费马大定理证明

精品文档 1欢迎下载 法 1 等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明 滕锡和 河南鲁山 江河中学 邮编 467337 摘 要 由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系 寻找到一种费尔玛方程是否有正整数 解的充要条件 再由对此条件的否定 证明了费尔玛大定理 并且把费尔玛大定理 与勾股定理有机地统一起来 关键词 完全解 可导出解 连环解 Q Q 中图法分类号 O156 4 文献标识码 A 文章编号 1 1R R通解通解 本文所用数集 自然数集 有理数集 实数集 本文讨论不超出的NQR R 范围 本文中方程及同类方程中的指数 以后不再说明 nnn zyx nN 引理引理 1 1 方程 2 1 nnn zyx n 有解的充要条件是它有解 N Q 引理引理 2 2 方程 1 2 有解的充要条件是它有既约解 nnn zyx nNN 这样 在以后的讨论中只需讨论解及既约解的情形 可使过程简化 QN 引理引理 3 3 方程 1 2 有解的充要条件是方程 nnn zyx nN 2 1 nn XY n 2 有解 Q 证明 充分性 如果方程 2 2 有解 设 1 nn XY n Q v u v w 为其解 则 1 于是方程 uvwN 两两互素 Q v w n v u nnnn wvu 1 2 有解 nnn zyx nN wvu 必要性 如果方程 1 2 有解 设 nnn zyx nN wvu 精品文档 2欢迎下载 为其解 则 1 于是方程 2 uvwN 两两互素 N nnn wvu v w n v u n 2 有解 证毕 1 nn XY n Q v u v w 引理引理 4 4 如果方程 1 2 有解 那么 只有两类 nnn zyx n Q i 完全解 Q wvu Qwvu ii 可导出解 Q wvu QuvwQ 证明 第 i 类属显然 第 ii 类 把代入方程 1 得 wvu nnn uvw nnn wvu 于是导出方程 1 的解 Q wvu 除此以外 由其它任何形式的带无理因子的解 都不能导出解 事实上 设 Q 中至少有一个 且三个数中含有不可通约的无理因子 123 uvw 123 Q 为方程 1 的解 则由的定义知 它们的无理因子是不能从上式wvu Q 321 中完全提到括号外面去的 即由它不能导出方程 1 的解 证毕 Q 从引理 4 及其证明过程可以得到以下三条结论 1 若将第 i 类解的三个数同乘以一个数 得到 则 Q Q wvu 此解仍是方程 1 的第 i 类解 若将三个数同乘以一个数 Q Q 得到 则此解变为方程 1 的第 ii 类解 wvu Q 2 若将第 ii 类解的三个数同乘以一个数 得到 则此 Q 1 Q wvu 解变为方程 1 的第 i 类解 若将三个数同乘以一个数 Q 得到 则此解仍是方程 1 的第 ii 类解 RQ 且 wvu Q 3 方程 1 的第 i ii 类解与非第 i ii 类解之间是封闭的 即无论 Q Q 对数组的三个数同乘以一个什么正实数 它们之间都不可能互化 定理定理 1 1 方程 1 2 的 解公式是 nnn zyx n R 精品文档 3欢迎下载 22222 11 2111 nnn AddddRd 或 n n n r r r B 2 2 22 2 2 2 1 2 1 2 1rRr 证明 当时 由得 根据引理 3 这两个方 Rzyx nnn zyx 1 nn x y x z 程在是否存在解方面是等价的 从而得到 Q 1 2222 nnnn x y x z x y x z 于是设 则 由此解得 22 1 nn zy d d xx dx y x z nn 1 22 恢复和的比例系数后得 d d x y d d x z nn 2 1 2 1 2 2 2 2 xz xy 拆开后即得 R d d x y d d x z nn 0 0 0 2 2 0 0 2 2 2 1 2 1 22222222 0000 2111 nnn AxyzdddRd 222222 110 2111 nnn n dddRd 又 由得 nnn zyx 1 2 2 2 2 nn y x y z 1 2222 nnnn y x y z y x y z 设 则 仿上法又得到 22 1 nn zx r r yy ry x y z nn 1 22 22 222 22 11 1 22 n nn rr BxyzrrRr 若设 则之间的变换关系是 ap drabpqR bq qpba BA 将两式分别代入方程 1 等式成立 因此 两式都是方程 ppab dr pqab BA BA 1 的解公式 证毕 R 定理 1 说明 i 方程 1 的任何一个解都可以由两式同时表出 两式表 RBA BA 出的任何一个数组 都是方程 1 的解 ii 如果方程 1 有 或 解 则必能 R RN Q 精品文档 4欢迎下载 用两式同时表出 如果两式同时表出 或 数组 则方程 1 有 或 解 BA BA N QN Q 反之 如果两式不能同时表出 或 数组 则方程 1 没有 或 解 BA N QN Q 2 2 有有 N N 解的充要条件解的充要条件 引理引理 5 5 方程 1 2 有解的充要条件是 nnn zyx n Q 22222 0 2111 nnn Adddd 或 22 222 0 11 1 22 n nn rr Brr 能同时表出或导出数组 Q 证明 根据引理 4 的结论 3 可将两式的系数略去 因为这样 一者可使BA 21 讨论简化 二者既不会使第 i ii 类解增生 也不会使之消失 三者必要时再同乘以一个 Q 公共因子 先证 必要性 根据定理 1 如果方程 1 有解 必能用式表出或导出 根据 0 A Q 0 A 引理 4 其解只有两类 i 如果是第 i 类解 即存在 当时 其解 Q Q 0 d 0 dd 是解 则能表出数组 ii 如 2222 00000 2111 nnn Adddd Q 0 A Q 0 A 果是第 ii 类解 根据引理 4 由这个第 ii 类解必能导出第 i 类解 从而能导 Q Q Q 0 A 出数组 Q 充要性 如果式能表出或导出数组 显然是方程 1 的解 即方程 1 有 0 A Q Q 解 Q 对于式与式同理可证 证毕 0 B 0 A 根据引理 1 2 5 不难找到思路 方程 1 有解的充要条件是两式能同时表N 00 BA 出或导出既约数组 N 定理定理 2 2 方程 3 nnn zyx 222 1 n 有解的充要条件是以下两式 N 精品文档 5欢迎下载 1122122 2000000 2 222 nnnnnnnnn nnn n Aababab 1 000000 201 nnn abaNbab 奇 或 2222 0000 200 22 nnnn n n nn n pqpq Bp q 0000 01pqpq 二奇 能同时表出既约数组 N 也可以是 奇 1 有且仅有这两种情形 1 00 20 nnn ab 0 a 0 bN 0 a 0 b 因为自然数只有奇偶两类 此类情形与上同理 故未写出 无妨 下同 证明 必要性 如果方程 3 有既约解 根据引理 1 2 5 必可由 两式同时N 0 A 0 B 表出或导出 此时两式分别为 22 0 2111 nnn Adddd 22 0 11 1 22 n nn rr Brr i 证 根据引理 4 的三条结论 先让 为此必须设 n A 2 n d2Q1 a d b 一奇一偶 则0 ba1 ba 必须再设 奇 则 nn n bbaa 00 1 2 02 00 1 nn n ba 0 aN 0 b1 00 ba 1122122 0000000 2 22 00 11 2 2 2 2 nnnnnnnnn nnn n n n AabababA bb ii 再证 根据引理 4 的三条结论 先让 为此必须设 n B 2 Qr n 1 p r q 二奇 则0 qp1 qp 2222 0 2 1 22 nnn n pqpq Bpq q 必须再设 二奇 则 n pp 0 n qq 0 0 00 qp1 00 qp 2222 0 2 1 2 nnn n Aababab b 精品文档 6欢迎下载 2222 0000 0002 22 00 11 22 nnnn nn n nn n n n pqpq Bp qB qq 同时易证 中的底数分别两两互素 到此 两式仍必能表出方程 n A 2 n B 2 n A 2 n B 2 3 的既约解 于是 必能同时表出既约数组 N n A 2 n B 2 N 充分性 如果 都能表出既约数组 同时易验知 能使方程 n A 2 n B 2 N n A 2 n B 2 3 成立 那么 此时这两个既约数组就是方程 3 的既约解 即方程 3 有解 证NNN 毕 推论推论 1 1 方程 有解的充要条件是一下两式 nnn zyx 222 1 nN 一奇一偶 2222222 222 2n 2 nnn Aababab 0 ba1 ba 或 二奇 2222 222 2 22 2 22 n nn n pqpq Bpq 0 qp1 qp 能同时表出既约数组 N 不难看出 两式内容详细 两式简明扼要 它们各有所长 作用 n A 2 n B 2 n A 2 n B 2 相同 定理定理 方程 2 4 121212 nnn zyx 1 n 有解的充要条件是一下两式 N 22 221212221 221 222121 2 212121 2n 1 000000 2 2 22 nnnnnnnnn nnn Aababab 02 12 0 12 0 2 nn n ba Na 0 奇 0 b 1 00 ba 或 22 21 221 221 221 2 2121 2 0000 21 2121 2100 22 nnnn nn n nn n pqpq Bpq 二奇 0 00 qp 1 00 qp 能同时表出既约数组 N 证明 必要性 如果方程 4 有既约解 根据引理 1 2 5 必可由 两式同时N 0 A 0 B 表出或导出 此时两式分别为 精品文档 7欢迎下载 2 22222121 21 0 111 nn n Adddr 22 21222 2121 0 11 1 22 n nn rr Brr 将 的证明同时进行 以便比较 下面分四种情形讨论 0 A 0 B i 根据引理 4 的三条结论 若 则必须设 一奇一偶 Qd 1 a d b 0 ba 则1 ba 222 222 2212121 21 0 4 1 2 nnn n Aababab b 必须再设 奇 则 12 0 12 0 2 2 nn n bbaa 02 12 0 12 0 2 nn n ba 0 aN 0 b1 00 ba 22 22121 2221 221 22n21 221 2 212121 0000000 4 0 1 2 222 a nnnnnnnn nnn Aababb b 12 4 0 1 n A b 若 则必须设 二奇 则Qr 1 p r q 0 qp1 qp 2222 222 21 2121 21 0 4 1 22 n nn n pqpq Bpq q 必须再设 二奇 则 12 0 12 0 nn qqpp 0 00 qp1 00 qp 22 21 221 221 221 2 2121 2 0000 21 2121 000 4 0 1 22 nnnn nn n nn pqpq Bpq q 12 4 0 1 n B q ii 根据引理 4 的三条结论 若 为了让 必须有 为此Qd Qd n 122 2 Qd 2 2 必须设 则 12 1 12 1 12 2 n n n b a d 2 12121 11 20 nnn ab Na 1 奇 1 b 11 1a b 精品文档 8欢迎下载 2212121212121 2212121 2 212121 0111111 2 1 1 2222 nnnnnnnnn nnn Aababab b 若 为了让 必须有 为此必须设 二Qr 212n rQ Qr 2 12 1 12 1 n n q p r0 11 qp 奇 则1 11 qp 21 2121 21212121 221212 1111 011 2 1 1 22 n nn nnnn nn pqpq Bpq q 但是 在情形 ii 下 方程 4 若有既约解 必须被 两式同时表出 于是得到N 21 22121212 11 21 21 11 212121 22121 2121 1111 2121 212121 22 11 21 21 11 21 22 2 2 2 2 n nnn n n nnnnn nn nn nnn n n pqn ab abpq pq ab 比较后发现 式中左边的底数不是完全平方数 而右边的底数是完全平方数 式的情形恰好 相反 为此必须再设 2 01 2 01 2bbaa 02 1212 0 2 n b n n baNa 0 奇 0 b 则1 00 ba 22 22121 2221 221 2221 221 2 212121 0000000 4 0 1 2 222 nnnnnnnnn nnn Aababab b 12 4 0 1 n A b 必须再设 二奇 则 2 01 2 01 qqpp 0 00 qp1 00 qp 22 21 221 221 221 2 2121 2 0000 21 2121 000 4 0 1 22 nnnn nn n nnn pqpq Bpq q 12 4 0 1 n B q 这样 情形 ii 就归结到情形 i 中去了 同时易证中的底数分别两两互素 2121nn AB 至于情形 iii 和情形 iv 显然被情形 ii 所包含 到此 QrQd QrQd 精品文档 9欢迎下载 两式仍必能表出方程 4 的既约解 于是 必能表出既约数 2121nn AB N 2121nn AB N 组 充要性 如果都能表出既约数组 同时易验知分别能使 2121nn AB N 2121nn AB 方程 4 成立 那么 此时这两个既约数组就是方程 4 的既约解 即方程 4 有解 NNN 证毕 推论推论 2 2 方程 4 有解的充要条件是以下两式 121212 nnn zyx 1 nN 一奇一偶 2222222 212121 2n 1 2 nnn Aababab 0 ba1 ba 二奇 2222 222 21 2121 21 22 n nn n pqpq Bpq 0 qp1 qp 能同时表出既约数组 N 将推论 1 2 归纳到一起就是 推论推论 3 3 方程 1 有解的充要条件是以下两式 nnn zyx 2 nN 一奇一偶 222 2222 nn n 2 n Aababab 0 ba1 ba 二奇 2222 222 n n 22 nn pqpq Bpq 0 qp1 qp 能同时表出既约数组 N 顺便指出 当时 由二式便可得到 2 n nn BA 推论推论 4 4 方程 5 222 zyx 的既约解公式是以下二式 N 一奇一偶 2222 2 2babaabA 0 ba1 ba 或 二奇 2222 2 22 pqpq Bpq 0 qp1 qp 3 3连环解连环解 精品文档 10欢迎下载 定理定理 3 3 方程 6 44 xyz 没有 N 1 解 推论推论 5 5 方程没有解 444 zyx N 推论推论 6 6 方程没有解 nnn zyx 444 N 推论推论 7 7 设 那么 xzNxz Qxz 44 定义 1 如果都是方程 1 2 的解 那么就把 dcacba nnn zyx n 它们称做方程 1 的一对连环解 引理引理 6 6 设 一奇一偶 一奇一偶 那么 0 ba1 ba 0 1 方程组 2222 22 ba ab 没有解 N 证明 假设方程组有解 则由 式变形后设N 2121 2 1 mmNmm m m b a 代入 式 得 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 mmm mmm b a 当时 式左正右负相矛盾 当时 将 式两边开平方 得 12 mm 12 mm 4 1 4 2 2 1 2 21 2 mm mmm m b a 根据推论 7 那么 式左边是有理数 右边是无理数 相矛盾 Qmm 4 1 4 2 故原方程组没有解 证毕N 定理定理 4 4 方程 1 2 没有连环解 nnn zyx nN 证明 假设方程 1 有连环解 则可设是它的一对连环N 000000 rzxzyx 解 根据推论 3 中的式 它们必可表示为N n A 精品文档 11欢迎下载 一奇一偶 222 222 2 000 2 nnn xyzababab 0 ba1 ba 一奇一偶 222 222 2 000 2 nnn xzr 0 1 222 222 2 2 nn n abab 对比 两式得方程组 2222 22 ba ab 根据引理 6 上方程组没有解 此与的定义相矛盾 故方程 1 没有连环Nab 解 证毕N 推论推论 8 8 设 那么 中至 000000 2 1nzxNzxzx n nn n nn xzxz 0000 与 少有一个 N 证明 假设不是这样 那么 可设 Nyxz n nn 000 Nrxz n nn 000 nnn zyx 000 nnn rzx 000 于是恰好构成方程 1 的一对连环解 此与定理 4 中方程 000000 xyzxzr N 1 没有连环解相矛盾 故原结论成立 证毕N 4 4费尔玛方程没有费尔玛方程没有 N N 解解 引理引理 7 7 设 那么 1mnNm NmNm nn 12122 定理定理 5 5 方程 4 没有解 121212 nnn zyx 1 nN 证明 假设不是这样 那就是说 方程 4 有解 根据定理中的式 必有N 2 12 n B 二奇 N qp N qp n nn n nn 12 2 2 12 0 2 12 0 12 2 2 12 0 2 12 0 2 2 0 00 qp1 00 qp 再根据引理 7 必有 21 221 2 00 21 21 221 2 00 21 2 2 nn n nn n pq vN pq uN 10 vuvu 12 n12 n 12 n12 n 精品文档 12欢迎下载 2 212121 0 2 212121 0 nnn nnn puv quv Nqvu Npvu nnn nnn 0 121212 0 121212 此与由推论 8 中得到的与中至少有一个相矛盾 因此 方 12 1212 n nn vu 121212 nnn vuN 程 4 没有解 证毕N 推论推论 9 9 方程没有解 122122122 nnn zyxN 现将有关内容概括一下 1 推论 6 方程没有解 nnn zyx 444 N 2 定理 4 方程没有解 121212 nnn zyxN 3 推论 9 方程没有解 122122122 nnn zyxN 由此得到 定理定理 6 6 费尔玛方程 没有解 nnn zyx 3 nN 这就是说 当自然数时 任何一个自然数的次幂都不能分成两个自然数的次幂之和 3 nnn 2 参考文献 1 闵嗣鹤 严士健 初等数论 高等教育出版社 1982 2 梁宗臣 世界数学简史 法 2 五个相似直角三角形与费尔玛大定理的证明 摘要 五个相似直角三角形与费尔玛大定理的证明 摘要 1 通解通解 R 引理引理 1 1 设 的 0000 CBARt 1111 CBARt 2222 CBARt 3333 CBARt 4444 CBARt 一个锐角分别为 其度数都为 如图 那么 0 A 1 A 2 A 3 A 4 A 900 00 它们的三边之长可以分别表示为以下五个三角数组 精品文档 13欢迎下载 2 000 22 21 10 11 bb aa Gabcab bb aa 1112 22 111 ddddcbaA 22 222 11 1 22 rr Babcrr 02 2222 333 bababaabcbaC 2222 444 0 22 pqpq Dabcpqpq 证明 首先 对于 设 则 0 a b tg 2 00 900 00 450 2 10 2 tg 精品文档 14欢迎下载 即 10 a b 0 ba 22 1 2 2 1 2 2 sin a b a b tg tg 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 cos a b a b tg tg 1cossin 22 2 000 22 21 sincos11 11 bb aa Gabc bb aa 其次 易知 当GbaC 22 30 时 baqbap qp b qp a 或 22 时 当 1 43 d b a DC 当或时 13 22 11 1 p ACrBD bqq 当时 24 pq d pq ab r ab 因此 这五个直角三角形在上述变换条件下都相似 或全等 且它们的三边之长可以 12 分别用三角数组表示 DCBAG 定理 1 方程 2 1 nnn zyx n 的解公式是以下四式 R 22222 11 21101 nnn Adddd 22 22 22 22 11 01 22 n nn rr Brr 002 3 2222222 3 bababaabC nnn 2222 222 44 00 22 n nn pqpq Dpqpq 证明 由引理 1 都是方程 4321 icba iii 2 222 ZYX 的解 即 所以对任意的 都有 从而 222 iii cba R i 222 i n ii n ii n i cba 是方程 2 的任意解 故 令 i n ii n ii n i cba R 222 nnn nnn iiiiii abc 就是 222222222 nnnnnnnnn iiiiiiiiiiiiiiii xaybzcabcabc 则 即 方程 1 2 的解公式 证毕 nnn zyx n R 2