人研究，任何一个大于2的正整数n，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数，因此证明FLT，只需证明两个指数n=4及n=p时方程没有正整数解即可。方程 x?y?z无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。方程 x?y?z无正整数解，n=3被欧拉、高斯所证明；n=5被勒让德、狄利克雷所证明；n=7被拉梅所证明；特定条件下的n相继被数学家所证明；现在只需继续证明一般条件下方程x?y?z没有正整数解，即证明FLT。[2]

本文通过运用勾股定理，对奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析证明

nnnnnn444nnnn?4，n?p时xn?yn?zn无正整数解。

1

费马大定理的初等证明

（一）n=4时的证明

在x,y,z彼此互素，x为偶数时设方程

x4?y4?z4 (1) 的解为(x,y,z)。这里，正整数解简称为解，以下也是如此。 根据勾股定理，式（1）的解为

x?2mn (2)

2y2?m2?n2 (3)

z2?m2?n2 (4)[3]

这里，m>n>0，(m,n)=1，m为奇数，n为偶数。于是，在（2）有解的同时，式（3）也同时有解。设是式（3）所有最小解。

根据勾股定理，式（3）的解为

m?a2?b2 (5) n?2ab (6)

y?a2?b2 (7)

这里，a>b>0，(a,b)=1，ab为偶。由式（2），（5），（6）可有

x?4ab(a?b) (8)

因为(4ab,a?b)?1，由式（8）可有

2222c2?4ab (9) e2?4ab (10)

于是，从式（10）可以得出，(a,b,e)也是式（3）的解。由式（5），（10）可有

m?a2?b2?e2?e

m?e[4]

这与假设是式（3）的最小解相矛盾。因此，在式（2）有解的同时，式（3）无解，进而式（1）无解。 （二）n=p的证明

在x,y,z彼此互素时，设方程

xp?yp?zp (1)

2

的解为(x,y,z)。由式（1）可有，

(x)?(y)?(z) (2)

因此，(x,y,z)也为式（2）的解。这里，p为奇素数。

根据勾股定理，由式（2）可知，z只能为奇数。于是，在x为偶数时式（2）的解为

p22p22p22x?2mn (3)

p2y?m2?n2 (4)

z?m2?n2 (5)

这里m>n>0，(m,n)=1，mn为偶数，即为mn一奇一偶

由式（3），（4），（5）可知，x,y,z又只能都为平方数。设x?r,y?s,z?t，则式（2）和式（1）为

222p2p2r2p?s2p?t2p (6)

（1） 方程（6）可为

(s2)p?(t2)p?(r2)p (7)

方程（7）的解为

rp?n?g(m,n)或n?g(n,m) (8)

s2?m2?n2 (9)

tp?m?f(m,n) (10)

这里，m>n>0，(m,n)=1,m为奇数，n为偶数；(m,f(m,n))?1或 p,(n,g(m,n))?1或p;

0p?12p?32p?32p?3p?1p?1f(m,n)?Cpm?Cpmn???Cpmn?Cpn

(11)

p?1p?32p?22p?3pp?1g(m,n)?C1?C3n???Cpmn?Cpn pmpm (12)

0p?12p?32p?32p?3p?1p?1g(n,m)?Cpn?Cpnm???Cpnm?Cpm

(13) 其中，g(n,m)式子中的各项是分别是把g(n,m)式子中的各项颠倒过来写的，并且

p?i(i=0,1,2,…,p-1,p)。于是，在式（9）有解的同时，式（8）也同时有解。[5] Cip?Cp由式（24），式（9）的解为

3

m?a2?b2 (14) n?2ab (15)

s?a2?b2 (16)

这里，a>b>0，(a,b)=1，ab为偶数。由式（8），（15）可有

rp?2ab?g(m,n)或2ab?g(n,m) (17)

（2） 方程（6）还可为

2 (rp)?(sp2)?2 (18) t(p ) 方程（18）的解为

rp?2uv (19) sp?u2?v2 (20) tp?u2?v2 (21)

这里u>v>0，(u,v)=1,uv为偶数。同时，式（20）的解为

u?a?f(a,b) (22) v?b?g(a,b) (23) s?a2?b2 (24)

这里，f(a,b)和g(a,b)的表达式分别与和相同。 由式（19），（22），（23）可有

rp?2ab?f(a,b)?g(a,b) (25)

这里，(a,f(a,b)?1 或(b,g(a,b))?或1p( 3 ) 在a为偶数，b为奇数时，分别有

<1>在p不整除ab时，从式（17）可知，p不整除g(m,n)。因为(2ab,g(m,n))=1，由式（17）可有

r1p?2a (26)

pr25?g(m,n) (27)

r3p?b (28)

因此，在式（26）有解的同时，式（27）也同时有解。设r25是式（27）所有解的最小解。

4

从式（25）可知，p不整除f(a,b)，这不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(b,g(a,b))?，1由式（25）可有

r1p?2a (29)

r2p?f(a,b) (30) r3p?b (31) r4p?g(a,b) (32)

于是，从式（32）可以得知，(a,b,r4)也是式（27）的解。由式（27）的解。由式（27），（32）可有

pr25?g(m,n)?r4p?g(a,b) (33)

r25?r4

<2>在p不整除a，p整除b时，从式（17）可知，p整除g(m,n)。因为

(a,g(m,n))?1,(b,g(m,n))?p，由式（17）可知，整除。因为，由式（17）可有

r5p?2a (34)

ppr26?g(m,n) (35)

r7p?pb (36)

因此，在此（34）有解的同时，式（35）也同有解。设是式（35）所有解中的最小解。

b,g(a,b))?p从式（25）可知，p不整除f(a,b)，p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(，由

式（25）可有

r5p?2a (37)

r6p?f(a,b) (38) r7p?pb (39) pr8p?g(a,b) (40)

于是，从式（40）可以得知，(a,b,r8)也是式（35）的解。由式（35），（40）可有

ppr26?g(m,n)?pr8p?g(a,b) (41)

5

r26?r8

<3>.在p整除a,p不整除b时，从式（17）可知，p整除g(n,m)。因为17）可有 (a,g(n,m))?1,(b,g(n,m))?，由式（1r9p?2pa (42)

ppr27?g(n,m) (43) pr11?b (44)

因此，在式（42）有解的同时，式（43）也同时有解。设解。

r是式（43）所有解中的最小

从式中（25）可知，p整除f(a,b)，p不整除g(a,b)。因为，由式(a,f(a,b))?p,(b,g(a,b))?1（25）可有

r9p?2pa (45)

ppr10?f(a,b) (46) pr11?b (47) pr12?g(a,b) (48)

于是，从式（46）可以得知，(a,b,r10)也是式（43）。由式（43），（46）可有

pppr27?g(n,m)?pr10?f(a,b) (49)

r27?r10

( 4 )在a为奇数，b为偶数，分别有

<1> 在p不整除ab时，从式（17）可知，p不整除g(m,n)。因为(2ab,g(m,n))?1，由式（17）可有

pr13?2b (50) pr28?g(m,n) (51) pr15?a (52)

6

因此，在式（50）有解的同时，式（51）也同时有解。设28是式（51）所有解中的最小解。

从式（25）可知，p不整除f(a,b)，p不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(b,g(a,b))?1，由式（25）可有

pr13?2b (53) pr14?g(a,b) (54) pr15?a (55) pr16?f(a,b) (56)

r于是，从式（54）可以得知，(a,b,r14)也是式（51）的解。由式（51），（54）可有

ppr28?g(m,n)?r14?g(a,b) (57)

r28?r14

<2>在p整除a,p不除b时，从式（17）可知，p整除g(n,m)。因为

(a,g(n,m))?p,(b,g(n,m))?，由式（117）可有

pr17?2b (58) ppr29?g(n,m) (59) pr19?pa (60)

因此，在式（58）有解的同时，式（59）也同时有解。设r29是式（59）所有解中最小解。

?，由1从式（25）可知，p整除f(a,b)，p不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?p,(b,g(a,b))式（25）可有

pr17?2b (61) pr18?g(a,b) (62) pr19?pa (63) ppr20?f(a,b) (64)

于是，从式（64）可以得知，(a,b,r20)也是式（59）的解。由式（59），（64）可有

7

pppr29?g(n,m)?pr20?f(a,b) (65)

r29?r20

<3>在p不整除a,p整除b时，从式（17）可知，p整除g(m,n)。因为，由式（17）可有 (a,g(m,n))?1,(b,g(m,n))?ppr21?2pb (66) ppr30?g(m,n) (67) pr23?a (68)

因此，在式（66）有解的同时，式（67）也同时有解。解。

设r30是式（67）所有解中的最小

b,g(a,b))?p从式（25）可知，p不整除f(a,b)，p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(，由

式（25）可有

pr21?2pb (69) ppr22?g(a,b) (70) pr23?a (71) pr24?f(a,b) (72)

于是，从式（70）可以得知，(a,b,r22)也是式（67）的解。由式（67），（70）可有

pppr30?g(m,n)?pr22?g(a,b) (73)

r30?r22

（5）根据式（33），（41），（49），（57），（65），（73）的结论，这与假设r25,r26,r27r28r29,r30分别是一个最小解相矛盾。因此，在此（26），（34），（42），（50），（58），（66）分别有解的同时，式（27），（35），（43），（51），（59），（67）分别无解。于是，在式（9）有解的同地，式（8）无解，进而式（6）无解，式（1）无解。根据以上的证明，费马大定理成立。 [6]

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参考文献

[1]

闵嗣鹤，严士健。初等数论。高等教育出版社，2003（12） [2]

胡振武。费马大定理证明之研究。 [3]

徐本顺，解恩泽。数学猜想——它的思想与方法。长沙：湖南科学技术出版社，1990 [4]

柯召，孙琦。谈谈不定方程。上海：上海教育出版社，1980。

[5] 朱惠林。莫德尔猜想的解决。自然杂志，1983（12） [6]

徐俊杰。数学难题探险索。西北工业大学出版社。2007（4）

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/f7q.html