费马大定理证明

1、【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Q解；可导出Q解；连环解中图法分类号:文献标识码：A文章编号:1 R通解本文所用数集：N -自然数集，Q -有理数集，R -实数集。本文讨论不超出 R的范围。本文中方程xn yn zn及同类方程中的指数 n N，以后不再说明。引理1 方程xn ynzn （ n >2）（1）有N解的充要条件是它有 Q解

2、。引理2方程(1) xn yn（n2有N解的充要条件是它有既约N解。这样，在以后的讨论中只需讨论解及既约N解的情形，可使过程简化。引理3 方程（1） xn2有N解的充要条件是方程(2)证明充分性如果方程(2) xn-Ynu,v, wN两两互素为其Q解，则（一）vnn=1, uwn。于是方程（1）zn ( n >2 有N 解 u, v, w。必要性如果方程(1) Xnyn zn ( n >2 有 N 解，设 u, v, wu,v, wN两两互素为其 N 解，则 un vn wn , （ - ） n- （ - ） n = 1。于是方程（2） Xn-Yn 1 （ n >2）有 Q

3、解vv（-）。证毕v v引理4 如果方程（1） xn yn zn （ n2）有Q解，那么，只有两类：i）完全Q解u, v, wu, v, w Q ；ii）可导出Q解u,v, wQ , u, v, w Q 。证明第i）类属显然。第ii）类，把u,v,w代入方程（1），得 u nv nwnnnuvw于是导出方程(1)的 Q解 u, v, w 。除此以外，由其它任何形式的带无理因子的解，都不能导出Q解。事实上，设 山，2v, 3w（1, 2, 3中至少有一个 Q 且三个数中含有不可通约的无理因子，u, v, w Q ）为方程（1 ）的解，则由1,2,3的定义知，它们的无理因子是不能从上式中完全提到括

4、号外面去的，即由它不能导出方程（1）的Q解。证毕从引理4及其证明过程可以得到以下三条结论：（1）若将第i）类Q解的三个数同乘以一个数Q ），得到Eu, v, w，则此解仍是方程（1）的第i）类Q解；若将三个数同乘以一个数入（入 Q ）,得到入u, v, w，则此解变为方程（1）的第ii）类Q解。1 -（2）若将第ii）类Q解的三个数同乘以一个数Q ，得到u, v, w，则此解变为方程（1）的第i）类Q解;若将三个数同乘以一个数3 （张R且 Q ）,得到3入u, v, w，则此解仍是方程（1）的第ii）类Q解。（3）方程（1）的第i ）、ii）类Q解与非第i）、ii）类Q解之间是封闭的。即无论对

5、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1 方程（1） xn yn zn （ n2的 R解公式是证明程在是否存在于是设A 1 (2),d2 1),(d2 D2( 1、d R , d 1),X,2 J 2，r2,1)2(2、1)。y, z R 时，由 xnQ解方面是等价的。从而得到n(-)2xd( dzn 得(-)nxy )nx根据引理3，这两个方d22d(丫 )xn(勻2x(d21)2d(x,y，Z)又,B ( x,X(-)y(ry, Z若设d(1)的n1),则匸)2xd2 12d。恢复(d21)Z： X和2d 0n( 2d) 202 ,n( d2 1)Zn得nZ 22yn

6、x 32y1),n(仝)2y1。由此解得dy： x的比例系数后得R)，拆开后即得1)，d1)1)2(R，12 201)1,n(-)2y1。仿上法又得到rr 卫(a、qb .将 A、 a bR解公式。证毕(2、r R ,1)。b, p q),则A、B之间的变换关系是B两式分别代入方程(1)，等式成立。因此， A、B两式都是方程定理1说明i )方程(1)的任何一个 R解都可以由A、B两式同时表出；A、B两式表出的任何一个R数组，都是方程（1）的R解。ii）如果方程（1 ）有N （或Q ）解，则必能用A、B 两式同时表出；如果 A、B两式同时表出N （或Q ）数组，则方程（1）有N （或Q ）解。反

7、之, 如果A、B两式不能同时表出 N （或Q ）数组，则方程（1）没有N （或Q ）解。2 有N解的充要条件引理5 方程（1） xn yn zn （ n2有Q解的充要条件是A （57,（d2 1）2,（d2 1）2（d 1）或Bo（ r一1）2,n7,n（ r一1）2（r 1）能同时表出或导出 Q数组。证明根据引理4的结论（3）,可将A、B两式的系数 1,2略去，因为这样，一者可使讨论简化，二者既不会使第i ）、ii）类Q解增生，也不会使之消失，三者必要时再同乘以一个公共因 子。先证Ao。必要性根据定理1,如果方程（1）有Q解，必能用Ao式表出或导出。根据引理4,其Q 解只有两类：i）如果是第

8、i）类Q 解，即存在do ,当d do时，其解Ao （d2,（d。2 12,（do 1） （do 1）是 Q 解，则 A 能表出 Q 数组 A ; ii）如果 是第ii）类Q解，根据引理4,由这个第ii）类Q解必能导出第i）类Q解，从而Ao能导出Q数 组。充要性如果Ao式能表出或导出 Q数组，显然是方程（1 ）的Q解，即方程（1 ）有Q解。对于Bo式与Ao式同理可证。证毕根据引理1、2、5，不难找到思路：方程（1）有N解的充要条件是 Ao、Bo两式能同时表出或导出既约N数组。定理2 方程2nX2ny2nZ(n 1)(3)有N解的充要条件是以下两式:n 2n "aobon ,(2n 訴

9、产(昂 2,(2n 简)2一(屏)2n 1 n n(2aobo或B 2n)n（P0n）（qon）,圖,（pon）（q°n）%0, ao N, bb奇,( ao, bo)1 ,（Po qo o,二奇，（Po, qo） 1）能同时表出既约N数组。%也可以是aon 2n 1bon O , ao奇，bo N , （ a。，bo） = 1。有且仅有这两种情形， 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N解，根据引理1、2、5,必可由Ao、Bo两式同时 表出或导出。此时两式分别为AoV2d,7d2 1,d2 1（d 1）,Bo2*1（r

10、1）.i）证A（2n）。根据引理4的三条结论，先让n 2d Q。为此必须设d - 1, a b O,b一奇一偶，（a,b）1，则Ao n J2 n.2ab, a2 b2, a2 b2必须再设 a2n1aon,bb/ ,2n1a/b/O, a° N ,bo奇, （a°,bo）1，则A 石H Q2 2n1aonbon，U（2n1aon）2 （ton）2"（2n 冷。"）2 （b°n）2右 A?.）ii） 再证B（2n）。根据引理4的三条结论，先让n r Q。为此必须设r卫1, p q O ,1，则qB( 2n)12 qo的既约N解。于是 A 2n）

11、 、B（2n）必能同时表出既约 N数组。充分性 如果A2n）、B（2n）都能表出既约N数组，同时易验知， A2n）、B（2n）能使方程（3） 成立，那么，此时这两个既约N数组就是方程（3）的既约N解。即方程（3）有N解。证毕推论1 方程x2n y2n z2n（ n 1有N解的充要条件是一下两式：A（2n）2n（2ab）2,2n（a2 b2）2，n（a2 b2）2（ a b 0，一奇一偶，（a,b） 1）2 2 2 2或b（2n）2（匕尹）2,2（而），2（2”）（p q °，二奇，（p，q）1）能同时表出既约N数组。不难看出， A2n）、B（2n）两式内容详细，A（2n）、B（2n）

12、两式简明扼要。它们各有所长，作用相同。定理2方程2n 1 2n 12n 1x y z ( n 1)有N解的充要条件是一下两式A 2n 1)2n J (2 22na02n 1(22na02n(bo2n(bo2n2n 2n 12n 1(2 aobo0, ao N , bo奇,(a°,bo) 1)(Po2n )(qo2n )/ 2n 1、2/ 2n 12Po )(qo)（Po qo o，二奇，（Po,qo）1）能同时表出既约N数组。证明 必要性 如果方程（4）有既约N解，根据引理1、2、5，必可由Ao、Bo两式同时表 出或导出。此时两式分别为Ao2n（Td/n.1 d2 1 2丁护（r 1

13、）,将A。、Bo的证明同时进行，以便比较。下面分四种情形讨论:b o，一奇一偶，（a,b）1,i）根据引理4的三条结论，若d Q，则必须设d a 1, ab2n；4 2nNb尸a2 b2)2。必须再设2n 2n 12n 12n 2n 12n 12 ao, bbo, 2 aobo0, ao N，bo奇，（a°,bo）1，则2n(2 22n 2n 1 2n 1aobo )2n1),2(22nao2n1)2(bo2n1)2,，n1 (22nao2n1)2 (bo2n1)21 .则必须设7 A2n 1)； bor 1, p q o，二奇，(p,q) 1 , q1Bo4qo14qo2n 1必须

14、再设0，二奇，（Po,qo）1，则Bo/ 2n 1、2/ 2n 1 2(Po )(qo )22n 1B( 2n 1)°ii）根据引理4的三条结论，若须设d2 2p q)222n 112nK 2 兀 12n(Poqo),2nJ2n 1 2n 1'2aJ22n-1a2nQ，为了让 2n1（2d）21. 2n 1b1/ 2n 1、2/ 2n 1、2(Po )(qoQ，必须有（2d）2为此必o ,a1N，b奇，力）12n 1 2n 12n i2a1bi)干,2n(22n1a12n1 b12n1)2Ao 2 2n122 22n1a12n1b12n1,nb1若r Q，为了让2n1F Q，

15、必须有r2 Q，为此必须设rI2ni/，P1q1 o，-奇，（pi,qj 1 ,则- 2n 1 2n 1 B古2产吾1 2n 1 2n 12 2n 12n 1 2n 1 / P12)，P1q1，(2)但是，在情形 ii ）下，方程（4）若有既约 N解，必须被、两式同时表出。于是得到2n 22 22n 1a12n 1b12n 1f 2n1 2n < P12n (22n1a12n1 b/n1)22n 22n 中去了。同时易证A（2n °、B（2n 1）中的底数分别两两互素。至a12n 1b12n 1)2q12 n 1 )222唧冒匕2门:2 厂12 n_12 n 1 ( P1q )

16、 2Y2-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。0，ao N，bo奇，（a。，bo） 1，22 2n 2n 12n 1为此必须再设a12ao， bbo ，2 aobbA 2n ?(2 22nao2nbobo2n 1)2，12n 2n 1、22n 1、2(2 ao)(bo)2，n12n 2n 1、22n1、2(2 ao)(bo)4 A(2n 1)； bo必须再设p12Po，q12 qo ，poqo o，奇，(Po,qo)1，则Bo q14 叫( 2n 1、2/ 2n 1、2po)( qo )2,2n J(Po2n1 qo2n1)2,2n1n( 2n

17、 1、2/ 2n 1、2Po)( qo)1B( 2n 1)。这样，情形ii）就归结到情形qo于情形iii）d Q，r Q和情形iv)d Q, rQ，显然被情形ii）所包含。到此，A2n °、B（2n 1两式仍必能表出方程（4）的既约N解。于是,A2n1）、B（2n1）必能表出既约 N数组。方程（4）成立，那么，此时这两个既约N数组就是方程（4）的既约N解，即方程（4）有N解。证毕（a b 0，一奇一偶，（a, b） 1）（p q 0，二奇，（p, q） 1）推论2 方程（4） x2n 1 y2n 1 z2n 1 （n 1有N解的充要条件是以下两式:4如1) 2n!.(2ab)2,2n

18、(a2 b2)2,2n1(a2 b2)2I 22 i 22B( 2ni)2n( P 2q)2,2n Vpq)2,2n( P 2q )2能同时表出既约N数组。将推论1、2归纳到一起就是推论3 方程（1）xnyn zn （n2）有N解的充要条件是以下两式An)：(2ab)2，(a2 b2)2,n(a2 b2)2（a b 0，一奇一偶，（a, b） 1）|22t 22B（n） n（ P 2q ）,（pq）2，（ P 2q）2（ P q 0，二 奇，（P, q） 1）能同时表出既约N数组顺便指出，当n2时，由An),B（ n）二式便可得到：推论4 方程z2x2的既约N解公式是以下二式:A 2)(2ab

19、,b2, a2b2)0，一奇一偶,(a,b)B(2)2Ppq,20，二奇，（P,q)3 连环解没有N解1 。推论5方程x4z4没有N解。推论6方程x4ny4nz4n没有N解。推论7设 x, z N, x z，那么.z4x4 Q。定义1如果(a, b, c),(a, c, d)都是方程(1)yn zn ( n >2的解，那么就把它们称做方程(1 )的一对连环解。引理60，一奇一偶,(a，b) 1 ；0，奇一偶，(，)1,那么,解。根据推论中的A(n)式，它们必可表示为(xo, Zo,ro)2)2,( 22)20, 奇一偶,(,)1)方程组2ab2 2a b没有N解。证明假设方程组有N 解,

20、则由式变形后设ami (-(mpm2,N, m1m2)bm2代入式，得2 am22 m222、mJb2m|2(m222、g )当m2 m1时，式左正右负相矛盾；当 m2 g时，将式两边开平方，得am2442 g m1 b mi (m2 mi )匸 44根据推论7,m2 m,Q。那么，式左边是有理数，右边是无理数，相矛盾。故原方程组没有N解。证毕定理4 方程(1) xn yn zn ( n >2没有连环N解。,(Xo, Zo, r°)是它的一对连环N证明假设方程(1)有连环N解，则可设(Xo, y0, z0)n (2ab),(a2 b2)2,厂孕对比、两式得方程组2abb2根据引

21、理6,上方程组没有N解。此与a、b、的定义相矛盾。故方程（1）没有连环N解。证毕推论8 设 n 2， z。、x0N，Zo Xo,(Zo，Xo)nnnn »1，那么，；ZoXo与.ZoXo中至少有一个证明假设不是这样，那么，可设yo N，n Zon XonroN。nnnnXoyo Zo ，Xonnzor。于是（X。,y。，zo）、（ Xo，zo，r。）恰好构成方程（ 的一对连环 N解。此与定理4中方程（1）没有连环N解相矛盾。故原结论成立。证毕4费尔玛方程没有N解引理 7 设 m n N, m 1，那么，2n 1 m2 N 2n ：m N 定理 5 方程(4) X2n 1 y2n 1z

22、2n 1 ( n 1)没有 N 解。证明假设不是这样，那就是说，方程（4）有N解。根据定理2中的B（2n 1）式，必有(2n 1、2(Po)(2n 1、22(q° )（2n 1、2（Po）(2n 1、2(q°N(Po qo o，二奇，(Po, qo) 1)N再根据引理乙必有n 1 2n 1+(u v0,( u, v)1)2n 1 -2n 12( 2n1）2n 12n 1Pouv2( 2n1）2n 12n 1qouv2n 1 2n 1.u2n 1 2n 1u2n 1V2n 1Vpoq。此与由推论8中得到的"1 u2n 1 V2n 1与2n 1u2n 1 V2n 1中

23、至少有一个 N相矛盾。因此，方 程(4)没有N解。证毕2(2n 1)2(2n 1)2( 2n 1)推论9 万程xyz 没有N解。现将有关内容概括一下：1) 推论6方程x4ny4nz4n没有N解。2) 定理4方程x2n 1 y2n 1z2n 1没有N解。2( 2n 1)2( 2n 1)2( 2n 1)3) 推论9万程xyz 没有N解。由此得到：定理6费尔玛方程xnynzn (n 3没有N解。2这就是说，当自然数 n 3时，任何一个自然数的n次幕都不能分成两个自然数的n次幕之和。参考文献1 闵嗣鹤 严士健 初等数论高等教育出版社 19822 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

24、理的证明(摘要)1 R通解引理 1 设 Rt 0 AqB0C0、Rt 1 A| B1C1、Rt 2A2B2C2、Rt 3A3B3C3、Rt 4 A4B4C4 的一个锐角分别为Aq、A1、A2、 A3、 A4、，其度数都为(0。90。)，如图，那么，它们的三边之长可以分别表示为以下五个三角数组:i+c-yab 1 (b )2G(a。，bo, Co,)aa 1b、2 ,(a b0)；1 (-)1 (-)aaA(ai, bi,Ci,)(2d, d21 , d21)( d1)；r2 1r2 1B(a2, b2,C2,)r ,-(r1)；22C(a3, b3,C3,)(2ab, a2 b2,a2 b2)

25、(a bo)；p2 q22 2D(a4,b4,C4,)p qp ,pq(p q0。22证明首先，对于0 ,设tg b ., .(00 ,900),匸(0°,45°)，则 tg(0,1),2 a22即 b(0,1), a b 0 , sina2 b a1叫1 (b )2a/ si n2cos21 G1tg221a2 )1tg21(P)22ab,221（)2aa1 ()2 1(b)2aa(a。，bo，Co，)(sin ,cos其次，易知 C （a2 b2） G , V3： y）;当 a匕或p a b, q a b2时，CD , 3 = 4；当-d 1 时，Ab1p1产，1： 3

26、；当g r 1时，B孑D ,V2： V4；当 d訂或r穿时，z。因此，这五个直角三角形在上述变换条件下都相似（或全等），定理1且它们的三边之长可以分别用三角数组方程G、A、B、C、D表示。zn ( n >2)(1)的R解公式是以下四式:0,2 n( r；1)2, r2)2,(:1)20,1），3(n (2ab)2, (a2 b2)2,n(a2 b2)2)0,0），2 2)2,(pq)2,( p 2q )20，p0）。证明由引理1,(ai, b, Ci)(i1,2,3,4)都是方程X2 Y2 Z2(2)的解，即2ai2bi2G。所以对任意的i R，都有（inai)2bi)2G）2。从而(inai,inCi）是方程（2）的任意R解。故X in ai2, y方程（1） xn yn zn