费马猜想初等数学一般性证明

费马猜想初等数学一般性证明

（2013年4-7月）

王 德 忱 著

（黑龙江省农业科学院 黑河分院）

前言 笔者多年研究费马猜想，在已发布的几篇证明基础之上再修此作，为论述更确切精炼，步骤更直接简要。本稿正文篇幅不过3页、字数少于2千。证明关键依据一个为人们早就普遍所熟知而基本的“方根存在唯一性定理”，也就是方根性质定理。

费马猜想：也称费马大定理，一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即n ＞2是一个正整数时不定方程z n = x n + y n 为正整数等式不成立，也就是没有zxy≠ 0 的正整数解。

1. 求证z n = x n + y n 的解

如果z n = x n + y n 有正整数解，则（kz)n = (kx)n ＋(ky)n （k 为正整数）也有正整数解，各倍数组解中必有一组为最小的；那么，假设z n = x n + y n 有正整数解且z 、x 、y 为各倍数组解中最小的一组，即正整数 ( x ，y ) = 1使

z n = x n + y n (1)

正整数等式成立。

将（1）式变形 (z y )n - (x y )n = 1分解因式：

(z y - x y )[(z y )n-1 + x y (z y )n-2 +...+ (x y )n-2(z y )＋(x y )n-1] = 1 (2)

因为正整数z > x ，所以（2）式分解的两个因式均为正数，只存在两种可能：

一是两个因式均为正1约数，二则两个因式是互为正倒数约数。仅由 z y - x y =1及n

≥ 2推出 (x + y)n > x n + y n = z n ，两个因式均不能为正1约数，同时也可知z y - x y > 1

取值不能成立，所以设正整数a > b ≥1且（a ，b ）= 1，依据约数分析法○

1，将（2）式转化为两个互为倒数分数方程组：

z y - x y = b a (3)

(z y )n-1 + x y (z y ) n-2 +...+ (x y )n-2(z y )+ (x y )n-1 = a b (4)

因为（3）式两边分母y→ a 对应，由分数基本性质必有y 含a 因子，令y = ay 1，使z = x ＋by 1 代入（1）式化简得：

1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ ... + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1 = a n y 1n-1b (5)

必使（5）式 y 1n-1b 为整数。当 y 1n-1b =1时至少有两项不含与其它各项相同因子，等式

存在成立的条件。如果 y 1n-1b > 1余y 1n-1整数因子即余y 1的因子，而（5）式左边除C 1n x n-1项外其它各项均含y 1因子，并与x n-1互质；因而余y 1的因子只能与C 1n = n 相

约。又（4）式两边分母y n-1 → b 对应，y n-1含b 因子，（5）式a n y 1n-1b 项中（a ，b ）

= 1，b 必整除y 1n-1即y 1n-1含b 因子。设y 1含n 的因子为N i ，令 y 1n-1=N i n-1y 2 n-1， 各项约去所含n 的公因子设为N i pi ，使（5）式确定为：

pi 1i

N (1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ … + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1) = a n 112b n pi n i N y ---…………（6） 所以（5）式 y 1n-1b =1时，令正整数c = y 1，则b= c n-1及y = ac 代入（3）式、

（4）式得：

z - (x + c n ) = 0 ……………………………………………（,7）

z n-1+ xz n-2 + ... + x n-2z + (x n-1- a n ) = 0 (8)

进而（6）式约去所有项含n的公因子，使等式中至少两项不含与其它各项相同的因

子，等式存在成立的条件。这时即定

11

2

b

n pi n

i

N y

---

=1，令正整数c =y2则b = c n-1N i n-pi-1

及y=acN i代入（3）式、（4）式得：

z - (x + c n N i n-pi) = 0 (9)

z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 +...+(x n-1 -a n N i pi) = 0 (10)

于是，得到a、b值的存在情形和y = ac不含n因子、y = acN i含n因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。

2.方程z n = x n + y n的性质

由（7）式z = x + c n及y = ac代入（1）式：

z n = x n + (ac)n = (x + c n)n

这时被限定的任何正整数x、c使a是唯一的正整数方根

a = n (x + c n)n– x n

c n

则

z = x + c n≡ n x n + (ac)n

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c，?a），所以（1）式正数方根成立，存在z = x + c n 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：

z n-1 - (x + c n)n-1= 0 (11)

根据方根存在唯一性定理○2

，（8）式f（z）≡（11）式g（z）。

同理，由（9）式及y =（acN i）有

z = x + c n N i n-pi≡

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c，?a）使（1）式正数方根成立，存在z = x + c n N i n-pi 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：

z n-1 - (x + c n N i n-pi) n-1= 0 (12)

所以，（10）式f（z）≡ （12）式g（z）。

3.验证z n = x n + y n的解

因为（8）式≡（11）式，由多项式恒等定理○3

，关于z的非首项系数（首项对

应系数均等于1）及常数项对应关系为：

x = 0，x2 = 0，…，x n-2 = 0，x n-1- a n = - (x + c n)n-1当n = 2时，只存在常数项x - a2= -（x + c2）有：

x = a2– c2

2

由（7）式得：

z = x + c2 = a2– c2

2+ c

2 = a

2 + c2

2

这时y不含n = 2因子，a、c为奇数，得出勾股弦数公式：

y = ac x = a2– c2

2z =

a2 + c2

2

当n＞2时，x = 0，常数项a n =（c n）n-1，又b = c n-1，则有：

a = c n-1 = b

所以（3）式、（4）式x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组不成立。那么（1）式正整数等式不成立，即没有zxy≠0的正整数解。

同理（10）式≡（12）式，关于z的非首项系数及常数项对应关系为：x = 0，x2 = 0，…，x n-2 = 0，x n-1 - a n N i Pi = -（x+c n N i n-pi）n-1

当n = 2时，只存在常数项x n-1 - a n N i Pi = -（x+c n N i n-pi）n-1，确定n因子N i Pi = 2、N i n-pi = 2，x- 2a2 = - x - 2c2，则有：

x = a2– c2

由（9）式得：

z = x + 2c2 = a 2- c2 + 2c2 = a2 + c2

这时y含n = 2因子，得出勾股弦数公式：

y = 2ac x = a 2 - c2z = a2 + c2

当n＞2时，与（8）式、（11）式同理，x = 0，常数项a n N i Pi =（c n N i n-pi）n-1，

a n =（c n-1）n（N i n– pi -1）n ，又

b =

c n-1N i n-pi-1，则有

a=c n-1N i n– pi -1 = b

同样（3）式、（4）式x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组也不成立。那么（1）

式正整数等式也不成立，即也没有zxy≠0的正整数解。

结论：当n＞2是一个正整数时不定方程z n = x n + y n为正整数等式不成立，也就是没有zxy≠ 0 的正整数解，即“一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的”，费马猜想（大定理）成立。

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○1约数分析法：引理，将原不定方程进行因式分解，特别当uv = 1或素数p时，通过对应因数具体分析转化为一些不定方程组，从而求出原不定方程的解。1983年天津市数学会编的《中学数学中的整数问题》等资料都论述了这种解不定方程的方法，也叫因数分析法，或因子分析法，不同资料语句有所不同但论点是一致的。

○2方根存在唯一性定理：对于任何非实数a，存在唯一的非负实数x，它的n（n为正整数）次幂等于a，即x n = a。也就是方根性质定理。1981年湖北人民出版社出版的《中学代数教学法》证明了方根存在定理及唯一性，数学经典著作及教科书等资料都有这一定理（方根性质）的介绍。推论：方根余约数是唯一性定的，对于任何非负实数幂x n = a，只有唯一的非负

实数x ，它的n-1次幂等于 a

x ，即x n-1= a

x

。

○3多项式恒等定理：两个多项式f（x）= a m x m＋a m-1x m-1＋……＋a1x＋a0、g（x）= b n x n ＋b n-1x n-1＋……＋b1x＋b0，它们恒等的充要条件是次数相同且同次项系数对应相等，即m = n

且a m=b n、a m-1= b n-1、……、＋a1= b1、a0= b0。《多项式》一文证明了这一定理，《数学小辞典》“多项式”条有这一定理注释，有关一些资料也有其阐述。

附：n=3、4释例

曾经要证明费马猜想的人无数，稿件也就越来越多。为此数学家们建议，自己认为费马猜想证明是正确的，那么就以最简单的n = 3、4时先检验一下。既然就对这个一般性证明的主要步骤予以具体实例诠释。

当n = 3时

1、求证z3 = x3 + y3的解

z 3 = x 3 + y 3 (1)

(z

y-x

y)[(

z

y)

2 + x

y

z

y+ (

x

y)

2] = 1 (2)

z y–x

y=

b

a (3)

( z

y)

2 + x

y

z

y+ (

x

y)

2 = a

b (4)

（3）式y含a因子，设y = ay1，使z = x＋by1代入（1）得：

3x2+ 3by1x+ b2y12 = a3 y12

b (5)

（4）式y2含b因子，（5）式b整除y12，y12含b因子，余整数因子必为质数3，即y1必含3因子，设y12=32y2 2，各项约去所含的公因子3，使（5）式确定为：

x2+ 3by2x+ 3b2y22 = a3 3y22 b (6)

（5）式y12

b=1，至少两项不含其它各项相同因子，等式存在成立的条件，令

正整数c =y1则b=c2及y=ac代入（3）式、（4）式得：

z - ( x + c3) = 0 (7)

z2+ xz+(x2– a3) = 0 (8)

进而，（6）式约去所有项3的公因子使等式中至少两项不含其它各项相同因子

等式存在成立的条件，这时即定3y22

b=1，令正整数c =y2则b = 3c

2及y=3ac代入（3）

式、（4）式得：

z -(x + 32c3) = 0 (9)

z2 + xz +(x2 -3a3) = 0 (10)

于是，得到a、b值存在的情形和y = ac不含3因子、y = 3ac含3因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。

2、方程z3 = x3 + y3的性质

由（7）式，z = x + c3及y = ac使（1）式为：

z3 = (x + c3 )3 = x3 + (ac)3

这时x、c取任何正整数便确定a的唯一正整数方根

a = 3(x + c3)3– x3

c3

均使

z = x + c3≡3x3 + (ac)3

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c， a），所以（1）式正整数等式成立，存在z = x + c3唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：

z2 - (x + c3) 2= 0 (11)

根据方根存在唯一性定理，（8）式f（z）≡（11）式g（z）。

同理，由（9）式使（1）式正整数等式成立，存在z = x + 32c3唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：

z2- (x + 3c3) 2 = 0 (12)

所以，（10）式f（z）≡ （12）式g（z）。

3、验证z3 = x3 + y3的解

根据多项式恒等定理，（8）式、（11）式关于z的非首项系数（首项系数均等于1）及常数项对应关系为：

x = 0，x2 - a3= - (x + c3)2

因x = 0，常数项a3 = (c3)2即a= c2，又因为b = c2，这时却有：

a = c2 = b

所以（3）式、（4）式x = 0、z = y，设互为倒数分数方程组不成立，那么（1）式正整数等式不成立，即没有zxy≠0的正整数解。

由（10）式与（12）式关于z的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0，x2 - 3a3= - (x + 32c3)2

x = 0，常数项3a3 = (32c3)2即a= 3c2， b =3c2：

a = 3c2 = b

所以（3）式、（4）式x = 0、z = y，设互为倒数分数方程组也不成立，那么（1）式正整数等式也不成立，即也没有zxy≠0的正整数解。

当n = 4时

当n = 4 时与n = 3时的证明方法步骤基本是类似的。但4是合数，n 为任意正整数包括各种合数，以4为例只明确n 为合数时相关步骤的分析方法。

z 4 = x 4 + y 4 (1)

(z y - x y )[(z y )3 ++ x y (z y )2 + (x y )2 z y + (x y )3] = 1 (2)

z y - x y = b a (3)

(z y )3 + x y (z y )2 + (x y )2 z y + (x y )3 = a b (4)

对y 因子的分析是求得a 、b 和n 如何形态存在的重要问题，因而生成（5）式及（6）式：

4x 3 + 6bx 2y 1 + 4b 2xy 12 + b 3y 13 = a 4

y 13b ………………………（5） 4x 3 + 6bx 2y 1 + 4b 2xy 12 + b 3y 13 = a 443

2b pi i N y (6)

如果（5）式 y 13b = 1 时等式至少有两项不含相同因子使等式成立，令c = y 1，则b = c 3及y = ac ，代入（3）式、4）式得：

z - ( x + c 4 ) = 0

z 3 + xz 2 + x 2z + ( x 3 - a 4) = 0

当（5）式 y 13b

＞1即（6）式，但可能存在多种取值条件： y 1含4因子设y 1 = 4y 2代入（5）式并约去4得：

x 3 + 6bx 2y 2 + 42b 2xy 22 + 42b 3y 23 = a 4 42y 23b

……………………（6） 这个（6）式只有 42y 23b

= 1使等式成立，令c = y 2，则y 1 = 4c ，b = 42c 3，y= 4ac ，代入（3）式、（4）式得：

z - ( x + 43c 4 ) = 0

z 3 + xz 2 + x 2z + (x 3- 4a 4) = 0

又y 1 含4的质数因子2时，设y 1 = 2y 2代入（5）式并约去22得：

x3 + 3bx2y2 + 4 b2xy22 + 2 b3y23 = a42y23

b (6)

此（6）式如果2y23

b= 1，令c = y2，则y1 = 2c，b = 2c

3，y = 2ac，代入（3）式、（4）

式得：

z - ( x + 22c4 ) = 0

z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0

此（6）式如果y23

b= 1，令c = y2，则y1 = 2c，b = c

3，y = 2ac，代入（3）式、（4）

式得：

z - ( x + 2c4 ) = 0

z3 + xz2 + x2z + ( x3 – 23a4 ) = 0

这就得到了多组解，n为较大合数时还要得出更多组解，但亦同理。