“猜想”的费马猜想及其证明

“猜想”的费马猜想及其证明

（2006年3月– 2008年1 2月）

黑龙江省农业科学院黑河分院 黑河市 邮箱：hlheihedechen@163.com

【摘要】假设zn = xn + yn为正整数等式，通过约数分析―yn‖得到关于―z‖的―方根（重根）约数式‖及―方根（重根）余约数式‖；根据方根存在唯一性定理，由―方根（重根）余约数式‖与确为正整数的―方根（重根）约数式‖ n次方式的―方根（重根）余约数式‖是唯一性的，检验其唯一性是否成立从而证明费马猜想。

【关键词】方根（重根）约数式 方根（重根）余约数式 方根存在唯一性定理

1.费马猜想“美妙证明”的基本思路

费马猜想：―一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的‖，即正整数n＞2时zn = xn + yn没有正整数解。因为方程zn = yn + xn有正整数解则( kz )n = ( kx )n + ( ky )n（k为正整数）有倍数正整数解，各倍数解组中均必有一组为最小的正整数解，所以假设( x ，y ) = 1使

zn = yn + xn……………………………………………………………（1）

1：把不定方程进行因式分解，然后通过对约数进行正整数等式成立。由―约数分析法‖○

分析来求出方程的解，将（1）式变形为zn – xn = yn左边进行因式分解：

( z – x ) (zn-1 + xzn-2 + … + x n-2z + xn-1) = yn…………………………（2）

由（2）式，因为z＞x等式左边为两个正整数之积，所以等式右边yn 亦分解为两个正约数之积，设正整数yn = CD得两个―约数式‖和―余约数式‖：

z – x = C ………………………………………………………………（3） zn-1 + xzn-2 + … + x n-2z + xn-1 = D ……………………………………（4）

判断（3）式、（4）式确定成立的正整数等式是否成立便可证明费马猜想。

1

2.析解yn与C、D的因数关系

分析（3）式、（4）式，对于正整数z、x所决定yn的C、D两个约数，存在互质或不互质两种情形：即（C ，D）= 1或（C ，D）＞1。

2：整数uv = wn，u＞0，v＞0，当（C ，D）= 1时，根据引理○（u ，v）= 1；则u

= an，v = bn，确定正整数C = cn、D = dn，y = cd，由（3）式（4）式得：

z –（x + cn）= 0…………………………………………………………（5） zn-1 + xzn-2 + … + x n-2z +（xn-1 – dn）= 0 ……………………………（6）

并同时用计算的方法：同理以xn为约数设xn = (st)n可得z –（y + sn）= 0，x + cn = y + sn，x – y = sn – cn，―x – y‖是确定的整数，由此计算得到cn、sn从而确定yn分解cn及dn是满足（2）式约数分解使（5）式、（6）式为确定的正整数等式。

3：析解方法，由（4）式： 当（C ，D）＞1时，C与D的公因数○

D = zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + x3zn-4 + x4zn-5 +x 5zn-6 + … +x n-2z + xn-1

= zn-2（z – x）+2xzn-3（z – x）+3x2zn-4（z – x）+ … +（n-1）x n-2（z – x）+ nxn-1 = (z – x) [zn-3（z – x）+ 3xzn-4（z – x）+ 6x2zn-5（z – x）+ …] + nxn-1 = (z – x)[(z – x) (zn-3 + 3xzn-4+ 6x2zn-5 + …) + …] + nxn-1

第一次分解z – x因式时系数成数列：1，2，3，… ，（n – 1），n；第二次分解z – x因式时系数成数列：1，3，6，…，至n – 1项，这就需要求第二次分解z – x的第n – 1项通解公式。细观察发现第二次分解z – x的某项系数是第一次分解该项系数的数与前11

几项系数之和，所以n – 1项系数通解公式为2 [(n – 1) + 1](n – 1) = 2（n – 1）n，于是得到（4）式―可约公因数式‖：

Dn-3n-42n-5

= (z – x)[z + 3xz + 6xz + … + z – x

11nxn-1n-3 n-2

2（n – 2) (n – 1）x] + 2 (n – 1) nx + z – x nxn-1

因为（x ，y）= 1，则（x ，z）= 1，（x ，z – x）= 1；由―可约公因数式‖中 z – x 项

D

可知z – x即C与nxn-1含公约数只能是n的因数（n或n的某些因数）使 z – x 相约。由CD = yn，C、D含n的两个因数乘积必是一个n次方数；所以设D含n的因数为NiPi，C含n的因数为Nin-pi，令正整数（c ，d）= 1、D = dnNipi、C = cnNin-pi，则y = cdNi，又使（3）式、（4）式得：

z –（x + cnNin-pi）= 0 ……………………………………………………（7）

2

zn-1 + xzn-2 +… + x n-2z +（xn-1 – dnNiPi）= 0……………………………（8）

用确定（5）式、（6）式正整数解的计算方法，使yn分解cnNin-pi及dnNiPi是满足（2）式约数分解使（7）式、（8）式是确定的正整数等式。

同理，如果以xn为分解对象亦是这样相同的结果，因为在形式上yn、xn是可以等价互换的。如果yn与xn不等价互换即各自是定数分别为分解对象，则同样得到相应的（5）式、（6）式或（7）式、（8）式为正整数等式结果。所以y = cd或y = cdNi两个必要正整数的不同取值，使（5）式、（6）式和（7）式、（8）式是（2）式分解为有确定正整数解成立的等式，含括了全部有正整数解的情形，也是（1）式有正整数解的确定性条件。

3.费马猜想的方根证明

3.1.（5）式、（7）式的方根性质

4：对于任何非负实数a，存在唯一的非负实数r，它的n根据方根存在唯一性定理○

次幂等于a，即rn = a，这就决定了（1）式关于―z‖的唯一性正整数方根必定存在：z = r（r为正整数），即正整数―非0方根‖：

zn = xn + yn = rn z = nxn + yn = r

由（5）式z = x + cn及y = cd使（1）式为方根n次方式：

zn = xn + (cd)n = (x + cn)n

这时x、c为正整数便确定了d的唯一正整数方根

d =

则有

z = (±) (x + cn) ≡ nxn + (cd)n （n：奇数 + ；偶数 ±）

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x、c，?d）的方根使（1）式成立，存在z = x + cn唯一正整数方根。所以（5）式是（2）式的―方根约数式‖，则（6）式为―方根余约数式‖。

同理，（7）式是（2）式分解约数另一解值的―方根约数式‖，相应（8）式是（2）式约去这一解值方根约数的―方根余约数式‖。

这就证明了关于―z‖的正整数解（5）式或（7）式一定是方根，其有正整数方根解是（1）式有正整数解的必要性条件。

3

n(x + cn)n – xn cn3.2. . 检验“方根约数式”的正整数解

3.2.1.检验（5）式 “方根约数式”的正整数解

由（5）式的方根n次方式zn = (x + cn)n约去方根约数的―方根余约数式‖为：

zn-1– (x + cn)n-1 = 0……………………………………………………（9）

依据方根存在唯一性定理推论：任何一个非负实数 z = r，存在它n次幂非负实数zn = rn是唯一性的，因为zn = xn + yn与zn = (x + cn )n同是（5）式z = (x + cn )的方根n次方式，则一个正整数―方根约数式‖同次方的两个方根n次方式是唯一性的，所以zn = xn + yn与zn = (x + cn )n约去方根约数的―方根余约数式‖亦为唯一性的（6）式 ≡（9）式。根据多

5：多项式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，由项式恒等定理○

（6）式 ≡（9）式，关于―z‖的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0，x2 = 0，… ， xn-2 = 0， xn-1– dn = – (x + cn)n-1 当n = 2时，只存在常数项x - d2 = – (x + c2)有

d2 – c2

x = 2

这时y不含n = 2因数，c、d为奇数，得出y = cd时勾股弦数公式：

d2 – c2d2 + c2

y = cd x = z =

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于是（5）式有正整数方根解，（6）式是―方根余约数式‖成立。

当n＞2时，（6）式、（9）式必有至少一项关于―z‖的非首项对应系数项等式存在，只有x = 0才有（6）式 ≡（9）式成立，常数项dn =（cn)n-1即：

D = C n-1

yn = CD = Cn，（3）式、（4）式z = y。（5）式不是正整数―方根约数式‖，（6）式是―方根余约数式‖不成立。

3.2.2.检验（7）式 “方根约数式”的正整数解

同理，（7）式方根n次方式约去方根约数的―方根余约数式‖为：

zn-1– (x + cnNin-pi)n-1 = 0……………………………………………（10）

因为zn = xn + yn与zn = (x + cnNin-pi )n同是（7）式z = x + cnNin-pi的方根n次方式，所以zn = xn + yn与zn = (x + cnNin-pi )n同约去方根约数的―方根余约数式‖亦是唯一性的（8）式 ≡（10）式，关于―z‖的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0，x2 = 0，… ， xn-2 = 0，xn-1– dnNiPi = – (x+ cn Nin-pi)n-1

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