費馬大定理的證明

學(xué)院學(xué)術(shù)論文論文題目：費馬大定理的證明Papertopic：ProofofFLTpapers姓名 所在學(xué)院 專業(yè)班級 學(xué)號 指導(dǎo)教師 日期 【摘要】：本文運用勾股定理，奇偶性質(zhì)的討論，整除性的對比及對等式有解的分析將費馬大定理的證明由對N>2的情況轉(zhuǎn)換到證明n=4,n=p時方程Xn+yn—Zn無解?！娟P(guān)鍵字】費馬大定理（FLT）證明Abstract:UsingthePythagoreanproposition,parityproperties,divisionofthecontrastandanalysisofthesolutionsfortheequationstoproofofFLTinN>2bythesituationtoproveN=4,N=pequationnosolution.Keywords:ProofofFLT（FLT）引言：1637年，費馬提出：“將一個立方數(shù)分為兩個立方數(shù)，一個四次冪分為兩個四次冪，或者一般地將一個高于二次的幕分為兩個同次的幕，這是不可能的。 ”即方程xn+yn—zn無正整數(shù)解。當(dāng)正整數(shù)指數(shù)n>2時，沒有正整數(shù)解。當(dāng)然xyz=o除外。這就是費馬大定理（FLT），于1670年正式發(fā)表。費馬還寫道：“關(guān)于此，我確信已發(fā)現(xiàn)一種奇妙的證法，可惜這里的空白太小，寫不下”。[1]1992年，蔣春暄用p階和4n階復(fù)雙曲函數(shù)證明FLT。1994年，懷爾斯用模形式、谷山一志村猜想、伽羅瓦群等現(xiàn)代數(shù)學(xué)方法間接證明 FLT,但是他的證明明顯與費馬設(shè)想的證明不同。據(jù)前人研究，任何一個大于2的正整數(shù)n,或是4的倍數(shù)，或是一個奇素數(shù)的倍數(shù)，因此證明FLT，只需證明兩個指數(shù)n=4及n=p時方程沒有正整數(shù)解即可。方程 x4+y4—z4無正整數(shù)解已被費馬本人及貝西、萊布尼茨、歐拉所證明。方程xn+yn—zn無正整數(shù)解，門=3被歐拉、高斯所證明；n=5被勒讓德、狄利克雷所證明；n=7被拉梅所證明；特定條件下的n相繼被數(shù)學(xué)家所證明；現(xiàn)在只需繼續(xù)證明一般條件下方程 xn+yn—zn沒有正整數(shù)解，即證明FLT。[2]本文通過運用勾股定理，對奇偶性質(zhì)的討論，整除性的對比及對等式有解的分析證明n—4，n—p時xn+yn—zn無正整數(shù)解。

費馬大定理的初等證明一)n=4時的證明在x,y,z彼此互素，x為偶數(shù)時設(shè)方程x4+y4=z4(1)的解為(x,y,z)。這里，正整數(shù)解簡稱為解，以下也是如此。根據(jù)勾股定理，式(1)的解為x2=2mn(2)y2=m2一n2(3)z2=m2+n2(4)[3]這里，m>n>0，(m,n)=1，m為奇數(shù)，n為偶數(shù)。于是，在(2)有解的同時,式(3)也同時有解。設(shè)是式(3)所有最小解。根據(jù)勾股定理，式(3)的解為m=a2+b2(5)n=2ab(6)y=a2一b2(7)這里,a〉b〉o,(a,b)=i,ab為偶。由式(2),(5),(6)可有x=4ab(a2+b2)(8)因為(4ab,a2+b2)=1，由式(8)可有c2=4ab(9)e2=4ab(10)于是,從式(10)可以得出,(a,b,e)也是式(3)的解。由式(5),(10)可有m=a2+b2=e2>em>e[4]這與假設(shè)是式(3)的最小解相矛盾。因此,在式(2)有解的同時,式(3)無解,進(jìn)而式(1)無解。(二)n=p的證明在x,y,z彼此互素時,設(shè)方程xp+yp=zp(1)的解為(x,y,z)。由式(1)可有，pppTOC\o"1-5"\h\z(x2)2+(y2)2二(z2)2 (2)因此，(x,y,z)也為式(2)的解。這里，p為奇素數(shù)。根據(jù)勾股定理，由式(2)可知，z只能為奇數(shù)。于是，在x為偶數(shù)時式(2)的解為x才—2mn(3)-py2—m2—n2(4)-pz2—m2+n2(5)TOC\o"1-5"\h\z這里m>n>0，(m,n)=1，mn為偶數(shù)，即為mn一奇一偶由式(3),(4),(5)可知，x,y,z又只能都為平方數(shù)。設(shè)x=r2,y=s2,z=t2，則式2)和式(1)為r2p+s2p—12p (6)(1)方程(6)可為(s2)p—(t2)p—(r2)p (7)方程(7)的解為rp—ng(m,n)或ng(n,m) (8)s2—m2—n2 (9)tp—m?f(m,n) (10)這里，m〉n〉o，(m,n)=i,m為奇數(shù)，n為偶數(shù)；(m,f(m,n))—1或p,(n,g(m,n))—1或p；f(m,n)—C0mp—1+C2mp—3n2+???+Cp—3m2n—3+Cp—inp—1p p p p(11)g(m,n)—C1mp—1+C3mp—3n2+???+Cp—2m2np—3+Cpnp—1p p p p(12)g(n,m)—C0np—1+C2np—3m2+???+Cp—3n2mp—3+Cp—1mp—1p p p p(13)其中，g(n,m)式子中的各項是分別是把g(n,m)式子中的各項顛倒過來寫的，并且Ci—Cp-i(i=0,i,2,???,pi,p)。于是，在式(9)有解的同時，式(8)也同時有解。[5]pp由式(24)，式(9)的解為TOC\o"1-5"\h\zm=a2+b2 (14)n=2ab (15)s=a2一b2 (16)這里，a〉b〉o,(a,b)=i,ab為偶數(shù)。由式(8),(15)可有rp=2ab?g(m,n)或2ab?g(n,m) (17)(2)方程(6)還可為(rp)2+(Sp)2=(tp)2 (18)方程(18)的解為\o"CurrentDocument"rp=2uv (19)sp=u2一v2 (20)tp=u2+v2 (21)這里u〉v〉0，(u,v)=1,uv為偶數(shù)。同時，式(20)的解為u=a?f(a,b) (22)v=b?g(a,b) (23)s=a2一b2 (24)這里，f(a,b)和g(a,b)的表達(dá)式分別與和相同。由式(19)，(22)，(23)可有rp=2ab?f(a,b)?g(a,b) (25)這里，(a,f(a,b)=1或(b,g(a,b))=1或p(3)在a為偶數(shù)，b為奇數(shù)時，分別有<1>在p不整除ab時，從式(17)可知，p不整除g(m,n)。因為(2ab,g(m,n))=1，由式(17)可有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"rp=2a (26)rp=g(m,n) (27)25\o"CurrentDocument"rp=b (28)因此，在式(26)有解的同時，式(27)也同時有解。設(shè)r25是式(27)所有解的最小解。

從式(25)可知，p不整除f(a,b)，這不整除g(a,b)。因為(a,f(a,b))=l,(b,g(a,b))=1,由式（25）可有rp=2a1(29)rp二/(a,b)2(30)rp=b3(31)rp二g(a,b)4(32)于是，從式（32）可以得知，（a,b,r）也是式（27）的解。由式（27）的解。由式（27），432）可有rp二g（m,n）>rp二g（a,b） （33）4r>r4〈2〉在p不整除a,p整除b時，從式（17）可知，p整除g（m,n）。因為（a,g（m,n））=1,（b,g（m,n））=p，由式（17）可知，整除。因為，由式（17）可有rp=2a5(34)prp二g(m,n)26(35)rp=pb7(36)因此，在此（34）有解的同時，式（35）也同有解。設(shè)是式（35）所有解中的最小解。從式（25）可知，p不整除f（a,b），p整除g（a,b）。因為（a,f（a,b））=1,（b,g（a,b））=p，由式（25）可有(37)(38)(39)(40)rp=2a(37)(38)(39)(40)5rp二/(a,b)6rp=pb7pr8p二gS'b)于是，從式（40）可以得知，（a，b,r8）也是式（35）的解。由式（35）,（40）可有prp二g(m,n)>prp二g(a,b)8

r>r8<3>.在p整除a,p不整除b時，從式(17)可知，p整除g(n,m)。因為(a,g(n,m))=l,(b,g(n,m))=1，由式(17)可有rp=2pa9(42)prp=g(n,m)27(43)rp=b11(44)因此，在式(42)有解的同時，式(43)也同時有解。設(shè) r27是式(43)所有解中的最小解。從式中(25)可知，p整除f(a,b),p不整除g(a,b)。因為，由式(a,f(a,b))=p,(b,g(a,b))=1(25)可有rp=2pa9(45)prp=f(a,b)10(46)rp=b11(47)rp=g(a,b)12(48)于是，從式(46)可以得知，(a,b,rio)也是式(43)。由式(43),(46)可有prp二g(n,m)>prp=f(a,b) (49)10r>r10(4)在a為奇數(shù)，b為偶數(shù)，分別有<1>在p不整除ab時，從式(17)可知，p不整除g(m,n)。因為(2ab,g(m,n))=1，由式17)可有rp=2b13(50)rp=g(m,n)28(51)rp=a15(52)因此，在式（50）有解的同時，式（51）也同時有解。設(shè)r28是式（51）所有解中的最小解。從式（25）可知，p不整除f（a,b）,p不整除g（a,b）。因為（a,f（a,b））=l,（b,g（a,b））=1，由式（25）可有rp=2b13(53)rp=g(a,b)14(54)rp=a15(55)rp二/(a,b)16(56)于是，從式（54）可以得知，（a，b,和也是式（51）的解。由式（51）,（54）可有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"rp=g(m,n)>rP=g(a,b) (57)14r>r14<2>在p整除a,p不除b時，從式(17)可知，p整除g(n,m)。因為(a,g(n,m))=p,(b,g(n,m))=1，由式(17)可有rp二2b (58)17\o"CurrentDocument"pr2P二g(n,m) (59)rp=pa19因此，在式（58）有解的同時，式（59）也同時有解。設(shè)r29是式（59）所有解中最小解。從式(25)可知，p整除f(a,b)，p不整除g(a,b)。因為(a,f(a,b))=p,(b,g(a,b))=1，由式（25）可有rp=2b17(61)rp=g(a,b)18(62)rp=pa19(63)prp=/(a,b)20(64)于是，從式（64）可以得知，（a，b,J也是式（59）的解。由式（59），（64）可有prp二g(n,m)>prP二f(a,b) (65)20r>r20<3>在p不整除a,p整除b時，從式(17)可知，p整除g(m,n)。因為(a,g(m,n))=l,(b,g(m,n))=p，由式(17)可有rp=2pb21(66)prp二g(m,n)30(67)rp=a23(68)因此，在式（66）有解的同時，式（67）也同時有解。設(shè)r30是式（67）所有解中的最小解。從式（25）可知，p不整除f（a,b）,p整除g（a,b）。因為（a,f（a,b））=1,（b,