费马大定理的证明

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论文题目：费马大定理的证明

Paper topic：Proof of FLT papers

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【摘要】：本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大

定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p 时方程n n n x

y z +=无解。

【关键字】：费马大定理（FLT ）证明

Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution.

Keywords: Proof of FLT (FLT)

引言：

1637年，费马提出：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。”即方程 n n n

x y z +=无正整数解。

当正整数指数n ＞2时，没有正整数解。当然xyz=o 除外。这就是费马大定理（FLT ），于1670年正式发表。费马还写道：“关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下”。[1]

1992年，蒋春暄用p 阶和4n 阶复双曲函数证明FLT 。

1994年，怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT ，但是他的证明明显与费马设想的证明不同。

据前人研究，任何一个大于2的正整数n ，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数，因此证明FLT ，只需证明两个指数n=4及n=p 时方程没有正整数解即可。方程 444x y z +=无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。方程 n n n x y z +=无正整数解，n=3被欧拉、高斯所证明；n=5被勒让德、狄利克雷所证明；n=7被拉梅所证明；特定条件下的n 相继被数学家所证明；现在只需继续证明一般条件下方程n n n x y z +=没有正整数解，即证明FLT 。[2]

本文通过运用勾股定理，对奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析证明4n =，n p =时n n n x y z +=无正整数解。

费马大定理的初等证明

（一）n=4时的证明

在x,y,z 彼此互素，x 为偶数时设方程

444x y z += (1) 的解为(x,y,z)。这里，正整数解简称为解，以下也是如此。

根据勾股定理，式（1）的解为

2

2x m n = (2) 222y m n =- (3)

222z m n =+ (4)[3]

这里，m>n>0，(m,n)=1，m 为奇数，n 为偶数。于是，在（2）有解的同时，式（3）也同时有解。设是式（3）所有最小解。

根据勾股定理，式（3）的解为

22m a b =+ (5)

2n ab = (6)

22y a b =- (7)

这里，a>b>0，(a,b)=1，ab 为偶。由式（2），（5），（6）可有

22

4()x ab a b =+ (8)

因为22(4,)1ab a b +=，由式（8）可有 24c ab = (9)

24e ab = (10)

于是，从式（10）可以得出，(a,b,e)也是式（3）的解。由式（5），（10）可有

222m a b e e =+=>

m e >[4]

这与假设是式（3）的最小解相矛盾。因此，在式（2）有解的同时，式（3）无解，进而式

（1）无解。

（二）n=p 的证明

在x,y,z 彼此互素时，设方程

p p p x y z += (1)

的解为(x,y,z)。由式（1）可有，

222

222()()()p p p x y z += (2)

因此，(x,y,z)也为式（2）的解。这里，p 为奇素数。

根据勾股定理，由式（2）可知，z 只能为奇数。于是，在x 为偶数时式（2）的解为 2

2p

x mn = (3) 222

p y m n =- (4)

222p z m n =+ (5)

这里m>n>0，(m,n)=1，mn 为偶数，即为mn 一奇一偶

由式（3），（4），（5）可知，x,y,z 又只能都为平方数。设222,,x r y s z t ===，则式

（2）和式（1）为 222p p p r s t += (6)

（1） 方程（6）可为

222()()()p p p s t r =- (7)

方程（7）的解为

(,)(,)p r n g m n n g n m = 或 (8)

222s m n =- (9)

(,)p t m f m n = (10)

这里，m>n>0，(m,n)=1,m 为奇数，n 为偶数；(,(,))1m f m n =或 ,p (,(,))1n g m n p =或;

0123232311(,)p p p p p p p p p p f m n C m C m n C m n C n ------=++++

(11)

113322231(,)p p p p p p p p p p g m n C m C m

n C m n C n -----=++++ (12)

0123232311(,)p p p p p p p p p p g n m C n C n m C n m C m ------=++++

(13) 其中，(,)g n m 式子中的各项是分别是把(,)g n m 式子中的各项颠倒过来写的，并且

i

p i p p

C C -=(i=0,1,2,…,p -1,p)。于是，在式（9）有解的同时，式（8）也同时有解。[5] 由式（24），式（9）的解为

22m a b =+ (14)

2n ab = (15)

22s a b =- (16)

这里，a>b>0，(a,b)=1，ab 为偶数。由式（8），（15）可有

2(,)2(,)p r ab g m n ab g n m = 或 (17)

（2） 方程（6）还可为

222()()()

p p p r s t += (18) 方程（18）的解为

2p r uv = (19)

22p s u v =- (20)

22p t u v =+ (21)

这里u>v>0，(u,v)=1,uv 为偶数。同时，式（20）的解为

(,)u a f a b = (22)

(,)v b g a b = (23)

22s a b =- (24)

这里，(,)f a b 和(,)g a b 的表达式分别与和相同。

由式（19），（22），（23）可有

2(,)(,)p r ab f a b g a b = (25)

这里，(,(,)1(,(,))1a f a b b g a b p

==或或 ( 3 ) 在a 为偶数，b 为奇数时，分别有

<1>在p 不整除ab 时，从式（17）可知，p 不整除g(m,n)。因为(2ab,g(m,n))=1，由式（17）可有

12p r a = (26)

25(,)p r g m n = (27)

3p r b = (28)

因此，在式（26）有解的同时，式（27）也同时有解。设25r 是式（27）所有解的最小解。

从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，这不整除g(a,b)。因为(,(,))1,(,(,))1a f a b b g a b ==，由式（25）可有

12p r a = (29)

2(,)p r f a b = (30)

3p r b = (31)

4(,)p r g a b = (32)

于是，从式（32）可以得知，4(,,)a b r 也是式（27）的解。由式（27）的解。由式（27），

（32）可有

254(,)(,)p p r g m n r g a b =>= (33)

254r r >

<2>在p 不整除a ，p 整除b 时，从式（17）可知，p 整除(,)g m n 。因为

(,(,))1,(,(,))a g m n b g m n p ==，由式（17）可知，整除。因为，由式（17）可有

52p r a = (34)

26(,)p pr g m n = (35)

7p r pb = (36)

因此，在此（34）有解的同时，式（35）也同有解。设是式（35）所有解中的最小解。

从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 整除g(a,b)。因为(,(,))1,(,(,))a f a b b g a b p ==，由

式（25）可有

52p r a = (37)

6(,)p r f a b = (38)

7p r pb = (39)

8(,)p pr g a b = (40)

于是，从式（40）可以得知，8(,,)a b r 也是式（35）的解。由式（35），（40）可有

268(,)(,)p p pr g m n pr g a b =>= (41)

268r r >

<3>.在p 整除a,p 不整除b 时，从式（17）可知，p 整除g(n,m)。因为

(,(,))1,(,(,))1

a g n m

b g n m ==，由式（17）可有 92p r pa = (42)

27(,)p pr g n m = (43)

11p r b = (44)

因此，在式（42）有解的同时，式（43）也同时有解。设

r 是式（43）所有解中的最小

解。 从式中（25）可知，p 整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。因为，由式(,(,)),(,(,))1

a f a

b p b g a b ==（25）可有

92p r pa = (45)

10(,)p pr f a b = (46)

11p r b = (47)

12(,)p r g a b = (48)

于是，从式（46）可以得知，10(,,)a b r 也是式（43）。由式（43），（46）可有

2710(,)(,)p p pr g n m pr f a b =>= (49)

2710r r >

( 4 )在a 为奇数，b 为偶数，分别有

<1> 在p 不整除ab 时，从式（17）可知，p 不整除g(m,n)。因为(2,(,))1ab g m n =，由式

（17）可有

132p r b = (50)

28(,)p r g m n = (51)

15p r a = (52)

因此，在式（50）有解的同时，式（51）也同时有解。设28r

是式（51）所有解中的最小解。

从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。因为(,(,))1,(,(,))1a f a b b g a b ==，由式（25）可有

132p r b = (53)

14(,)p r g a b = (54)

15p r a = (55)

16(,)p r f a b = (56) 于是，从式（54）可以得知，14(,,)a b r 也是式（51）的解。由式（51），（54）可有

2814(,)(,)p p r g m n r g a b =>= (57)

2814r r >

<2>在p 整除a,p 不除b 时，从式（17）可知，p 整除g(n,m)。因为

(,(,)),(,(,))1a g n m p b g n m ==，由式（17）可有

172p r b = (58)

29(,)p pr g n m = (59)

19p r pa = (60)

因此，在式（58）有解的同时，式（59）也同时有解。设29r 是式（59）所有解中最小解。

从式（25）可知，p 整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。因为(,(,)),(,(,))

1a f a b p b g a b ==，由式（25）可有

172p r b = (61)

18(,)p r g a b = (62)

19p r pa = (63)

20(,)p pr f a b = (64)

于是，从式（64）可以得知，20(,,)a b r 也是式（59）的解。由式（59），（64）可有

2920(,)(,)p p pr g n m pr f a b =>= (65)

2920r r >

<3>在p 不整除a,p 整除b 时，从式（17）可知，p 整除g(m,n)。因为

(,(,))1,(,(,))a g m n b g m n p

==，由式（17）可有 212p r pb = (66)

30(,)p pr g m n = (67)

23p r a = (68)

因此，在式（66）有解的同时，式（67）也同时有解。

设30r 是式（67）所有解中的最小

解。 从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 整除g(a,b)。因为(,(,))1,(,(,))a f a b b g a b p ==，由

式（25）可有

212p r pb = (69)

22(,)p pr g a b = (70)

23p r a = (71)

24(,)p r f a b = (72)

于是，从式（70）可以得知，22(,,)a b r 也是式（67）的解。由式（67），（70）可有

3022(,)(,)p p pr g m n pr g a b =>= (73)

3022r r >

（5）根据式（33），（41），（49），（57），（65），（73）的结论，这与假设252627282930,,,r r r r r r 分别是一个最小解相矛盾。因此，在此（26），（34），（42），（50），（58），（66）分别有解的同时，式（27），（35），（43），（51），（59），（67）分别无解。于是，在式

（9）有解的同地，式（8）无解，进而式（6）无解，式（1）无解。根据以上的证明，费马大定理成立。 [6]

参考文献

[1]闵嗣鹤，严士健。初等数论。高等教育出版社，2003（12）

[2]胡振武。费马大定理证明之研究。

[3]徐本顺，解恩泽。数学猜想——它的思想与方法。长沙：湖南科学技术出版社，1990

[4]柯召，孙琦。谈谈不定方程。上海：上海教育出版社，1980。

[5]朱惠林。莫德尔猜想的解决。自然杂志，1983（12）

[6]徐俊杰。数学难题探险索。西北工业大学出版社。2007（4）