费马大定理证明【弯国强】翻译版.pdf

1 费马大定理证明费马大定理证明 作者 弯国强 电子信箱 408073346 摘要 在这篇论文中 我们提出了一种简单的费马猜想的证明方法 此处费马猜想又叫费马大定 理 对任意的正整数3n 不定方程 nnn xyz 没有正整数解 此处 x y z 为正整数 关键词 费马大定理 二项式定理 组合公式 有理根 在数学领域里 费马最后定理是一个非常有名的猜想 对任意的正整数3n 不定方程 nnn xyz 没有正整数解 此处 x y z 为正整数 证法分析 我们可以利用反证法来证明 假设存在正整数解 x y z 满足当3n 时的不定方 程 nnn xyz 不失一般性我们假设 x y z 两两互素 也就是 1x yx zy z x y z 偶数 奇数 奇数 奇数 偶数 奇数 奇数 奇数 偶数 很显然 x y z 有一个是偶数 并且只有以上四种情况 为了证明费马猜想 我们分两种情况 n 4 和 n 是一个奇素数 对于一个没有奇素数因子的正整数 n 那么 22 k nk 又因为 444 444 nnn xyz 因此对于 n 为 4 的倍数 我们只需要证明 444 xyz 时没有正整数解就行了 在初等数论书有 现成的定理 当 n 4 时 不定方程 444 xyz 没有正整数解 这个定理由费马应用无穷递降 法完美证明 如果 n 有奇素数因子 那么 ppp nnn ppp xyz 因此我们只需要重点考虑指数为奇素 数的情形就可以了 也就是证明对于任意的素数3p 不定方程 ppp xyz 没有正整数解 此处 x y z 两两互素 1x yx zy z 引理 1 有理根定理 1 考虑多项式方程 1 110 0 nn nn a xaxa xa 多项式的系数 110 nn a aa a 是整数 如果有理数 c d 为最简分数并且是方程的一个解 那么 c 必是常数 0 a的因数 d 是首项 2 系数 n a的因数 引理 2 如果 d 是 a 和 b 的任意一个因数 那么 d a b 2 引理 3 如果 b ac 并且 1a b 那么 b c 2 引理 4 如果1n 存在一个素数 p 使得p n 2 引理 5 如果abcd 并且 1a c 这里 a b c d 是正整数 那么 a d并且 c b 证明 1 abcda cd a d a c 1 abcdc ab c b a c 引理 6 欧几里得引理 如果 p 是一个素数并且p ab 那么 p a or p b 2 引理 7 如果 p 是一个素数并且 n p a n a 是一个正整数 那么p a 证明 设 a b 反复应用引理 6 我们立即可以得到p a 引理 8 如果 p 是一个素数 那么 i p p C 这里11ip 证明 根据组合的定义 我们可以得到 11 11 i p p ppi Cip i 很显 然 11 11 i p p ppi Cip i 是一个正整数 也就是说存在一个整数k 满 足 11 p ppii k i 因为 11ip 并且 p 是素数 这表明 p 和 i互素 即 1p i 根据引理 3 我们可以得到 11ippi 因此存在整数 q 满足 11 ppi q i 因此 i p Cpq 也就是 如果 p 是一个素 数 那么 i p p C 这里11ip 主体证明主体证明 证明 不失一般性 假设存在正整数 x 2a y b z c 满足对于素数 p 的不定方程 2 p pp abc 这里 3 1x yx zy z 3p 并且 x y z a b c 是正整数 众所周知如果对素数 p 成立 那么对 p 的任意倍数也成立 因为 1x yx zy z 我们有 2 2 1a ba cb c 因此 1a ba cb c 由 2 p pp abc 可以得到 2 p pp acb 根据一个基本的代数实事 我们有 1221 2p ppppppp acbcbccbcbb 再根据整除的定义 可以得到2p p cba 设 1221pppp eccbcbb 那么 e 是一个奇数 因此 2 1 p e 因为 2 1 p e 根据引理 5 我们得到 2pcb 那么存在一个正整数 t 满足 2pcpt 由 和 我们得到 22 ppp ta 也就是 p t a 我们分两种情况来证明 一种情况是 t 1 另一种情况是 t 1 t 1 另一种情况是 t 1 当 t 1 时当 t 1 时 2pcp 也就是2pcb 代入 2 p pp acb 我们得到 22 p p pppp acbbb 12 12211 22222 pp p pppppppppp ppp aCbCbCbbb 整理得到 12 12211 222 pp pppppppp ppp aCbCbCb 根据引理 8 如果 p 是一个素数 那么 i p p C 这里 11ip 因此 我们得到 2 12211 22 p pppppp ppp p CbCbCb 因为 12 12211 222 pp pppppppp ppp aCbCbCb 我们有 1 2 p pp p a 因为 2 1 111121 22222 pp ppppppppp aaaaa 我们有 1 2pp a or 2 1121 22 pppp p aa 根据引理 6 4 从 12 12211 222 pp pppppppp ppp aCbCbCb 我们获得 2 112211 2220 pp ppppppp ppp C bCbCba 也就是 2 11221 22 p ppppp ppp C bCbCb 21 112111 22220 pp pppppp aaaa 根据引理 1 可能的有理根为 1 1 2pba 1 2 1 2pba p 3 1b 21 12111 4 222 pp ppppp baaa 21 12111 5 1 222 pp ppppp baaa p 1 6 2 p pp ba or 1 7 1 2 p pp ba p 这样我们就可以找出 a 与 b 之间可能的有理关系 只有这样才能解出 a 和 b 整数解 当 1 2pba 时 有 1 2pab 由于 b 奇数 1 2p 是偶数 那么 1 2pab 必定是 一个奇数 把 1 2pba 和 2pcb 代入 2 p pp acb 我们可以得到 11 222 pp p pp aaa 因此 121 1111 222222 ppp ppppppp aaaaa 整理后可以得到 211 11 20 pppp i ip ak ak aka 这里 i k 是整数 因为常数 项是 21 2 p 21 2 p 的因数是 1 和偶数 根据引理 1 我们可以得到方程的可能有理根只有 1 和 偶数 由于上面我们得出 a 是奇数 所以 a 1 把 a 1 代入 1 2pba 得到 1 1 20 p b 矛盾 这表示 1 2pba 不是原始方程的根 同理 我们可以证明 1 2 1 2pba p 不是原始方程的根 当1b 时 把1b 代入 2 p pp abc 我们可以得到 21 p pp cab 因为 21ca 和 1 12 221 p pp ccaa 我们可以得到 5 1 12 22221 pp ppp cacaccaa 这和我们证明的 21 p pp cab 矛盾 这表示1b 不是原始方程的根 当 21 12111 222 pp ppppp baaa 时 我们很容易证明 21 121111 2222 pp pppppp aaaa 也就是 1 2pba 提取公因式 b 后可以得到 2 122311 2220 p pppppp ppp b C bCbCa 这表示 21 12111 222 pp ppppp baaa 不是原始方程的根 用同样的方法我们又可以证明 21 12111 5 1 222 pp ppppp baaa p 1 6 2 p pp ba 或 1 7 1 2 p pp ba p 也不是原始方程的根 因此这就说明当 t 1 时 不存在正整数 2a b c 满足不定方程因此这就说明当 t 1 时 不存在正整数 2a b c 满足不定方程 2 p pp abc 当 t 1 时 根据引理 4 存在一个素数 0 t 满足 0 t t 也就是说存在一个整数 0 k 使 0 0 tk t 因为 p t a 我们得到 0 p t a 根据引理 7 我们得到 0 t a 换句话说存在整数k满足 0 akt 把 0 0 tk t 代入2pcpt 我们可以得到 0 0 2pck tb 再把 0 akt 和 0 0 2pck tb 代入 2 p pp acb 我们可以得到 00 0 22 p p pp ktk tbb 1 12211 00 00 00 0 2222 pp p ppppppppp ppp ktk tCk tbCk t bCbbb 1 12211 00 00 00 0 2222 pp p ppppppp ppp ktk tCk tbCk t bCb 根据整除的定义和性质 自然就得到这个结论 1 0 p tpb 再根据欧几里得引理 我们得到 0 tp 或 1 0 p t b 如果 1 0 p t b 又 0 t 是一个素数 根据引理 7 我们可以得到 0 t b 因为 0 t b 和 0 t a 所 以 0 t是 a 和 b 的一个公因数 因此根据引理 2 我们就得 0 ta b 实事上这与 1a b 6 矛盾 如果 0 tp 并且 0 t 是一个素数 我们立即得到 0 tp 因为 0 akt 所以 akp 因为2pctb 和 0 0 tk t 我们可以推出 0 2pck pb 把akp 和 0 2pck pb 代入 2 p pp acb 我们得到 0 22 p p pp kpk pbb 1 12211 000 2222 pp p ppppppppp ppp kpk pCk pbCk pbCbbb 1 12211 000 2222 pp p ppppppp ppp kpk pCk pbCk pbCb 1 1112 00 222 pp p ppppp p kpkpCkpb 2 22221 00 22 ppppppp pp CkpbCk bb 根据整除的线线性 这样就得到了 1p p b 根据引理 7 必定可以得到p b 又因为 p b 和 p a p 是 a 和 b 的公因数 因此根据引理 2 我们得到 p a b 存在 一个正整数 h 使 1a bhp 这与 1a b 矛盾 因此这就说明当因此这就说明当1t 时 不存在正整数 2a b c 满足不定方程 时 不存在正整数 2