“猜想”的费马猜想及其证明.doc

“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： 【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n2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）正整数等式成立。由“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，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zx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。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。当（C ，D）= 1时，根据引理：整数uv = wn，u0，v0，（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。当（C ，D）1时，C与D的公因数：析解方法，由（4）式：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几项系数之和，所以n 1项系数通解公式为 (n 1) + 1(n 1) = （n 1）n，于是得到（4）式“可约公因数式”： = (z x)zn-3 + 3xzn-4 + 6x2zn-5 + +（n 2) (n 1）xn-3 + (n 1) nx n-2 + 因为（x ，y）= 1，则（x ，z）= 1，（x ，z x）= 1；由“可约公因数式”中 项可知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 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）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，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 = rnz = n= 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 = n则有z = () (x + cn) 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。3.2. . 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，由（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x = 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：y = cd x = z = 于是（5）式有正整数方根解，（6）式是“方根余约数式”成立。当n2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-1yn = 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当n = 2时，只有常数项存在，确定NiPi = 2、Nin-pi = 2，x 2d2 = (x + 2c2)，则有x = d2 c2这时y含n = 2因数，即y =2cd时得出勾股弦数公式：y = 2cd x = d 2 c2 z = d2 + c2于是（7）式有正整数方根解，（8）式是“方根余约数式”成立。当n2时，与（6）式、（9）式同理，只能使x = 0，常数项dnNiPi = ( cn Nin-pi)n-1。这时D = dnNiPi = ( cn Nin-pi)n-1 = Cn-1，使yn = CD = Cn，（3）式、（4）式z = y。（7）式不是正整数“方根约数式”，（8）式是“方根余约数式”不成立。3.3.（5）式、（7）式“方根约数式”的检验结果 通过对假设（1）式为正整数等式所求得的（5）式、（7）式正整数“方根约数式”的检验，当n = 2时两式均是正整数“方根约数式”，是正整数方根解，（6）式、（8）式是“方根余约数式”；当n2时两式不是正整数“方根约数式”，不是正整数方根解，（6）式、（8）式不是“方根余约数式”。所以n2时zn = yn、xn = 0，符合费马猜想。4.费马猜想的重根证明4.1.（5）式、（7）式的重根性质在实数集里，0开任何次方均等于0，存在两个相等的正整数z = r之差等于0的方根，这就决定了zn = xn + yn另一种情形正整数“0方根（重根）”：zn (xn + yn) = (z r)n = 0n= z r = 0虽然重根原本不在费马猜想范围之内，但它与费马猜想有着内在神秘的特别联系，论述明确这一问题对费马猜想具有更深层认知的奇妙意义。 由（5）式z ( x + cn ) = 0使（1）式变形为重根n次方式：zn (xn + yn) = z ( x + cn )n = 0 其中z ( x + cn )n展开式n为奇数或偶数有负、正项两种形式：z ( x + cn )n = zn -(x+cn)zn-1 +(x+cn)2zn-2 -(x+cn)n-1z(x + cn)n 将z = x + cn代入其中-(x+cn)zn-1 +(x+cn)2zn-2 -(x+cn)n-1z(x + cn)n 并化简得( x + cn )n（1 - + - 1 - 1）= -( x + cn )n使原式为：zn （xn + yn）= z ( x + cn )n = zn ( x + cn )n = 0xn + yn = ( x + cn )n所以（5）式又是（2）式分解约数的“重根约数式”，相应（6）式是“重根余约数式”。同理，（7）式是（2）式不同解的“重根约数式”，（8）式是“重根余约数式”。于是证明了关于“z”的正整数解（5）式或（7）式一定又是重根，其正整数重根解同样是（1）式有正整数解的必要性条件。4.2.检验“重根约数式”的正整数解4.2.1.检验（5）式 “重根约数式”的正整数解由（5）式z (x + cn) = 0的重根n次方式为z (x + cn)n = 0，展开式分解它的“重根约数式”为：zn-1-(x+cn)zn-2+(x+cn)n-2z (x+cn)n-1(x+cn)n-1 = 0（11）因为zn (xn + yn) = 0与z ( x + cn )n = 0同是（5）式z (x + cn) = 0的重根n次方式，所以zn (xn + yn) = 0与z ( x + cn )n = 0同约去重根约数的“重根余约数式”亦为（6）式 （11）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为： x = -(x+cn) ，x2 =(x+cn)2， ，xn-2 =(x+cn)n-2，xn-1-dn = (x+cn)n-1(x+cn)n-1当n = 2时，只存在常数项x d2 = 2( x + c2 ) + ( x + c2 ) ，则：x d 2 = ( x + c2)同正整数方根的检验，y不含n = 2因数时可求得勾股弦数公式。（5）式是正整数重根解，（6）式是“重根余约数式”成立。当n2时，（6）式、（11）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，xn-2，常数项等式除以xn-1，得：1= -(1+)，1= (1+)2，1=(1+)n-2，1- = (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d n与xn-1互质也只有令d = 0，y = cd = 0，之后各项对应系数等式及常数项又存在：x = -(x )，x2 =(x)2，xn-2 = (x)n-2，xn-1 = (x)n-1(x)n-1即有：x(+1) = 0 ，x2(-1) = 0 ， ，xn-2(1) = 0，xn-1 = (x)n-1(x)n-1因为n2各关于“z”的系数存在项等式中 (+1) 0，(1) 0，(1) 0，必有 x = 0，常数项等式也必是x = 0，于是z = 0。（5）式不是正整数重根解，（6）式是“重根余约数式”不成立。4.2.2.检验（7）式 “重根约数式”的正整数解由（7）式重根n次方式约去重根约数的“重根余约数式”为：zn-1-(x+cn Nin-pi)zn-2 +(x+cn Nin-pi)n-2z(x+cn Nin-pi)n-1(x+cn Nin-pi)n-1 = 0（12）所以zn (xn + yn) = 0与z (x + cnNin-pi)n = 0同约去重根约数的“重根余约数式”亦为（8）式 （12）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：x = -(x+cn Nin-pi)，x2 =(x+cn Nin-pi)2， ，xn-2 =(x+cn Nin-pi)n-2，xn-1-dnNiPi = (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- 2d2 = - 2(x + 2c2 )+ (x +2c2 )，则：x 2d 2 = ( x + 2c2 ) 亦同正整数方根检验，y含n = 2因数时可求得勾股弦数公式。（7）式是正整数重根解，（8）式是“重根余约数式”成立。当n2时，与（6）式、（11）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n为奇数或偶数均因d nNiPi与xn-1互质NiPi 0也只有令d = 0，则y = cdNi = 0，之后各项对应系数等式中(c1n+1) 0，(c2n1) 0，(cn-2n 1) 0，也必有x = 0，于是z = 0。（7）式不是正整数重根解，（8）式是“重根余约数式”不成立。4.2.3.（5）式、（7）式“重根约数式”的检验结果由（5）式、（7）式正整数“重根约数式”的检验，当n = 2时两式均是正整数“重根约数式”，（6）式、（8）式是“重根余约数式”；当n2时两式不是正整数“重根约数式”，（6）式、（8）式不是“重根余约数式”。这一证明得到了重根时z = 0、x = 0、y = 0不同于方根时z = y的情形，揭示了费马猜想存在方根与重根的内在联系。 5.结论 1、分析得到y = cd或y = cdNi两个正整数不同解值，使（5）式、（6）式和（7）式、（8）式含括了（1）式全部有正整数解的情形，是有