费马定理证明.docx
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1、费马定理证明第1篇:费马大定理证明 【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:O156.4 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x+y=z及同类方程中的指数nN,以后不再说明。 引理1 方程 x+
2、y=z (n2) (1) 有N解的充要条件是它有Q解。 引理2 方程(1)x+y=z(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Q解及既约N解的情形,可使过程简化。 引理3 方程(1)x+y=z(n2)有N解的充要条件是方程 X-Y=1 (n2) (2) 有Q解。 证明 充分性 如果方程(2)(n2)有Q解,设(X-Y=1为其Q解,则(+nnn+nnn+nnnnnnnnnn+wu,)(u,v,wN两两互素)vvunwnnnnnnn)-1,u+v=w 。于是方程(1)x+y=z(n2) vv有N解(u,v,w)。 必要性 如果方程(1)x+y=z(n2)有N解,设(u,
3、v,w)(u,v,wN两两互素)nnn 1 为其N解,则un+vn=wn,(解( uwn+)-n1。于是方程(2)Xn-Yn=1(n2)有Qvvwu。证毕 ,)vvnnn+引理4 如果方程(1)x+y=z(n2)有Q解,那么,只有两类: +i)完全Q解(u,v,w)u,v,wQ(+); +ii)可导出Q解(lu,lv,lw)+(lQ,u,v,wQ)。 +nnn证明 第i)类属显然。 第ii)类,把(lu,lv,lw)代入方程(1),得(lu)+(lv)=(lw), un+vn=wn 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
4、(l1u,l2v,l3w)+(l1,l2,l3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l1,l2,l3的定义知,它们的无理因子是不能从上式中完全提到括号外面去的,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 +(u,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(Q),得到(u,v,w),则此解变为方程(1)的第ii)类Q解。 +(2) 若将第ii)类Q解的三个数同乘以一个数 +lQ),得到(u,v,w),则此解(l+1+变为方程
5、(1)的第i)类Q解;若将三个数同乘以一个数(R且dlQ),得到(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)x+y=z(n2)的 R解公式是 nnn 2 2n2n2 A=l1n, (2d),(d2-1),(d2+1)(l1、dR+,d1)2r2-12n2r+12nn),r, (l2、rR+,r1)或 B=l2(。 22znyn+nnn证明 当x,y,zR时,由x+y=z得-=1。根据引理3,这两个方程 xx()在是否
6、存在Q解方面是等价的。从而得到 nnnznyzy2222 (=1 )+)-xxxxnz2y21zny22-=。由此解得+=d(d1)于是设,则xxdxx+nnz2d2+1y2d2-1=,= 。恢复z:x和y:x的比例系数后得x2dx2dnn)l0)l0z2(d2+1y2(d2-1,拆开后即得 =,=(l0R+)x2dl0x2dl0nn222nn A= (x,y,z)=n(2d)l02,(d2-1)l02,(d2+1)l02(l0R+,d1)2n2n2 =l1n(2d),(d2-1),(d2+1)(l1=22()()n 。 l02R+,d1)nnnnnznzxx2z2x2nnn222又,由x+y
7、=z得(=1。 )-()=1,)+)-yyyyyynznxz2x2122+=(rr1)设,则-=。仿上法又得到 yyyyrnnr2-12n2r2+12nnB=(x,y,z)=l2,r,(l2、rR+,r1)。 22若设d=ap、r=(a、b、p、qR+,ab,pq), 则A、B之间的变换关系是bqd=p+pa+b,r=.将A、B两式分别代入方程(1),等式成立。因此,A、B两式都是方程p-qa-b+(1)的R解公式。证毕 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 + 3 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,
8、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)x+y=z(n2)有Q解的充要条件是 2n2n2 A0=n (2d),(d2-1),(d2+1)(d1)2r2-12n2r+12nn),r,(r1) 或 B0=(22nnn+() 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l1,l2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
9、子。 先证A0。 必要性 根据定理1,如果方程(1)有Q解,必能用A0式表出或导出。根据+引理4,其Q解只有两类:i)如果是第i)类Q解,即存在d0,当d=d0时,其解 +2n2n2是Q解,则A0能表出Q数组A0;ii)如A0=n(2d0),(d02-1),(d0+1)(d01)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A0能导出Q数组。 充要性 如果A0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B0式与A0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A0、B0两式能同时表出或导出既约N数组。
10、 定理2 方程 +() x2n+y2n=z2n (n1 (3) )有N解的充要条件是以下两式: 4 A(2n)=(n22n22n 22n-1a0nb0n,(2n-1a0n)-(b0n),(2n-1a0n)+(b0n)) (2n-1 a0nb0n0,a0N,b0奇,(a0,b0)=1),2n2n2n2(pn)-(q)(p)+(qn0000)nnn=,(pq), 或 B(2n)0022(p0q00,二奇,(p0,q0)=1) 能同时表出既约N数组。 也可以是a02nn-1b0n0,a0奇,b0N,(a0,b0) 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
11、。 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A0、B0 两式同时表出或导出。此时两式分别为 A0=(nnn, 2d,d2-1,d2+1(d1))2r2-1nr+1nn,r,) B0=.(r122i) 证A根据引理4的三条结论,先让n2dQ。为此必须设d=(2n)。一奇一偶,(a,b)=1,则 a ab0,1,bA0= 必须再设a=2 A0=n-1n1b2n(nnn2ab,a2-b2,a2+b2) a0,b=b0,2n-1a0b00,a0N,b0奇,(a0,b0)=1,则 nnnn1(b0n)2(nnn22n-1a0nb0n,(2n-1a0n)2-(b0n)2,(2n-
12、1a0n)2+(b0n)2=)1A(2n) 2b0nii)再证B(2n)。根据引理4的三条结论,先让rQ。为此必须设r=p1, pq0,q二奇,(p,q)=1,则 1 B0=n2qn22p2-q2p+qnn,pq,n22。 必须再设p=p0 ,q=q0,p0q00,二奇,(p0,q0)=1,则 n 5 22n2n2-(q0n)(p)+q)1n(p0n)1nn00nnB0=n,pq,=B 。 002q02(2n)(q0n)22 同时易证A到此,A(3)(2n)、B(2n)中的底数分别两两互素。(2n)、B(2n)两式仍必能表出方程的既约N解。于是A(2n)、B(2n)必能同时表出既约N数组。 充
13、分性 如果A(2n)、B(2n)都能表出既约N数组,同时易验知,A(2n)、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(n1有N解的充要条件是一下两式: ) A(2n)=(2n2n2n(2ab)2,(a2-b2)2,(a2+b2)2 (ab0,一奇一偶,(a,b)=1) )2222p-qp+q2222n2n2n),(pq), (pq0,二奇,(p,q)=1) 或 B(2n)=(22 能同时表出既约N数组。 不难看出,A(2n)、B(2n)两式内容详细,A(2n)、B(2n)两式简明扼要。它们各有
14、所长,作用相同。 定理2 方程 x2n+1+y2n+1=z2n+1(n1 (4) )有N解的充要条件是一下两式; 2n+12n2n+12n+122n+12n2n+122n+1222n+12n2n+12n+122A=(22ab),(2a)-(b),(2a)+(b)(2n+1)000000 (2a02n2n+1b02n+10,a0N,b0奇,(a0,b0)=1) 2n+122n+1222n+122n+122(p)-(q)(p)+(q)2n+12n+1200002n+12n+12n+1=,(pq),或 B(2n+1)00 22(p0q00,二奇,(p0,q0)=1) 能同时表出既约N数组。 证明 必
15、要性 如果方程(4)有既约N解,根据引理1、2、5,必可由A0、B0两式同时表出或导出。此时两式分别为 22n+12n+122n+122,(d-1),(d2+1) A0=(d), (r1 6 22r-1r+122n+1222n+12n+1),r, (r1) B0=( 。 22将A0、B0的证明同时进行,以便比较。下面分四种情形讨论: i)根据引理4 的三条结论,若dQ,则必须设d=则 a ab0,一奇一偶,(a,b)=1,1,bA0=2n+11b42n(2n+122n+122n+12(2ab),(a2-b2),(a2+b2) 。 )必须再设a=2a02n+1,b=b02n+1,2a02n2n+
16、1b02n+10,a0N,b0奇,(a0,b0)=1,则 A0=12n+12n2n+12n+122n+12n2n+122n+1222n+12n2n+122n+122(22ab),(2a)-(b),(2a)+(b) 000000b04=1A; 4(2n+1)b0p1, pq0,二奇,(p,q)=1,则 q若rQ,则必须设r=1B0=2n+14q必须再设p=p02222p-qp+q2222n+12n+12n+1),(pq), (222n+1,q=q02n+1,p0q00,二奇,(p0,q0)=1,则 22222n+122p02n+1)2n+12n+12n+12p02n+1)-(q02n+1)(+(
17、q)12n+1(02n+1B0=4,(pq),00 q022=1B 。 4(2n+1)q0221(2d)Q。为此 ii)根据引理4的三条结论,若dQ,为了让2n+(2d)Q,必须有必须设d=22n-1a1b12n+12n-12n+1b12n+10,a1N,b1奇,(a1,b1)=1,则,2a12n+1A0=1b12(2n+122-122na1n+21n+2n+11b1,2(2n-21an1+1n+n+2211-2b)21,(2n-n2+12n+1212a1+)b 1 ) 7 若rQ,为了让2n+1rQ,必须有rQ,为此必须设r=22p1q12n+12n+1,p1q10,二奇,(p1,q1)=1
18、, 则 12n+1p12n+1-q12n+122n+12n+12n+12n+1p12n+1+q12n+12),p1q1, B0=2(q122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+1p-q12n+1222n-12n+12n+1 12n+12n+122ab= 112 2n+12n-12n+12 (2a1-b12n+1)=2n+1p12n+1q12n+1 2n+12n+1p1+q1222n+(1122n-1a12n+1+b12n+1)=2n+ 2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。为此必须再设a1=2a0
19、,b1=b0,2a0则 222n2n+1bb2n+10,a0N,b0奇,(a0,b0)=1,A0=12n+12n2n+12n+122n+12n2n+122n+1222n+12n2n+122n+122(22ab),(2a)-(b),(2a)+(b)000000b04=1A; 4(2n+1)b022 必须再设p1=p0,q1=q0,p0q00,二奇,(p0,q0)=1,则22222n+122p02n+1)2n+12n+12n+12p02n+1)-(q02n+1)(+(q)12n+1(02n+1nB0=4,(pq),00 q022=1B 。 4(2n+1)q0、B 这样,情形ii)就归结到情形i)中
20、去了。同时易证A(2n+1)(2n+1)中的底数分别两两互素。至于情形iii)dQ,rQ和情形iv)dQ,rQ,显然被情形ii)所包含。到此,A、B、B(2n+1)(2n+1)两式仍必能表出方程(4)的既约N解。于是,A(2n+1)(2n+1)必能表出既约N数组。 、B、B充要性 如果A(2n+1)(2n+1)都能表出既约N数组,同时易验知A(2n+1)(2n+1)分别能使 8 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 推论2 方程(4)x2n+1+y2n+1=z2n+ 1有N解的充要条件是以下两式: (n1)A(2n+1)=(2n+12n+
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