方根(或重根)余约数方程唯一性定理证明费马猜想.doc

袀芇芆螀螆芆荿薃肅芅蒁螈羀莄薃薁袆莃芃螆螂莃莅蕿膁莂薈螅肇莁蚀蚈羃莀荿袃衿羇蒂蚆螅羆薄袁肄羅芄蚄羀肄莆袀袆肃蒈蚂螂肂蚁蒅膀肁莀螁肆肁蒃薄羂肀薅蝿袈聿芅薂螄膈莇螇肃膇葿薀罿膆薂螆袅膅莁薈袁膅蒃袄螇膄薆蚇肅膃芅袂羁膂莈蚅袇芁蒀袀螃芀薂蚃肂艿节蒆肈艿蒄蚂羄芈薇薄袀芇芆螀螆芆荿薃肅芅蒁螈羀莄薃薁袆莃芃螆螂莃莅蕿膁莂薈螅肇莁蚀蚈羃莀荿袃衿羇蒂蚆螅羆薄袁肄羅芄蚄羀肄莆袀袆肃蒈蚂螂肂蚁蒅膀肁莀螁肆肁蒃薄羂肀薅蝿袈聿芅薂螄膈莇螇肃膇葿薀罿膆薂螆袅膅莁薈袁膅蒃袄螇膄薆蚇肅膃芅袂羁膂莈蚅袇芁蒀袀螃芀薂蚃肂艿节蒆肈艿蒄蚂羄芈薇薄袀芇芆螀螆芆荿薃肅芅蒁螈羀莄薃薁袆莃芃螆螂莃莅蕿膁莂薈螅肇莁蚀蚈羃莀荿袃衿羇蒂蚆螅羆薄袁肄羅芄蚄羀肄莆袀袆肃蒈蚂螂肂蚁蒅膀肁莀螁肆肁蒃薄羂肀薅蝿袈聿芅薂螄膈莇螇肃膇葿薀罿膆薂螆袅膅莁薈袁膅蒃袄螇膄薆蚇肅膃芅袂羁膂莈蚅袇芁蒀袀螃芀薂蚃肂艿节蒆肈艿蒄蚂羄芈薇薄袀芇芆螀螆芆荿薃肅芅蒁螈羀莄薃薁袆莃芃螆螂莃莅蕿膁莂薈螅肇莁蚀蚈羃莀荿 “方根（或重根）余约数方程”唯一性定理证明费马猜想（1 9 7 9年 2 0 0 8年）王 德 忱黑龙江省农业科学院黑河分院 黑河市164300【摘要】根据方根存在唯一性定理证明“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理。如果zn = xn + yn有正整数解，通过约数分析法得到“方根（重根）约数方程”及“方根（或重根）余约数方程”；确为正整数的“方根（重根）约数方程”n次方的“方根（或重根）余约数方程”与原方程“方根（或重根）余约数方程”是唯一性的，判断这两个唯一性方程使“方根（重根）约数方程”的正整数解是否成立，从而证明zn = xn + yn有无正整数解。【关键词】费马猜想 唯一性定理 余约数方程 同解方程 当n2时，zn = xn + yn没有正整数解。这一结论是法国数学家费马提出的，被称为“费马猜想”，又称“费马大定理”。1637年，费马在巴契校订的希腊数学家丢番图的算术第2卷第8命题“把一个平方数分为两个平方数”旁边写道：“把一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。关于这一点，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”。为此，370年来许多优秀数学家做出了艰苦不屑的努力，都没能找到这一“美妙证法”。英国数学家怀尔斯用高等数学于1995年非常繁难地证明了这一猜想成立，他的证明不是“美妙证法”。于是有人感叹：费马写的那个“非常美妙的证明”是怎样的，将成为所遗下的一个迷！还有的数学家认为，费马可能真的得出了一个非常美妙的证明，必定是以17世纪人们所掌握的初等数学技巧为基础的证明。1.费马猜想与“方根（或重根）余约数方程” 1.1.方根和重根问题“一般地把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n2时zn = xn + yn没有正整著者数学研究简介：职业会计师，数学是业余爱好。1977年 - 1980年著作有初等数学若干问题新解（108千字），发现了多条初等数学新定理和一些新算法，1982年由黑龙江省应用数学研究所、黑龙江大学数学系讲师和教授审定，1993年4月黑龙江科学技术出版社出版。近年来论文有最新证明的勾股弦数公式（2005年9月-12月）、二次幂等式通解（2006年）等，发布在网上。自1979年开始研究费马猜想“美妙证明”至今，30年！数解，即没有z、x、y均不为0的正整数使等式成立。其中zn、xn、yn任何一个n次方数对于相互制约的另两个n次方数关系是确定的，所以费马猜想是方根问题。根据方根存在唯一性定理：对于任何非负实数a，存在唯一的非负实数r，它的n次幂等于a，即rn = a，如果zn = xn + yn有正整数解关于“z”唯一的正整数方根必定存在，即有z = r（r为正整数）。由方根性质定理：在实数集里，正实数开任何次方均只有一个正的方根，0开任何次方均等于0，这就决定了正整数开n次方存在两种情形：一是“非0正整数方根”存在，即对于任何自然数有 zn = xn + yn = rnz = n= r 二是“0正整数重根”存在，因为两个相等的正整数之差等于0，所以对于任何自然数有 zn -（xn + yn）=（z - r）n = 0n= z r = 0 必须全面分析方根“z = n= r”与重根“n= z r = 0”这两种情形才是确切完整的证明。1.2.“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理 由“非0正整数方根”存在形式z = n= r，推出n次方根方程 z n = r n。根据解不定方程的约数分析法：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，分解约数：z zn-1 = r rn-1其中z = r是“方根约数”，则得关于“z”的“方根约数方程”：z r = 0约去“方根约数”的方根余约数为zn-1 = rn-1，又得关于“z”的“方根余约数方程”：zn-1 - rn-1 = 0根据方根存在唯一性定理，“方根约数方程”是唯一性的；则推论相应“方根余约数方程”也必是唯一性的。 由“0正整数重根”存在形式n= z r = 0，推出n次重根方程（z r）n = 0，展开方程分解约数n为奇数或偶数有正、负项两种形式：z （zn-1 - C1n rzn-2 + C2n r2zn-3 - Cn-2n rn-2 z Cn-1n rn-1）= r （ r）n-1 其中z = r是“重根约数”，则得关于“z”的“重根约数方程”：z r = 0约去“重根约数”的重根余约数为zn-1 - C1n rzn-2 + C2n r2zn-3 Cn-2n rn-2 z Cn-1n rn-1 = rn-1，又得关于“z”的“重根余约数方程”： zn-1 - C1n rzn-2 + C2n r2zn-3- Cn-2n rn-2 z Cn-1n rn-1rn-1 = 0根据方根存在唯一性定理，“重根约数方程”是唯一性的；则推论相应“重根余约数方程”也必是唯一性的。通过以上分析，得出“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理：对于任何正整数n次方根方程或n次重根方程“方根（重根）约数方程”是唯一性的，分别存在相应的“方根（或重根）余约数方程”也是唯一性的。 这就说明，“方根（重根）约数方程”的“余约数方程”只能有唯一的一个。所以zn = xn + yn进行约数分解得到关于“z”的“方根（重根）约数方程”及“方根（或重根）余约数方程”，其“方根（或重根）余约数方程”能否满足“方根（重根）约数方程”n次方确为正整数的“方根（或重根）余约数方程”的条件，决定其有无正整数解。2.分解zn = xn + yn关于“z”的“约数方程”及“余约数方程”2.1.不定方程z n = x n + y n有正整数解的必要条件因为zn = xn + yn有正整数解，则（kz）n =（kx）n +（ky）n（k为正整数）也有正整数解，所以取最小正整数（ x ，y ）= 1使zn = yn + xn（1）正整数等式成立。将（1）式变形为zn xn = yn 两边同除以yn得：( )n - ( )n = 1（2）( - )( )n-1 + ( )n-2 + ( )2 ( )n-3 + ( ) n-2 + ( )n-1= 1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，从而获得一些不定方程的解。因为z x，所以等式左边两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均等于正1约数，仅由 - = 1推出（x + y）n xn + yn = zn这种情形等式不能成立，两个因式均不能等于约数1；二则两个因式必然是互为正倒数约数，设正整数 a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到： = （3）( )n-1 + ( )n-2 + ( )2 ( )n-3 + ( )n-1 = （4）因而（3）式与（4）式为（2）式唯一能分解相关的两个“约数方程”，是（1）式有正整数解的必要。 2.2.析解y及a、b的约数关系 由（3）式得 = + 代入（2）式：( + )n - ( )n = 1C1n ( )n-1 + C2n ( )2( )n-2 + C3n ( )3( )n-3 + Cn-1n ( )n-1 + ( )n = 1 （3）式等式两边分母 y a 对应，由分数性质必有y含a因子。设y = ay1代入上式并除以b化简得：C1nxn-1 + C2n by1xn-2+ C3n b2y12xn-3 + +Cn-1n bn-2y1n-2x + bn-1y1n-1 = an （5）又将y = ay1代入（3）式、（4）式化简得：z x = by1 （6）zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + + x n-2z + xn-1 = an（7）（4）式等式两边分母yn-1 b对应，由分数性质必有yn-1含b 因子，yn-1 =（ay1）n-1，有y1n-1含b 因子。在（5）式右边项中（a ，b）= 1，只有 b 整除 y1n-1，所以只存在 = 1或者 1两个取值。当 = 1时，设正整数c令y1 = c、b = y1n-1 = cn-1，by1 = cn，使（6）式、（7）式得：z - ( x + cn) = 0 （8）zn-1+ xzn-2 + x2zn-3 + + xn-2z + (xn-1 - an) = 0 （9）当 1时余y1的因子，（5）式左边除C1nxn-1项外其它各项均含y1因子，并与xn-1互质；所以余y1的因子只能与C1n= n相约，即y1只能含n的因子，（5）式各项约去所含n的公因子使至少两项不含n的相同因子等式成立。因为yn含y1n因子，y1n含n的因子必是一个n次方数，如果 含n的因子为Nipi，则by1含n的因子即为Nin-pi，这时b可不含n的因子或含n的某个因子等等，使 有不同n的余因子并有不同多个等式成立，但均同理。为了简便，令 = Nipi，by1 = cnNin-pi，y1 = cNi，使（6）式、（7）式得：z - (x + cn Nin-pi) = 0（10）zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + (xn-1 - anNipi) = 0 （11）于是，明确了a、b存在值的情形和y = ac不含n因子、y = acNi含n因子两个必要正整数的解值，并得（8）式、（9）式和（10）式、（11）式两组仅有可能确定成立的“约数”方程组。2.3.验证（8）式、（9）式和（10）式、（11）式的性质由（8）式，“非0正整数方根”存在时，z = x + cn及y = ac代入（1）式为：zn =（x + cn）n = xn +（ac）n这时x、c取任何正整数便决定a的唯一非负实数方根a = n均使z = () (x + cn) n （n：奇数 + ；偶数 ）等式F（z） Q（a）的方根使原方程成立，存在z = x + cn唯一正整数方根。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 + cn）= 0代入（1）式变形为：zn -（xn + yn ）=z -（x + cn）n = 0当n为奇数或偶数z -（x + cn）n展开式有正、负项两种形式：z -（x + cn）n = zn - C1n（x + cn）zn-1 + C2n(x+cn)2zn-2 -Cn-1n (x+cn)n-1z(x + cn)n 将z = x + cn代入其中- C1n（x + cn）zn-1 + C2n(x+cn)2zn-2 -Cn-1n (x+cn)n-1z(x + cn)n 并化简得（x + cn）n（1 - C1n + C2n -Cn-1n1 - 1）= -（x + cn）n使原式为：zn -（xn + yn）=z -（x + cn）n = zn -（x + cn）nxn + yn = ( x + cn )n = zn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”。3. 检验“方根（重根）约数方程”的正整数解3.1.检验“方根约数方程”的正整数解由（8）式推出n次方根方程zn =（x + cn）n约去“方根约数”的“方根余约数方程”为：zn-1 -（x + cn）n-1 = 0（12）由“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理（9）式 （12）式为唯一的同一个“方根余约数方程”即同解方程。根据多项式恒等定理：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，所以（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 = 0， ， xn-2 = 0， xn-1- an = - (x + cn)n-1当n = 2时，只存在常数项x - a2 = -（x + c2）有：x = 由（8）式得：z = x + c2 = + c2 = 这时y不含n = 2因子，a、c为奇数，得出y = ac时勾股弦数公式：y = ac x = z = 于是（8）式“方根约数方程”z -（x + c2）= 0有正整数方根解成立。当n2时，（9）式、（12）式必有至少一项关于“z”的非首项对应系数项等式存在，即 x 0，x2 0，则矛盾，但只有x = 0才有（9）式 （12）式成立；常数项an =（cn）n-1，又因为y1 = c、b = y1n-1 = cn-1，这时使（a ，b） 1，却有a = cn-1 = b所以（3）式z = y，（4）式zn-1 = yn-1，（8）式有z、x、y均不为0的正整数方根解不成立。由（10）式推出n次方根方程zn =（x + cn Nin-pi）n约去“方根约数”的“方根余约数方程”为：zn-1 -（x + cn Nin-pi）n-1 = 0（13）有（11）式 （13）式为同解方程，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- anNiPi = -（x+ cn Nin-pi）n-1当n = 2时，只有常数项存在，确定NiPi = 2、Nin-pi = 2，x - 2a2 = -（x + 2c2），则有x = a2 c2 由（10）式得：z = x + 2c2 = a 2 - c2 + 2c2 = a2 + c2这时y含n = 2因子，得出y = 2ac时勾股弦数公式：y = 2ac x = a 2 - c2 z = a2 + c2于是（10）式“方根约数方程”z -（x + 2c2）= 0有正整数方根解成立。当n2时，与（9）式、（12）式同理，只能使x = 0，常数项anNiPi =（cn Nin-pi）n-1得：an =（ c n-1）n（Ni n pi -1） n 又因为by1 = cnNin-pi，y1 = cNi，这时使（a ，b） 1，却有a = c n-1Ni n pi -1 = b所以（3）式z = y，（4）式zn-1 = yn-1，（10）式有z、x、y均不为0的正整数方根解不成立。3.2.检验“重根约数方程”的正整数解由（8）式的n次重根方程z -（x + cn）n = 0约去“重根约数”的“重根余约数方程”为：zn-1 - C1n(x+cn)zn-2 + C2n(x+cn)2zn-3 -Cn-2n(x+cn)n-2z Cn-1n(x+cn)n-1(x+cn)n-1 = 0 （14）有（9）式 （14）式n为奇数或偶数均是同解方程，关于“z”的非首项对应系数及常数项关系为：x = - C1n(x+cn) ，x2 = C2n(x+cn)2， ，xn-2 =Cn-2n(x+cn)n-2 ，xn-1- an = Cn-1n(x+cn)n-1(x+cn)n-1当n = 2时，只存在常数项x a2 = - 2(x+c2 ) + (x+c2 ) ，则： x - a 2 = -（x + c2） 同“非0正整数方根”存在形式，y不含n = 2因子时（8）式有正整数重根解，可求得勾股弦数公式。当n2时，（9）式、（14）式必有至少一项关于“z”的非首项对应系数等式存在，分别除以x，x2， x3，xn-2，常数项等式除以xn-1，得：1= - C1n(1+ )，1= C2n(1+ )2，1=Cn-2n(1+ )n-2，1- = Cn-1n(1+)n-1(1+ ) n-1因为（x ，c）= 1，所以各对应系数等式存在cn与x项互质，除数x 0只能使c = 0，常数项等式中n为奇数或偶数均因a n与xn-1互质也只有令a = 0，y = ac = 0，之后各项对应系数等式又存在：x = - c1n（x），x2 = c2n（x）2， ，xn-2 = cn-2n（x）n-2 ，xn-1 = Cn-1n(x)n-1(x)n-1即有：x(c1n+1) = 0 ，x2(c2n-1) = 0 ， ，xn-2(cn-2n 1) = 0 ，xn-1 = Cn-1n(x)n-1(x)n-1因为n2各关于“z”的系数存在项等式中 (c1n+1) 0，(c2n-1) 0，(cn-2n 1) 0，必有 x = 0，常数项等式也必是x = 0，于是（8）式有正整数重根解不成立。由（10）式的n次重根方程z -（x + cn Nin-pi）n = 0约去“重根约数”的“重根余约数方程”为：zn-1 - C1n(x + cn Nin-pi)zn-2 + C2n(x + cn Nin-pi)2zn-3 -Cn-2n(x+ cn Nin-pi)n-2zCn-1n(x+ cn Nin-pi)n-1(x+cn Nin-pi)n-1 = 0（15）有（11）式 （15）式n为奇数或偶数均是同解方程，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：x = - C1n(x+ cn Nin-pi) ，x2 = C2n(x+ cn Nin-pi)2， ，xn-2 =Cn-2n(x+ cn Nin-pi)n-2 ，xn-1- anNiPi = Cn-1n(x + cn Nin-pi)n-1(x + cn Nin-pi)n-1当n = 2时，只存在常数项，确定NiPi = 2，Nin-Pi = 2，x- 2a2 = - 2(x + c2 )+ (x +2c2 )，则：x 2a 2 = - ( x + 2c2 ) 同“非0正整数方根”存在形式，y含n = 2因子时（10）式有正整数重根解，可求得勾股弦数公式。当n2时，与（9）式、（14）式同理，各对应项系数及常数项比较，Nin-pi 0只有使c = 0，常数项等式中NiPi 0也只有令a = 0，则y = acNi = 0；之后各项对应系数等式中(c1n+1) 0，(c2n-1) 0，(cn-2n 1) 0，也必有x = 0。于是（10）式有正整数重根解不成立。结论：费马猜想既是方根问题又是重根问题。当n = 2时，z2 = x2 + y2有正整数解；当正整数n2时，zn = xn + yn没有正整数解。费马猜想成立：一个高