费马大定理证明Word格式.docx
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O156.1
费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时,曾在第11卷第8命题旁写道:
“将一个立方
数分成两个立方数之和,
幂分成两个同次幂之和,这是不可能的。
关于此,我确信已发现了一种美妙的证法,可惜
这里空白的地方太小,写不下。
”(拉丁文原文:
"
Cuiusreidemonstrationemmirabilemsane
detexi.Hancmarginisexiguitasnoncaperet."
)毕竟费马没有写下证明,而他的其它猜想对数
学贡献良多,
内容,推动了数论的发展。
对很多不同的n,费马定理早被证明了。
但数学家对一般情况在近二百年内仍对费
马大定理一筹莫展。
我通过研究费马定理推测,费马当时的灵感可能是一种错误的证
明方法。
下面我给出一种较为简单的证明方法吧,不过这也不是一页纸就能写下的,
里面涉及了大量的计算以及恒等式的变形,这些都是需要耐心和毅力才能完成的工作,
我为了整理恒等式的变形足足花了一个星期的时间,最后终于整理出来了一个正确的
等式。
数学研究要从简单入手,从特殊入手;
然后,从简单和特殊的例子中找出规律,
找出证明的方法;
最后,再推广到复杂和一般。
这不仅是一个数学研究的方法,也是
我们认识世界一个基本方法。
不定方程是指未知数多于方程个数的方程,在数论里研究不定方程,是指系数为
整数或可以转化为系数为整数的方程,并且只研究整数或正整数解。
解不定方程的一
个总的原则是构造一个含有参数在复数域内的通解,也就是含有参数使方程左右两端
相等的解。
当通解中的参数取整数时,就能得到一个整数解。
其中参数的个数一般比
未知数个数少1。
使方程左右两端相等的特定的整数解叫特解。
整数解和特解一定包含
[1]
于通解之中。
一个不定方程可以没有特解和整数解,但在复数域内一定有通解。
-1-
[2]
例如:
一次不方程
定理1:
ax+by=c有整数解的充要条件是:
(a,b)c。
并且若x0,y0为方程的一个
特解,那么方程的所有整数解为:
⎧
b
⎪x=x0+(a,b)t
⎪
⎨
⎪y=y−at
(a,b)
0
⎩
其中t=0,±
1,±
2,
当t可以在复数域内取值时,即为通解。
2[3]
特殊的二次不方程x+y=z
定理2:
此文以下x,y,z均两两互质,x+y=z的整数解为:
x=2mw,y=w2−m2,z=w2+m2其中w>
m,w和m是一奇一偶的整数。
当w和m可以在复数域内取值时,即为通解。
下面我们来研究一下不定方程x+y=z通解的构造。
z2=x2+y2
x2=z2−y2=(z−y)(z+y)
根据勾股数定理:
令z−y=2m
2
则z=y+2m
代入
(2)得
x2=z2−y2=2m2(2y+2m2)=22m2(y+m2)=22m2w2
y=w2−m2x=2mw∴
z=w2+m2
z3=x3+y3
x3=z3−y3=(z−y)(z2+zy+y2)
令z−y=3m
23
则z=y+3m代入(3)得
x3=z3−y3=32m[(y+32m3)2+(y+32m3)y+y2]
=32m3(3y2+3⋅32m3y+34m6)=33m3(y2+32m3y+33m6)
令y+3my+3m=w
那么我们可以得到
-2-
z=y+32m3
x=3mw,y和z的解可以由方程组⎨223
⎩y+3my+3m=w
363
当w和m在复数域内取值时,即为通解。
同理:
当n>
3时,z=x+y
nnn
来解得。
xn=zn−yn=(z−y)(zn−1+zn−2y+
+zyn−2+yn−1)
(4)
mn则z=y+nn−1mn代入(4)得
令z−y=n
=nn−1m[(y+nn−1mn)n−1+(y+nn−1mn)n−2y+
n
+(y+nn−1mn)yn−2+yn−1)]
=nn−1m[nyn−1+(Cn−1+Cn−2+
n11
+(Cn−1+Cn2−2+
+C2+C1)nn−1mnyn−2+
11
+C32+C2)n2(n−1)m2nyn−3++
+(Cn−12+Cn−2)n(n−2)(n−1)m(n−2)ny+Cn−11n(n−1)(n−1)m(n−1)n]]
=nnm[yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3
+Cn−1n(n−2)(n−1)−1m(n−2)ny+Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n]
n−1
+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3+
令y
+
Cn−1n(n−2)(n−1)−1m(n−2)ny+Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n=wn
x=nmw,
z=y+nn−1mn
y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3++
⎪n−1(n−2)(n−1)−1(n−2)n
y+Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n=wn
⎩Cnn
m
很容易可以证明,x,y,z两两互质
x=nmw,
-3-
是方程z=x+y的通解。
+zn−2y+证明:
z−y=(z−y)(z
nn
n−1
把z=y+nmn代入上式可以得到
zn−yn=(z−y)(zn−1+zn−2y++zyn−2+yn−1)
+zyn−2+yn−1)
+(Cn−1+Cn−2+
22
+C2+C1)nn−1mnyn−2+
+(Cn−12+cn−2)n(n−2)(n−1)m(n−2)ny+Cn−11n(n−1)(n−1)m(n−1)n]]
再把
yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3+
Cn−1n(n−2)(n−1)−1m(n−2)ny+Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n=wn
代入上式可以得到
zn−yn=nnmnwn=(nmw),把x=nmw代入可以得到zn−yn=xn,即是xn+yn=zn
所以x=nmw,
y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3++
不定方程x+y=z如果有正整数解,那么正整数解必包含于通解之中。
下面我们来
证明不定方程x+y=z,当n≥3时,没有正整数解。
证明之前,我们分析一下解决费马问题的途径。
我们可以将费马问题归结为以下两种情况去研究。
()=(x)+(y)
①.当n=4m时,不定方程z=x+y可以改写为z
由于z=x+y无正整数解,可以推知z=x+y无正整数解。
-4-
②.当n=pe时,p为奇素数,不定方程z=x+y可以改写为z
由于z=x+y无正整数解,可以推知z=x+y无正整数解.
定理:
3不定方程z=x+y无正整数解。
证明:
假设方程z=x+y有正整数解,
我们已经知道x=3mw,y和z的解可以由方程组⎨
来解
得。
当w和m在复数域内取值时,是不定方程z=x+y的通解。
(
由y+3my+3m=w我们可以得到y+3my−w−3m
223336223363
到
[7]
)=0整理可以得
y2+32m3y−(w−3m2)(w2+3m2w+32m4)=0
整系数多项式的整数根必能整除常
z3=x3+y3只可能有两类正整数解y=w2+3m2w+32m4或者
y=w−3m2
当y=w+3mw+3m时,因为y=w+3mw+3m>
w−3m
所以y+3my−(w−3m)(w+3mw+3m)
=y⎡y+32m3−(w−3m2)⎤>
0
⎣
⎦
这与y+3my−(w−3m)(w+3mw+3m)=0矛盾。
当y=w−3m时,代入
y2+32m3y−(w−3m2)(w2+3m2w+32m4)
=y⎡y+32m3−(w2+3m2w+32m4)⎤
⎡
⎤
这与y+3my−(w−3m)(w+3mw+3m)=0矛盾。
故假设错误,也就是说不定方程z=x+y无正整数解。
定理3的证明方法可以推广到一般情形。
首先构造一个复数域上的通解,然后从通解
-5-
中分离出所有可能的正整数解。
其次证明所有的可能正整数解都不是不定方程
zn=xn+yn的正整数解,
不定方程z=x+y无
这样我们就可以证明当n为奇素数时,
正整数解。
[5]
4不定方程z=x+y无正整数解。
无穷递降法书上已经有证明,此处给出
另一种证明。
假设不定方程z=x+y有正整数解
我们已经知道x=nmw,
y和z的解可以由方程组⎨
z=y+43m4
⎩y+C44my+C44my+4m=w
由y+C44my+C44my+4m
32242358812
=w4我们可以得到
y3+C442m4y2+C445m8y−(w4−48m12)=0整理可以得到
y3+C442m4y2+C445m8y−(w−42m3)(w+42m3)(w2+44m6)=0
式的整数根必能整除常数项。
所以方程只可能有三类正整数解:
y=w2+44m6或者y=w+42m3或者y=w−42m3
当y=w+4m时,因为y=w+4m>
w−4m
246246246
()(w+4m)(w
所以y+C44my+C44my−w−4m
3224235823232
=y[y3+C442m4y2+C445m8y−(w2−44m6)]>
这与y+C44my+C44my−w−4m
当y=w−4m时,代入z=y+4m可以得到z=w−4m+4m
23342334
()−(w−4m)
4434
代入不定方程z−y=w−4m+4m
442332
z4−y4=−C442m3(4m−1−1)w3+C444m6⎡(4m−1)−1⎤w2
12
⎣⎦
−C446m9⎡(4m−1)−1⎤w+48m12⎡(4m−1)−1⎤=x4=(4mw)
344
3
⎣⎦⎣⎦
4
整系数多项
比较w项的系数可以得到4m=0,所以m=0,故x=0,y=w,z=w这与x是正整数解矛盾。
当y=w+4m时,代入z=y+4m可以得到z=w+4m+4m
-6-
代入不定方程z−y=w+4m+4m
44233
)−(w+4m)
44342
z4−y4=C442m3(4m+1−1)w3+C444m6⎡(4m+1)−1⎤w2
1
+C446m9⎡(4m+1)−1⎤w+48m12⎡(4m+1)−1⎤=x4=(4mw)
⎦
当y=w+4m时,y=w+4m>
y3+C442m4y2+C445m8y−(w−42m3)(w+42m3)(w2+44m6)
=y[(w+44m6)+C4242m4(w+44m6)+C445m8−(w2−44m6)]
=y[(w+44m6)+C4242m4(w+44m6)+C445m8−(w2−44m6)]>
3224235823
)(w+4m)(w
232
+44m6)=0矛盾。
5不定方程z=x+y,n为奇素数,无正整数解。
假设不定方程z=x+y,n为奇质数,有正整数解。
那么
不定方程z=x+y,n为奇质数,的整数解一定包含于它的通解里面。
根据通解里面
的关系,y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3++
y+Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n=wn
研究下面方程的解
Cnn−1n(n−2)(n−1)−1m(n−2)ny+Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n=wn
移项可以得到
Cnn−1n(n−2)(n−1)−1m(n−2)ny−⎡wn−Cnn(n−1)(n−1)−1m(n−1)n⎤=0
整理可以得到
yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2(n−1)−1m2nyn−3+
+Cnn−1n(n−2)(n−1)−1m(n−2)ny
−(w−nn−2mn−1)(wn−1+wn−2nn−2mn−1+wn−3n2(n−2)m2(n−1)+
-7-
+n(n−1)(n−2)m(n−1)(n−1))=0
所以方程的所有可能整数解为
+n(n−1)(n−2)m(n−1)(n−1)[6]
[7]
mn−1
引理:
1当n为素数时,x−1=(x−1)x
+xn−2+
+xn−2++x+1在整数范围内不可约。
其中x
设Sn表示等比数列的前n项和a1=1,q=x,那么
xn−1
Sn=xn−1+xn−2++x+1
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- 费马大 定理 证明