摘要】: 学院 学 术 论 文 论文题目:费马大定理的证明 Paper topic:Proof of FLT papers 姓 名 所在学院 专业班级 学 号 指导教师 日 期 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x
【关键字】:费马大定理(FLT)证明
nynzn无解。
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 xyz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 xyz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 xyz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xyz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nnnnnn444nnn
n4,np时xnynzn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
x4y4z4 (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
x2mn (2) 2
y2m2n2 (3)
z2m2n2 (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
ma2b2 (5)
n2ab (6)
ya2b2 (7)
这里,a>b>0,(a,b)=1,ab为偶。由式(2),(5),(6)可有
x4ab(ab) (8)
因为(4ab,ab)1,由式(8)可有 2222
c24ab (9)
e24ab (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
ma2b2e2e
me[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
xpypzp (1)
的解为(x,y,z)。由式(1)可有,
(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 p22p22p22
x2mn (3) p
2
ym2n2 (4)
zm2n2 (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xr,ys,zt,则式
(2)和式(1)为 222p2p2
r2ps2pt2p (6)
(1) 方程(6)可为
(s2)p(t2)p(r2)p (7)
方程(7)的解为
rpng(m,n)或ng(n,m) (8)
s2m2n2 (9)
tpmf(m,n) (10)
这里,m>n>0,(m,n)=1,m为奇数,n为偶数;(m,f(m,n))1或 p,(n,g(m,n))1或p;
0p12p32p32p3p1p1f(m,n)CpmCpmnCpmnCpn
(11)
p1p32p22p3pp1g(m,n)C1C3nCpmnCpn pmpm
(12)
0p12p32p32p3p1p1g(n,m)CpnCpnmCpnmCpm
(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
pi(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] Ci
pCp
由式(24),式(9)的解为
ma2b2 (14)
n2ab (15)
sa2b2 (16)
这里,a>b>0,(a,b)=1,ab为偶数。由式(8),(15)可有
rp2abg(m,n)或2abg(n,m) (17)
(2) 方程(6)还可为
2 (rp)(sp2)2 (18) t(p )
方程(18)的解为
rp2uv (19)
spu2v2 (20)
tpu2v2 (21)
这里u>v>0,(u,v)=1,uv为偶数。同时,式(20)的解为
uaf(a,b) (22)
vbg(a,b) (23)
sa2b2 (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
rp2abf(a,b)g(a,b) (25)
这里,(a,f(a,b)1 或(b,g(a,b))或1p
( 3 ) 在a为偶数,b为奇数时,分别有
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
r1p2a (26)
pr25g(m,n) (27)
r3pb (28)
因此,在式(26)有解的同时,式(27)也同时有解。设r25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(a,f(a,b))1,(b,g(a,b)),1由式(25)可有
r1p2a (29)
r2pf(a,b) (30)
r3pb (31)
r4pg(a,b) (32)
于是,从式(32)可以得知,(a,b,r4)也是式(27)的解。由式(27)的解。由式(27),
(32)可有
pr25g(m,n)r4pg(a,b) (33)
r25r4
在p不整除a,p整除b时,从式(17)可知,p整除g(m,n)。因为
(a,g(m,n))1,(b,g(m,n))p,由式(17)可知,整除。因为,由式(17)可有
r5p2a (34)
ppr26g(m,n) (35)
r7ppb (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。
b,g(a,b))p从式(25)可知,p不整除f(a,b),p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))1,(,由
式(25)可有
r5p2a (37)
r6pf(a,b) (38)
r7ppb (39)
pr8pg(a,b) (40)
于是,从式(40)可以得知,(a,b,r8)也是式(35)的解。由式(35),(40)可有
ppr26g(m,n)pr8pg(a,b) (41)
r26r8
.在p整除a,p不整除b时,从式(17)可知,p整除g(n,m)。因为
17)可有 (a,g(n,m))1,(b,g(n,m)),由式(1
r9p2pa (42)
ppr27g(n,m) (43)
pr11b (44)
因此,在式(42)有解的同时,式(43)也同时有解。设
解。 r是式(43)所有解中的最小
从式中(25)可知,p整除f(a,b),p不整除g(a,b)。因为,由式(a,f(a,b))p,(b,g(a,b))1
(25)可有
r9p2pa (45)
ppr10f(a,b) (46)
pr11b (47)
pr12g(a,b) (48)
于是,从式(46)可以得知,(a,b,r10)也是式(43)。由式(43),(46)可有
pppr27g(n,m)pr10f(a,b) (49)
r27r10
( 4 )在a为奇数,b为偶数,分别有
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
pr132b (50)
pr28g(m,n) (51)
pr15a (52)
因此,在式(50)有解的同时,式(51)也同时有解。设28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(a,f(a,b))1,(b,g(a,b))1,由式(25)可有
pr132b (53)
pr14g(a,b) (54)
pr15a (55)
pr16f(a,b) (56) r
于是,从式(54)可以得知,(a,b,r14)也是式(51)的解。由式(51),(54)可有
ppr28g(m,n)r14g(a,b) (57)
r28r14
在p整除a,p不除b时,从式(17)可知,p整除g(n,m)。因为
(a,g(n,m))p,(b,g(n,m)),由式(117)可有
pr172b (58)
ppr29g(n,m) (59)
pr19pa (60)
因此,在式(58)有解的同时,式(59)也同时有解。设r29是式(59)所有解中最小解。
,由1从式(25)可知,p整除f(a,b),p不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))p,(b,g(a,b))
式(25)可有
pr172b (61)
pr18g(a,b) (62)
pr19pa (63)
ppr20f(a,b) (64)
于是,从式(64)可以得知,(a,b,r20)也是式(59)的解。由式(59),(64)可有
pppr29g(n,m)pr20f(a,b) (65)
r29r20
在p不整除a,p整除b时,从式(17)可知,p整除g(m,n)。因为
,由式(17)可有 (a,g(m,n))1,(b,g(m,n))p
pr212pb (66)
ppr30g(m,n) (67)
pr23a (68)
因此,在式(66)有解的同时,式(67)也同时有解。
解。 设r30是式(67)所有解中的最小
b,g(a,b))p从式(25)可知,p不整除f(a,b),p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))1,(,由
式(25)可有
pr212pb (69)
ppr22g(a,b) (70)
pr23a (71)
pr24f(a,b) (72)
于是,从式(70)可以得知,(a,b,r22)也是式(67)的解。由式(67),(70)可有
pppr30g(m,n)pr22g(a,b) (73)
r30r22
(5)根据式(33),(41),(49),(57),(65),(73)的结论,这与假设r25,r26,r27r28r29,r30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)
摘要】: 学院 学 术 论 文 论文题目:费马大定理的证明 Paper topic:Proof of FLT papers 姓 名 所在学院 专业班级 学 号 指导教师 日 期 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x
【关键字】:费马大定理(FLT)证明
nynzn无解。
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 xyz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 xyz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 xyz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xyz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nnnnnn444nnn
n4,np时xnynzn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
x4y4z4 (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
x2mn (2) 2
y2m2n2 (3)
z2m2n2 (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
ma2b2 (5)
n2ab (6)
ya2b2 (7)
这里,a>b>0,(a,b)=1,ab为偶。由式(2),(5),(6)可有
x4ab(ab) (8)
因为(4ab,ab)1,由式(8)可有 2222
c24ab (9)
e24ab (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
ma2b2e2e
me[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
xpypzp (1)
的解为(x,y,z)。由式(1)可有,
(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 p22p22p22
x2mn (3) p
2
ym2n2 (4)
zm2n2 (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xr,ys,zt,则式
(2)和式(1)为 222p2p2
r2ps2pt2p (6)
(1) 方程(6)可为
(s2)p(t2)p(r2)p (7)
方程(7)的解为
rpng(m,n)或ng(n,m) (8)
s2m2n2 (9)
tpmf(m,n) (10)
这里,m>n>0,(m,n)=1,m为奇数,n为偶数;(m,f(m,n))1或 p,(n,g(m,n))1或p;
0p12p32p32p3p1p1f(m,n)CpmCpmnCpmnCpn
(11)
p1p32p22p3pp1g(m,n)C1C3nCpmnCpn pmpm
(12)
0p12p32p32p3p1p1g(n,m)CpnCpnmCpnmCpm
(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
pi(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] Ci
pCp
由式(24),式(9)的解为
ma2b2 (14)
n2ab (15)
sa2b2 (16)
这里,a>b>0,(a,b)=1,ab为偶数。由式(8),(15)可有
rp2abg(m,n)或2abg(n,m) (17)
(2) 方程(6)还可为
2 (rp)(sp2)2 (18) t(p )
方程(18)的解为
rp2uv (19)
spu2v2 (20)
tpu2v2 (21)
这里u>v>0,(u,v)=1,uv为偶数。同时,式(20)的解为
uaf(a,b) (22)
vbg(a,b) (23)
sa2b2 (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
rp2abf(a,b)g(a,b) (25)
这里,(a,f(a,b)1 或(b,g(a,b))或1p
( 3 ) 在a为偶数,b为奇数时,分别有
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
r1p2a (26)
pr25g(m,n) (27)
r3pb (28)
因此,在式(26)有解的同时,式(27)也同时有解。设r25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(a,f(a,b))1,(b,g(a,b)),1由式(25)可有
r1p2a (29)
r2pf(a,b) (30)
r3pb (31)
r4pg(a,b) (32)
于是,从式(32)可以得知,(a,b,r4)也是式(27)的解。由式(27)的解。由式(27),
(32)可有
pr25g(m,n)r4pg(a,b) (33)
r25r4
在p不整除a,p整除b时,从式(17)可知,p整除g(m,n)。因为
(a,g(m,n))1,(b,g(m,n))p,由式(17)可知,整除。因为,由式(17)可有
r5p2a (34)
ppr26g(m,n) (35)
r7ppb (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。
b,g(a,b))p从式(25)可知,p不整除f(a,b),p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))1,(,由
式(25)可有
r5p2a (37)
r6pf(a,b) (38)
r7ppb (39)
pr8pg(a,b) (40)
于是,从式(40)可以得知,(a,b,r8)也是式(35)的解。由式(35),(40)可有
ppr26g(m,n)pr8pg(a,b) (41)
r26r8
.在p整除a,p不整除b时,从式(17)可知,p整除g(n,m)。因为
17)可有 (a,g(n,m))1,(b,g(n,m)),由式(1
r9p2pa (42)
ppr27g(n,m) (43)
pr11b (44)
因此,在式(42)有解的同时,式(43)也同时有解。设
解。 r是式(43)所有解中的最小
从式中(25)可知,p整除f(a,b),p不整除g(a,b)。因为,由式(a,f(a,b))p,(b,g(a,b))1
(25)可有
r9p2pa (45)
ppr10f(a,b) (46)
pr11b (47)
pr12g(a,b) (48)
于是,从式(46)可以得知,(a,b,r10)也是式(43)。由式(43),(46)可有
pppr27g(n,m)pr10f(a,b) (49)
r27r10
( 4 )在a为奇数,b为偶数,分别有
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
pr132b (50)
pr28g(m,n) (51)
pr15a (52)
因此,在式(50)有解的同时,式(51)也同时有解。设28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(a,f(a,b))1,(b,g(a,b))1,由式(25)可有
pr132b (53)
pr14g(a,b) (54)
pr15a (55)
pr16f(a,b) (56) r
于是,从式(54)可以得知,(a,b,r14)也是式(51)的解。由式(51),(54)可有
ppr28g(m,n)r14g(a,b) (57)
r28r14
在p整除a,p不除b时,从式(17)可知,p整除g(n,m)。因为
(a,g(n,m))p,(b,g(n,m)),由式(117)可有
pr172b (58)
ppr29g(n,m) (59)
pr19pa (60)
因此,在式(58)有解的同时,式(59)也同时有解。设r29是式(59)所有解中最小解。
,由1从式(25)可知,p整除f(a,b),p不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))p,(b,g(a,b))
式(25)可有
pr172b (61)
pr18g(a,b) (62)
pr19pa (63)
ppr20f(a,b) (64)
于是,从式(64)可以得知,(a,b,r20)也是式(59)的解。由式(59),(64)可有
pppr29g(n,m)pr20f(a,b) (65)
r29r20
在p不整除a,p整除b时,从式(17)可知,p整除g(m,n)。因为
,由式(17)可有 (a,g(m,n))1,(b,g(m,n))p
pr212pb (66)
ppr30g(m,n) (67)
pr23a (68)
因此,在式(66)有解的同时,式(67)也同时有解。
解。 设r30是式(67)所有解中的最小
b,g(a,b))p从式(25)可知,p不整除f(a,b),p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))1,(,由
式(25)可有
pr212pb (69)
ppr22g(a,b) (70)
pr23a (71)
pr24f(a,b) (72)
于是,从式(70)可以得知,(a,b,r22)也是式(67)的解。由式(67),(70)可有
pppr30g(m,n)pr22g(a,b) (73)
r30r22
(5)根据式(33),(41),(49),(57),(65),(73)的结论,这与假设r25,r26,r27r28r29,r30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)