费马猜想“美妙证明”的三步重要性质

费马猜想“美妙证明”的三步重要性质

费马猜想的“美妙证明”必须首先定位它是什么性质问题。对于zn = xn + yn任何一个n次方数相互制约的另两个n次方数关系是确定的，所以这是个方根问题。根据方根存在唯一性定理可以判断zn = xn + yn有关于“z”的正整数解是确定性的，正整数解为方根是必要性的，正整数方根解是唯一性的。

1.确定性

1.1.倒数法确定正整数解

根据解不定方程引理：特别当uv = 1或素数p时，将原不定方程转化为不定方程组， z x

从而获得一些不定方程的解。将原式转化为( y)n - ( y)n = 1分解成互为倒数方程组：

z x b y – y = a

zxzxzxa( y )n-1 + y ( y )n-2 + ( y )2 ( y )n-3 +…+ ( y )n-1 = b

从而确定a、b是yn只可分解的正整数因数。y不含n的因子时确定y = ac由 a 、b（b = cn-1）是 yn的约数及x决定了z = x + cn为zn = xn + yn的正整数解约式，也就是由正整数x、c确定了“z”解是正整数解；y含n的因子时确定y = acNi再由 a 、b（b = cn-1）、Nin是yn的约数及x决定了z = x + cn Nin-pi 为zn = xn + yn的正整数解约式，也就是由正整数x、c及n的因子确定了“z”解是正整数解。

1.2.互质法确定正整数解

原式zn = xn + yn分解得 ( z - x ) (zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z + xn-1) = yn，使yn = CD转化为方程组：

z – x = C

zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z + xn-1 = D

根据解不定方程引理：整数uv= wn，u＞0，v＞0，（u ，v）= 1；则u = an，v = bn，如果zn = xn + yn有正整数解（C ，D）= 1时即确定C = cn、D = dn，y = cd，使z = x + cn为确定的正整数解；（C ，D）＞1时由C、D分解“可约公因数式”确定y = cdNi，再由互质数关系确定C = cnNin - pi、D = dnNipi使z = x + cnNin-pi为确定的正整数解。

反例：近似的方程是zn – xn = y（y为正整数）。以“y”为约数： y = a1*b1，a2*b2，……

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任意一组因数取值使z 、x可能是实数解或是虚数解，即使是有正整数解不可用一般的方法即定某一组取值使z 、x为确定的正整数解；以“x”为约数：zn – y = xn不可分解因式；而y = zn – xn根本就不是方根问题。所以zn – xn = y分解不出确定的关于“z”正整数解约式，就涉及不到正整数方根解的必要性和方根的唯一性了。

2.必要性

如果zn = xn + yn有正整数解由yn为约数能够分解关于“z”确定的正整数解约式，若以xn为约数亦得同样的结果，yn与xn形式上可以等同互换。如果yn与xn不等同互换，即各自为一定的数，当n为奇数时y 、x 均不含n 因子有：

z = x + cn = y + sn = nxn + yn （x = st）

y 、x 其一含n 的因子令 x 含n 的因子有：

z = x + cn = y +snNin-pi = nxn + yn （x = stNi） 当n为偶数时y 、x 必有一个数为偶数，令 x 含偶数因子有： z = x + cn = y +2n-psnNin-pi = nxn + yn （ x =2stNi） 所以zn = xn + yn有正整数解一定是正整数方根解。

3.唯一性

仅以z = x + c n为例，根据方根存在唯一性定理，n次方根等式z n = xn + y n与z n = (x + c n) n是唯一性的，同约去z = x + c n“方根约数”的余约数方程也必是唯一性的。重根〔z -（x + cn）〕n = 0展开式：

z〔zn-1 -c1(x+cn)zn-2 +cn2(x+cn)2zn-3 - …cnn?2(x+cn)n-2 z ± ncnn?1(x+cn)n-1〕= (x+cn)〔±(x+cn)n-1〕

约去“重根约数”为：

zn-1-c1(x+cn)zn-2 +cn2(x+cn)2zn-3 -…cnn?2(x+cn)2z ±cnn?1(x+cn)n-1 (x+cn)n-1 = 0 n这一余约数方程必是唯一的。所以，重根等式z n -（xn + yn）= 0与〔z - (x + cn)〕n = 0是唯一性的，它们同约去z = x + c n“重根约数”的余约数方程也必是唯一性的。

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费马猜想“美妙证明”：n = 3、4释例

为证实《“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理证明费马猜想》是正确的，现在仅以n = 3、4特殊举例解释这个一般性的证明过程。

1.当n = 3时

证明：

z 3 = x 3 + y 3 ………………………………………………………（1）

无正整数解。假设（1）式有正整数解，取（x ，y）= 1使等式成立。

1.1分析“z”的正整数解

将（1）式变形：

z x

( y )3 - ( y )3 = 1………………………………………………（2） zxzxzx

( y - y )〔( y )2 + y y + ( y )2〕= 1

于是设正整数（a ，b）= 1得到方程组：

z x b – = y ya …………………………………………………………（3） zxzxa

( y )2 + y y + ( y )2 = b …………………………………………（4）

zx b

由（3）式得 y = y + a 可以代入（4）式，但为了简便直接代入（2）式：

xbx

( y + a )3 - ( y )3 = 1 bxbxb

3 a ( y )2 + 3 ( a )2( y ) + ( a )3 = 1 由（3）式必有y含a 因子，设y = ay1代入上式并化简乘以a3、y12及除以b得：

3x+ 3by1x+ by1 = a b……………………………………………（5）

又将y = ay1代入（3）式、（4）式得：

z – x = by1 ……………………………………………………………（6） z+ xz+ x = a b……………………………………………………（7）

由（4）式必有y2含b 因子，y2 = (ay1)2，有y12含b 因子。在（5）式右边项中（a ，b）y12y12

= 1，只有 b 整除 y1，所以只存在 b = 1或者 b > 1两种取值情形。

2

2

2

3 y1

2

2

2

2

3 y1

2

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y12

当 = 1时（5）式有两项不含y1因子使等式成立，设正整数c令y1 = c，则b = y12

b= c2，by1 = c3，代入（6）式、（7）式得：

z - ( x + c3) = 0 ………………………………………………………（8） z2+ xz + (x2 – a3) = 0……………………………………… …………（9） y12

当 b > 1时余y1的因子，（5）式左边除3x2项外其它各项均含y1因子，并与x2互质；所以余y1的因子只能与3相约，即y1与3只能含3公因子。设y1 = 3y2，代入（5）式并除以3得：

x+ 3by2x+ 3by2 = a

2

2

2

3 3y22

b

3y22y12

这时只有 b = 1上式有两项不含3因子和y2因子使等式成立。所以 b 只余1个3

y12

因子即 b = 3，by1含2个3因子，于是令y2 = c，则y1 = 3c 、b = 3c2、by1 = 32c3，代入（6）式、（7）式得：

z - (x + 32c3) = 0………………………………………………………（10） z2 + xz + (x2 - 3a3) = 0…………………………………………………（11）

1.2

证明“z”的解是方根（重根）

z3 = (x + c3 )3 = x3 + (ac)3

由（8）式，“非0正整数方根”存在时，z = x + c3及y = ac代入（1）式为：

这时x、c取任何正整数便决定a的唯一非负实数方根

a =

均使

z = x + c3 ≡ 3 x3 +（ac）3

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c ?a）方根使原方程成立。所以（8）式是（2）式分解约数的“方根约数方程”，相应（9）式是（2）式约去“方根约数”的“方根余约数方程”。

由（8）式，“0正整数重根”存在时，z -（x + c3）= 0代入（1）式变形为：

z3 -（x3 + y3）=〔z - ( x + c3 )〕3 = 0

〔z - ( x + c3 )〕3 = z3 - 3（x + c3）z2 + 3 (x +c3)2 z - (x + c3)3 将z = x + c3代入其中 - 3（x + c3）z2 + 3 (x +c3)2 z - (x + c3)3 并化简得( x + c3 )3（- 3 + 3 - 1）= - ( x + c3 )3使原式为：

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3

（x + c3）3 - x3

c3

z3 -（x3 + y3）=〔z - ( x + c3 )〕3 = z3 - ( x + c3 )3 x3 + y3 = ( x + c3 )3

所以（8）式同是（2）式分解约数的“重根约数方程”，相应（9）式又是（2）式约去“重根约数”的“重根余约数方程”。

同理，（10）式是（2）式不同解的“方根（重根）约数方程”，（11）式是“方根（或重根）余约数方程”。

1.3检验“方根（重根）约数方程”的正整数解

1.3.1检验“方根约数方程”的正整数解

由（8）式推出3次方根方程z3= ( x + c3 )3约去“方根约数”的“方根余约数方程”为：

z2 - ( x + c3 )2= 0……………………………………………………（12）

已证明z 3 = x 3+ y 3与z3 = ( x + c3 )3是同一个方根方程，根据方根存在唯一性定理它们同约去一个“方根约数”的“方根余约数方程”仍然是同一个方程，所以有（9）式 ≡（12）式。根据多项式恒等定理（9）式、（12）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0， x2 - a3= - (x + c3)2

因x = 0，常数项a3 = (c3)2即a = c2，又因为b = y12 = c2，这时却有：

a = c2 = b

所以（3）式z = y，（4）式z2 = y2，（8）式有z、x、y均不为0的正整数解不成立。

由（10）式推出3次方根方程z3 = (x + 32c3)3约去“方根约数”的“方根余约数方程”为：

z2 - (x + 32c3 )2 = 0……………………………………………………（13）

与（9）式、（12）式同理，有（11）式 ≡（13）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0， x2 - 3a3= - (x + 32c3)2

x = 0，常数项3a3 = (32c3)2即a = 3c2，又因为y1 = 3c， by1 = 32c3，b =3c2 ，这时有：

a = 3c2 = b

所以（3）式z = y，（4）式z2 = y2，（10）式有z、x、y均不为0的正整数解不成立。

1.3.2检验“重根约数方程”的正整数解

由（8）式的3次重根方程〔z - ( x + c3 )〕3 = 0得展开式：

z3 - 3(x+c3 )z2 + 3(x+c3 )2 z - (x+c3 )3 = 0

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约去“重根约数”的“重根余约数方程”为：

z2 - 3(x+c3)z + 3(x+c3)2 - (x+c3)2 = 0 ………………………………（14）

已证明z 3 -（x 3+ y 3）= 0与〔z - ( x + c3 )〕3 = 0是同一个重根方程，根据方根存在唯一性定理它们的展开式同约去一个“重根约数”的“重根余约数方程”仍然是同一个方程，所以有（9）式 ≡（14）式。根据多项式恒等定理（9）式 、（14）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：

x = - 3 (x+c3) ，x2 - a3 = 3( x + c3 )2 - (x + c3)2

分别除以x得：

c3 a3 c32 c32

1 = - 3 (1 + x ) ，1- x2 = 3 (1 + x ) - (1 + x )

因为（x ，c）= 1存在c3与x项互质，除数x ≠ 0只能使c = 0，常数项a与x互质也只有a = 0。之后则有

4x = 0 ， x2 = 2x2

所以也必有 x = 0使等式成立，则x = 0，y = 0；于是（8）式中z = 0，有正整数解不成立。

由（10）式的3次重根方程〔z -（x + 32c3）〕3 = 0约去“重根约数”的“重根余约数方程”为：

z2 - 3(x + 32c3 )z + 3(x +32c3 )2 - (x+32c3 )2 = 0………………………（15）

与（9）式、（14）式同理，有（11）式 ≡（15）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：

x = - 3(x+ 32c3) ，x2 – 3a3 = 3 (x + 32c3)2 - (x + 32c3)2

分别除以x得：

3

32c332c3232c32 3a1 = - 3(1+ x ) ，1– x = 3(1 + x ) - (1 + x )

对应项系数32 ≠ 0只有使c = 0，常数项3 ≠ 0也只有令a = 0，则y = 3ac = 0，之后各项系数等式中也必有x = 0；于是（10）式中z = 0，有正整数解不成立。

所以z3 = x3 + y3没有正整数解。

2.当n = 4时

当n = 4 时与n = 3时的证明基本相同。但是，4是合数，n为任意正整数就还有奇数合数，所以在此以4为例只明确n为合数时与含n因子有关的具体分析方法。

直接使z4 = x4 + y4变形为方程组：

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zx b - = yyaz xzxzx a( y )3 + y ( y )2 + ( y )2 y + ( y )3 = b

设y = ay1得：

z - x = by1……………………………………………………………（1）

3y1

z3 + xz2 + x2z+ x3 = a4 b …………………………………………（2）

参照n = 3时的（5）式又得

4x+ 6bxy1 + 4bxy1+ by1= ab………………………………（3） y13y13

有 b = 1 或 b > 1的两种取值。

y13

当 b = 1 时（3）式有两项不含y1因子使等式成立，设 y1 = c，则b = c3，by1 = c4，代入（1）式、（2）式得：

z - ( x + c4 ) = 0

z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4) = 0

y13

当 b >1时存在y1 的余因子，其与x3 互质，只能与4相约，所以 y1 含4因子或y1 含4的因子质数2。y1 含4因子时，设y1 = 4y2代入（3）式并除以4得

x+ 6bxy2 + 4bxy2+ 4by2= a

3

2

22

2

23

3

4 42

3

2

2

2

3

3

4 y1

3

y23b 42y23y13

只有 b = 1上式有两项不含4及4的因子2且不含y2因子使等式成立，b 只含1个4因子；设y2 = c，则y1 = 4c，b = 42c3，by1 = 43c4，代入（1）式、（2）式得：

z - ( x + 43c4 ) = 0 z3 + xz2 + x2z + (x3- 4a4) = 0

又y1 含4的质数因子2时，设y1 = 2y2代入（3）式并除以22得：

2y23

x+ 3bxy2 + 4 bxy2+ 2 by2= a b y13y132y232

此时 b 已余2个2因子即 b = 2，又存在两种情形：如果b含2因子使 b = 1

3

2

2

2

3

3

4

等式成立，设y2 = c，则y1 = 2c，b = 2c3，by1 = 22c4，代入（1）式、（2）式得：

z - ( x + 22c4 ) = 0

z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0

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33

y23yy11如果b不含2因子 = 1使 “3bx2y2” 项为奇数等式成立， 余3个2因子即 =

bbb

23，设y2 = c，则y1 = 2c，b = c3，by1 = 2c4，代入（1）式、（2）式得：

z - ( x + 2c4 ) = 0

z3 + xz2 + x2z + ( x3 – 23a4 ) = 0

这就得到了多组解，但只是约数项系数有所不同；却同理，均以同样方法证明各组有正整数解不成立。在分析（3）式使等式成立必有两项不含4（n）因子或22（n）的y13 y1n-1

因子。通过对 b >1余因子的分析，印证了含n因子的关系式：b = Nipi，by1 = cnNin-pi，y1 = cNi。n为较大合数时可能得出更多组解，但亦同理。

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关于实数z = r变形同次多项式恒等问题

费马猜想若zn = xn + yn有正整数解，则zn、xn、yn任何一个n次方数对于另两个n次方数均为确定的方根，所以费马猜想是正整数方根问题。正整数开n次方存在两种情形：一是“非0正整数方根” z = nxn + yn = r ；二是“0正整数重根” n zn -（xn + yn） = z – r = 0。这就需要首先讨论清楚当正整数z = r时 zn - rn = 0与(z – r)n = 0的关系。

对于多项式恒等问题，有定理：数域F上的两个多项式 f(x) = amxm + am-1xm-1 + … + a1x + a0

g(x) = bnx

n

+ bn-1xn-1 + … + b1x + b0

恒等的充要条件是它们的次数相同且同次项系数对应相等，即m = n，am = bn，am-1 = bn-1，… ，a1 = b1，a0 = b0。

当任何实数 z = r 时，它的变形同次多项式有两种情形： f（z）= zn - rn = 0 g（z）= ( z - r )n = 0 如果f（z）≡ g（z），那么就有

zn - rn ≡ zn -c1rzn-1 +cn2r2zn-2 -…±cnn?1rz rn n因为“同次项系数对应相等”，所以只有 r = 0 即

z = r = 0

这无疑是正确的，z = r = 0则f（z）≡ g（z）≡ 0。

但是，在z = r ≠ 0时，f（z）与 g（z）关系如何呢？ 当z = r ＜0时，若n 为奇数有

f（z）= zn - rn = -｜z｜n +｜r｜n = 0 g（z）= (z – r )n = (-｜z｜+｜r｜)n = 0

所以f（z）≡ g（z）≡ 0；若n 为偶数有

f（z）= zn - rn =｜z｜n -｜r｜n = 0 g（z）= (z – r )n = (-｜z｜+｜r｜)n = 0

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也是f（z）≡ g（z）≡ 0。

当z = r ＞0时，n为奇数或偶数均有

f（z）= zn - rn = ( z – r )n = 0 g（z）= (z – r )n = zn - rn = 0 所以f（z）≡ g（z）≡ 0。

一般性证明：若实数 z = r，有多项式

f（z）= zn - rn g（z）= (z - r )n 则f（z）≡ g（z）≡ 0。

证明：g（z）= (z – r )n展开式n为奇数或偶数有负、正项两种形式：

(z - r )n = zn - c1rzn-1 + cn2r2zn-2 -…±cnn?1rn-1zrn nn-1 nn22n-2 n?1n-11 2

cccc将z = r代入其中 - c1rz+ rz-… ± rz r 并化简得r（1 - + - … ± nnnnncnn?11 - 1）= - rn，又z – r = 0，得：

g（z）= (z – r )n = zn - rn = 0

因为f（z）= zn - rn，所以：

g（z）≡ f（z）≡ 0

定理：若实数 z = r，有多项式 f（z）= zn - rn 和 g（z）= (z – r )n ，则：

f（z）≡ g（z）≡ 0

但是，作为方程z = r，使

f（z）= zn - rn = 0 g（z）= (z – r )n = 0

二者是不完全相同的。g（z）= 0 有n个重根，与f（z）= 0只有一个同根，z = r；f（z）= 0，当n为奇数时除一个实数根外其余为虚数根，n为偶数时有两个相反的实数根其余为虚数根。作为方根（重根）非负实数z = r或z - r = 0，使 f（z）= 0 与g（z）= 0二者可以互相转化。费马猜想zn = xn + yn是“方根”（非0正整数方根同时又是0正整数重根）问题，而zn = xn + yn在等式改变时存在方程“根”的问题，实数开方的“方根”与方程求未知数的“根”是有本质区别的，论述过程中混淆了二者的关系就是错误的。

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费马猜想n = 4时“二次幂等式法”证明

费马猜想n = 4的证明，可将 x4 + y4 = z4转化为：

(x2 )2 + (y2 )2 = (z2 )2……………………………………………（1）

不定方程x2 + y2 = z2不为倍数的正整数解，x、y不能同时是偶数；如果x、y同时是奇数则z为偶数，设x = 2u – 1、y = 2v – 1、z = 2r得：

( 2u – 1 )2 + ( 2v – 1 )2 = ( 2r )2 2（u2 – u + v2 – v）+ 1 = 2r2

等式左边是奇数，右边是偶数，不能成立。所以x、y必一为奇数一为偶数，z为奇数。令x为偶数，设正整数a、b且（a ，b）= 1，有公式为：

x = 2ab y = a2 - b2 z = a2 + b2

这就是含概所有基本正整数组解的“勾股弦数公式”。

根据“勾股弦数公式”，令（1）式x2 = 2ab得方程组：

b2 + y2 = a2 ……………………………………………………………（2） b2 + a2 = z2 ……………………………………………………………（3）

由（2）式、（3）式判定b为偶数，为满足有正整数解“b”可以进行不同组的因数分解：b = 2c1d1 = 2c2d2，c1d1 = c2d2，（c1 ，d1）= 1，（c2 ，d2）= 1，则：

由（2）得：y = c12 – d12 a = c12 + d12………………………………（4） 由（3）得：a = c22 – d22 z = c22 + d22………………………………（5）

于是

a = c12 + d12 = c22 – d22

c22 = c12 + d12 + d22………………………………………………………（6）

（6）式的基本正整数解公式为：

(2t12 + t22 )2 = (2t1t2 )2 + (2t1 2 )2 + (t2 2 )2

其中（2t1 ，t2）= 1，c2必是奇数；又（5）式判断d2为偶数。

当d2 = 2t1t2则有：

（2t12 + t22）（2t1t2）=（2t1 2）t2 2 2t12 + t22 = t1t2

因为（2t1 ，t2）= 1，所以

2t12 + t22 ≠ t1t2

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或d2 = 2t12则同理有：

（2t12 + t22）（2t1 2）=（2t1t2）t2 2 （2t12 + t22）t1 ≠ t2 3

因而满足（6）式的基本正整数解不能使（4）式、（5）式成立，“b”不能进行2c1d1= 2c2d2不同组因数的分解。

如果c1 = c2、d1 = d2，由（6）式得：

d12 + d22 = 0

只能使d1 = d2 = 0，b = 0；则x = 0，y = z，（1）式没有x、y、z全不为0的正整数解。 所以x4 + y4 = z4没有正整数解。

这一证明利用了“c22 = c12 + d12 + d22”关键的二次幂等式公式，因而称为“二次幂等式法”。

附 讨论 ：

根据同一律在同一正确思维过程中，每一思想与自身同一：1.概念必须保持同一；2.论题必须保持同一；3.保持语境自身的同一。如果从“语境”同一，那么一个 “b” 只能作一种因数分解：

由（2）式、（3）式判定b为偶数，根据同一律“保持语境自身的同一”原则为满足有正整数解b只可进行唯一分解：b = 2cd，（c ，d）= 1，则：

由（2）式得：y = c2 – d2 a = c2 + d2…………………………………………（4） 由（3）式得：a = c2 – d2 z = c2 + d2…………………………………………（5） 比较（4）式、（5）式： y = a，a = z 于是

y = z

代入（1）式，使 x = 0。反之x = 0时：a = 0、b ≠ 0，由（2）式不成立；a ≠ 0、b = 0，y = z = a；a = 0、b = 0，y = z = 0。所以（1）式没有x、y、z 均不为0的正整数解。

这样证明太简单了，是否正确还请广大读者赐教。

34

论费马猜想“不定方程”与

“一般方程”的双重性质

（ 2008 年 ）

【提要】 费马猜想n＞2时zn = xn + yn 无正整数解是一个不定方程，深入研究发现它从分解“约数方程”在因式关系上又同于一般方程，因而这一方程具有“不定方程”与“一般方程”的双重性质。

【关键词】 费马猜想 不定方程 因式关系

费马猜想：即当n＞2时，zn = xn + yn 无正整数解。

对于zn = xn + yn不可质疑地是一个不定方程；但是，深入研究之后发现它是一个具有“一般方程”性质的不定方程。从形式上未知数存在F（z，x，y）= 0不同组解，因而它是多元不定方程；从“约数方程”在“因式关系”上，它不同于一些“不定方程”的约数因式分解，且同于“一般方程”确定的因式关系。如果“ xn + yn ”为一个代数值 “rn” 则有F（z）= zn – rn = 0或F（z）= (z – r) n = 0，是特殊F（z）= 0的一般方程。为了明确费马猜想方程的特殊性质，必须对相关的不定方程与一般方程进行比较分析。

1.“权元不定方程”约数解法的因式关系

确定“权元不定方程”的定义：有多个未知数的不定方程，至少两个或两个以上的未知数共同决定方程的解，性质是分解的约数方程均为原方程该条件的唯一确定因式。

例如：求x2y + 3xy – 5x – 20 = 0的正整数解。

根据解不定方程“约数分析法” ：把不定方程进行因式分解，然后通过对约数进行分析来求出方程的解， 将方程

x2y + 3xy – 5x – 20 = 0…………………………………………… （1.1） （x + 3）（xy – 5）= 1 × 5，（-1）（-5）

分解约数得到4组“约数”方程组：

x + 3 = 1，x + 3 = 5，x + 3 = -1，x + 3 = - 5 xy – 5 = 5，xy – 5 = 1，xy – 5 = -5，xy – 5 = -1

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解这4组方程，只有第2组符合题义，解为：

x – 2 = 0 ……………………………………………………………（1.2） xy – 6 = 0…………………………………… …………………… （1.3） 于是有必要明确相关定义，把约数得到直接能求解或比较简单的方程称为“约数方程”，如（1.2）式；另一个被求解的方程称为“余约数方程”，如（1.3）式。（1.2）式、（1.3）式必是（1.1）式的因式。由除式：

xy - 6 x - 2︱x2y + 3xy - 5x - 20 x2y - 2xy

5xy - 5x - 20 - 6x +1 2 5xy+x-32 = 0

但是，又存在另一种结果；

xy + 5y - 5

x - 2︱x2y + 3xy - 5x - 20

x2y - 2xy 5xy

5xy -10y 10y -5x - 20 - 5x +10

10y - 30 = 0

如果xy + 5y – 5也是原方程的因式，则xy + 5y – 5 = 0必是原方程的解：

y（x + 5）= 5

经检验这个方程所有的解不是原方程的解，所以xy + 5y – 5不是原方程的因式。因而（x – 2）（xy – 6）= 0是x2y + 3xy – 5x – 20 = 0符合解条件的唯一分解式。

又由（1.2）式、（1.3）式得：

x = 2 y = 3

只有x = 2不能决定原方程的解，还必有y = 3才能决定原方程的解，也就是由x = 2 与y = 3共同决定原方程的解，称x、y为不定方程的权元。则有

F（x ，y）= x2y + 3xy – 5x – 20 =（x – 2）（xy – 6）= 0

以F表示原不定方程，以F1、F2表示两个约数方程，则“权元不定方程”的一般表达式：

F（x ，y，…，z）= F1（x ，y，…，z）* F2（x ，y，…，z）= 0

F1（x ，y，…，z）= 0

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F2（x ，y，…，z）= 0

“权元不定方程”的“约数方程”为原方程的因式，“余约数方程”也是原方程的因式，并且两个约数方程同时成立的解是原方程的组解。

2.“一般方程”约数解法的因式关系

一般方程标准形式：F（x）= a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 + … + an-1x + an = 0。根据高次方程定理：整系数一元n次方程，每一个整数根都是常数项的约数，所以利用约数分析法可以解一些特殊的一元高次方程。

例如：求x3 – 3x2 + x – 3 = 0的整数解。

x3 – 3x2 + x – 3 = 0…………………………………………………（2.1） x（x2– 3x + 1）= 3 = 1×3，（-1）（-3）

确定符合题义的原方程解，两个“约数方程”及“余约数方程”为

x = 3…………………………………………………………………（2.2） x2– 3x = 0……………………………………………………………（2.3）

但是，（2.2）式是（2.1）式的因式，（2.3）式却不是（2.1）式的因式。（2.1）式的另一个余因式为：

x2 + 1 x - 3︱x3 -3x2 + x - 3 x3 - 3x2 x -3 x -3 0

所以x3 – 3x2 + x – 3 =（x – 3）（x2 + 1）= 0。（2.3）式“余约数方程”的解：

x（x – 3）= 0

其中一个解x – 3 = 0与“约数方程”同解，另一个解x = 0不是原方程的解，为增根。“一般方程”的“约数方程”必为原方程的因式，“余约数方程”不是原方程的因式。

3.“主元不定方程”约数解法的因式关系

确定“主元不定方程”的定义：有多个未知数的不定方程，只一个未知数为主要决定方程的解，其它未知数从属或相当于已知的代数定值，性质是分解的约数方程不均为原方程该条件的确定因式。

例如：求方程x5 – x2 = y2p的质数解。 经过分析y = x，则有

x3 – 1 – p = 0……………………………………… ………………（3.1）

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因为p是质数，得“约数方程”及“余约数方程”为：

x – 2 = 0…………………………………… ………………………（3.2）

x2 + x + 1– p = 0…………………………………… ………………（3.3） 所以x = 2、p = 7。如果按不定方程的因式关系（3.2）式、（3.3）式是（3.1）式的因式，但却不然：

x2 + 2x + 4

x - 2︱x3 -1 - p

x3 - 2x2

2x2

2x2 - 4x 4x-1 4x-8 7-p=0

由此得x2 – 1 – p =（x – 2）（x2 + 2x + 4）= 0。而（3.3）式

x2 + x + 1 – p = x2 + x – 6 = 0

其中一个根x = 2与（3.2）式同解，另一个根x = - 3是增根。因而余约数方程（3.3）式不是（3.1）式的因式，未知数y从属于x，p是受x有正整数（质数）解所制约的定值。

如果以F表示原不定方程，以F1、F2表示两个约数方程，F0表示原方程F1的余因式，X为主元，则“主元不定方程”的一般表达式：

F（X ，y，…，z）= F1（X ，y，…，z）* F0（X ，y，…，z）= 0

F1（X ，y，…，z）= 0 （是约数方程，为原方程的因式）

F2（X ，y，…，z）= 0 （是余约数方程，非原方程因式） F0（X ，y，…，z） （是原方程的余因式）

4.费马猜想不定方程约数因式的一般性与特殊性

首先zn = xn + yn是不定方程，具有不定解的本性；但是，它却可以确定以“z”为方根解问题的主元方程，在“因式”关系上与一般方程同理，因而必须明确它的“约数方程” 和“余约数方程”与原方程的的关系。由《“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理证明费马猜想》文中的论证，仅以其中（8）式、（9）式为例：

z - (x + cn) = 0 …………………………………………F1〔原稿（8）式〕 zn-1+ xzn-2 + x2zn-3 + … + xn-2z +（xn-1- an）= 0 ………F2〔原稿（9）式〕

当方根zn -（xn + yn）= zn – [xn +(ac)n] = zn - (x + cn )n = 0时的方根因式为：

zn-1 + xzn-2 +… + xn-2z + xn-1 z-x-cn︱z n -xn-ancn zn-xzn-1-cnzn-1

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nn-1

cz+xzn-1 -xn-ancn

xzn-1-x2zn-2-cnxzn-2

cnzn-1+cnxzn-2+x2zn-2 -xn-ancn

… ……

cnzn-1+cnxzn-2+…+cnxn-3z2+xn-2z2 -x-ancn

xn-2z2-xn-1z-cnxn-2z cnzn-1+cnxzn-2+…+cnxn-3z2+cnxn-2z+xn-1z -xn-ancn xn-1z-xn-cnxn-1

cnzn-1+cnxzn-2+…+cnxn-3z2+cnxn-2z+cnxn-1-ancn = 0

zn-1 + xzn-2 + … + xn-3z2 + xn-2z + xn-1- an = 0

于是F0（Z，x，y）= zn-1 + xzn-2 + … + xn-2z + xn-1，则zn -（xn + yn）= 0的因式分解为：

F(Z，x，y)= zn -(xn + yn) = (z - x - cn)( zn-1 + xzn-2 + … + xn-2z + xn-1) = 0

即F（Z，x，y）= F1F0，F1（Z，x，y）、F0（Z，x，y）是F（Z，x，y）= 0的因式，所以方根时F2 = zn-1 + xzn-2 + … + xn-3z2 + xn-2z + xn-1- an = 0不是原方程的因式。

当重根zn -（xn + yn）= zn – [xn +（ac）n] = [ z -（x + cn）] n = 0的重根因式为：

zn-1 -cn?1(x+cn)zn-2 + … 1

cn?1(x+c)z ± (x+c)

n?2nn-2nn-1

z -（x+cn）︱z n -xn-ancn zn- (x+cn) zn-1

(x+cn) zn-1 -xn-ancn

-cn?1(x+cn)zn-1 +cn?1(x+cn) 2 zn-2 1

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1 cn(x+cn)zn-1 -cn?1(x+cn)2zn-2 -xn-ancn

… 12 cn(x+cn)zn-1 -cn(x+cn)2zn-2 +…… -xn-ancn

cn?1(x+cn)n-2z2 ±cn?1(x+cn)n-1z n?2n?212 cn(x+cn)zn-1 -cn(x+cn)2 zn-2 + … cn?1(x+cn)n-1z -xn-ancn

n?2 ±(x+cn)n-1z cn(x+c)z-cn(x+c)z+…

121(x+cn)n

nn-12n2n-2

cnn?1(x+cn)n-1z ±(x+cn)n - (xn+ancn)= 0

n?1 zn-1-cn(x+cn)zn-2+cn(x+cn)2zn-3 -…±cn(x+cn)n-1(x+cn)n-1 = 0

?2于是F0（Z，x，y）= zn-1-c1(x+cn)zn-2 +…cnn?(x+cn)n-2z ±(x+cn)n-1 = [z-（x+cn）] n-1，n?11则zn -（xn + yn）= 0的因式分解为：

F（Z，x，y）= zn -（xn + yn） = [z -（x + cn）][z -（x + cn）]n-1 = 0

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即F（Z，x，y）= F1F0，F1（Z，x，y）、F0（Z，x，y）是F（Z，x，y）= 0的因式， 而这时“余约数方程”F2（Z ，x，y）为：

zn-1-c1(x+cn)zn-2+cn2(x+cn)2zn-3-…±cnn?1(x+cn)n-1(x+cn)n-1 = 0 n zn-c1(x+cn)zn-1+cn2(x+cn)2zn-2-…±cnn?1(x+cn)n-1z(x+cn)n -zn + (xn+ancn)=0 nzn - xn = ancn

zn-1+ xzn-2 + x2zn-3 + … + xn-2z +(x n-1- an) = 0

nn-2n2n-3nn-1nn-1 n-1n-2 2n?1cc所以重根时zn-1-c1(x+c)z+(x+c)z -…±(x+c)(x+c)= 0与z+ xz+ nnnx2zn-3 + … + xn-2z +(x n-1- an) = 0是等价的，同样F2 = 0不是原方程的因式。

通过分析证明，可用约数分析法求解的不定方程分为“权元不定方程”和“主元不定方程”两类，区别在于“余约数方程”与因式的关系，为费马猜想方程用“方根（或重根）余约数方程”检验“方根（重根）约数方程”有无正整数解提供了理论依据，明确了用“方根（或重根）余约数方程”的关系检验“方根（重根）约数方程”有无正整数解的方法是正确的。

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用“勾股定理”及“勾股弦数”不能证明费马猜想

有人企图利用“勾股定理”或其正整数解公式“勾股弦数”证明费马猜想，都是不可能的。因为“勾股定理”及其正整数解公式“勾股弦数”有一个重要特点：

x2 + y2 = z2

其中x、y一个必为偶数另一个为奇数，z必为奇数。由此决定了用“勾股定理”及“勾股弦数”必使

xn + yn = zn

中x、y一个为偶数另一个为奇数，z为奇数。然而，当n为奇数时存在x、y两数为奇数z为偶数使xn + yn = zn等式成立的条件。

证明：设x、y为奇数，z为偶数：

x = 2h –1，y = 2d –1，z = 2f

有

（2h – 1)n + (2d – 1)n = (2f)n 因为n为奇数，展开上式：

2nhn –c12 n-1hn-1 +…–cnn?222h2 + cnn?12h –1 + n 2ndn –c12 n-1dn-1 +…–cnn?222d2 + cnn?12d –1 = 2nfn n整理

2n-1（hn +dn）–c12n-2（hn-1 + dn-1）+…– n cnn?22（h2 + d2）+ cnn?1( h + d) –1= 2n-1fn ……F（h，d，f）

因为n ≥ 3，所以F（h，d，f）式右边一定是偶数，左边2n-1（hn +dn ）–c12n-2（hn-1+dn-1）n+…–cnn?22（h2 + d2）也一定是偶数，那么所余项

cnn?1( h + d) – 1

是什么样的数呢cnn?1= n是奇数，因为h、d取任何正整数 x = 2h – 1、y = 2d – 1均为奇数。如果h、d同时取偶数或同时取奇数使

cnn?1( h + d) – 1

均为奇数，则F（h，d，f）式左边为奇数，右边为偶数，不能为等式；如果h、d一个

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取偶数另一个取奇数使

cnn?1( h + d) – 1

为偶数，则F（h，d，f）式左边为偶数，右边为偶数，等式存在可能成立的条件。 因此当n为奇数时存在x、y两数为奇数z为偶数使xn + yn = zn等式可能成立的结果。而用“勾股定理”及“勾股弦数”即使证明是正确的也只能是x、y两数为一奇数一偶数的部分数域，不能含概x、y两数同为奇数的数域，所以不能证明费马猜想。

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