费马大定理的证明文档格式.docx
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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、谷山一志村猜想、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x4•y4二Z4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xn■y^zn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xny^zn没有正整数解,即证明FLT。
⑵
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
n=4,n=p时xny^zn无正整数解。
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
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
[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
2丄-2m=ab
n=2ab
2.2
y=a-b
这里,a>
b>
0,(a,b)=1,ab为偶。
由式
(2)
22
x=4ab(ab)
因为(4ab,a2b2)=1,由式(8)可有
c2=4ab
e2=4ab
于是,从式(10)可以得出,(a,b,e)也是式(
(5)
(6)
⑺
,(5),(6)可有
(8)
(9)
(10)
3)的解。
由式(5),(10)可有
m二a2b2二e2e
m>
e⑷
2)有解的同时,式(3)无解,进而式
这与假设是式(3)的最小解相矛盾。
因此,在式(
(1)无解。
(二)n=p的证明
在x,y,z彼此互素时,设方程
ppp
xyz
由式
(1)可有,
PPP
(x2)2京)2心2⑵
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
P
x2=2mn(3)
p
222
y2二m-n(4)
z2二m2n2(5)
这里m>
0,(m,n)=1,mn为偶数,即为mn—奇一偶
由式(3),(4),(5)可知,x,y,z又只能都为平方数。
设x二r2,y二s2,z二t2,则式
(2)和式
(1)为
⑹
r2p-s2p=t2p
(1)方程(6)可为
(s2)p=(t2)p-(r2)p
方程(7)的解为
rp=n^(m,n)或n-g(n,m)
s2二m2「n2
tp=m-f(m,n)
0,(m,n)=1,m为奇数,n为偶数;
(m,f(m,n))二或p,(n,g(m,n))=1或p;
0p42p□2p-32p-3p4p4
f(m,n)=CpmCpmnCpmnCpn
(11)
g(m,n)=Cpmp°
Cpmp‘n2C畀m2np;
C:
np‘
(12)
Op」2p~32p2p
g(n,m)=CpnCpnmCpnmCpm
(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
Cp二cp亠(i=o,1,2,Tip)。
于是,在式(9)有解的同时,式(8)也同时有解。
[5]
由式(24),式(9)的解为
可有
(2)方程(6)还可为
方程(18)的解为
这里u>
v>
0,(u,v)=1,uv为偶数。
同时,式(20)的解为
(19)
(28)
r25是式(27)所有解的最小解。
因此,在式(26)有解的同时,式(27)也同时有解。
设
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))二1,b,gab)),
由式(25)可有
n=2a
(29)
Dp=f(a,b)
(30)
Dp=b
(31)
叮=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
圧=g(m,n)=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
时=2a(34)
Pd6=g(m,n)(35)
宀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。
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,b,g(ab))p由
式(25)可有
“2a
(37)
邛=f(a,b)
(38)
h二pb
(39)
PE—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
PD6=g(m,n)卩叮=g(a,b)
(41)
r26
3>
.在p整除a,p不整除b时,从式(17)可知,p整除g(n,m)。
(a,g(n,m))=1,b,g(nm)十,由式(17)可有
(42)
圧=2pa
(43)
PGp=g(n,m)
(44)
因此,在式(42)
有解的同时,式(43)也同时有解。
设「是式(43)所有解中的最小
解。
(25)可有
(49)
PDp=g(n,m)ap「i0=f(a,b)
(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
r*二2b
(50)
圧=g(m,n)
(51)
「15二a
(52)
因为(a,f(a,b))=1,(b,g(a,b))=1,由
从式(25)可知,p不整除f(a,b),p不整除g(a,b)。
-2b
(53)
ri4
二g(a,b)
(54)
r*
=a
(55)
f(a,b)
(56)
曰
是,
从式(54)可以得知,(a,b,r14)也是式(51)
的解。
由式(51),(54)可有
(57)
「2;
=g(m,n)Ar*=g(a,b)
r28'
「14
<2>在p整除a,p不除b时,从式(17)可知,p整除g(n,m)。
(a,g(n,m))二p,(b,g(n,m)>,1由式(17)可有
r*=2b(58)
pr2p=g(n,m)(59)
r*=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。
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)),1由
嚅二2b
(61)
需=g(a,b)
(62)
repa
(63)
PGp=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
「29-r20
<3>在p不整除a,p整除b时,从式(17)可知,p整除g(m,n)。
(a,g(m,n))=1,b,g(m,n)>p由式(17)可有
r2p=2pb
(66)
pr3p=g(m,n)
(67)
(68)
因此,在式(66)有解的同时,式(67)也同时有解。
设r30是式(67)所有解中的最小解。
从式(25)可知,p不整除f(a,b),p整除g(a,b)。
r2p=2pb(69)
pq;
二g(a,b)(70)
D3=a(71)
r2;
=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
pr;
p=g(m,n)apg;
=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。
⑹
参考文献
[2]
[4]
闵嗣鹤,严士健。
初等数论。
高等教育出版社,胡振武。
费马大定理证明之研究。
徐本顺,解恩泽。
数学猜想一一它的思想与方法。
长沙:
柯召,孙琦。
谈谈不定方程。
上海:
上海教育出版社,
2003(12)
湖南科学技术出版社,
1980。
1990
[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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