用爱森斯坦判别法证明费尔马大定理 - 黄河之滨

用爱森斯坦判别法证明费尔马大定理
——用费尔马不定方程直接证明费尔马大定理的讨论之(Ⅴ)
熊启钊
利用爱森斯坦判别法，可使费尔马大定理的证明大大简化。

不过，要用到笔者提出的、即将予以证明的π猜想（何谓“π猜想”请见下段）。

本文稿关于大定理的简化证明可陈述为：㈠费尔马不定方程x n+y n=z n，可以改写成一元n次整系数不完全方程x n-(b n-a n)=0（需设：n>2为奇素数；a、b为互素的已知任意正整数，但奇偶性相异，b>a；假设未知数x 有正奇数解）；㈡对这个一元n次首1方程，某素数p必然不能整除其首项系数1，能够整除从x n-1到x各项的0系数；㈢根据π猜想，p能够整除常数项(b n-a n)、而p2不能够整除该项；㈣那么，根据爱森斯坦判别法（它只要求不完全方程有整系数，以及p的除法性质，本文稿不赘述)，x便无正整数解，于是费尔马大定理就得到证明。

如果π猜想是熟知的，方才的几句话就完成了本稿的论证任务。

下文只需证明π猜想：“正整数b n-a n（n为奇素数，a、b为互素的、奇偶性相异的任何正整数，b>a）至少含有一个不等于n的、≥2的素因数p（于此强调一下，素因数p系指p 的一次幂而言）”。

猜想如成立，其结论当然是：p│(b n-a n)，而p2∤(b n-a n)；其结果当然是费尔马大定理成立。

不过，证明的过程很长，于是不可能数语证明费尔大定理。

§1.b n-a n的分解与分析
令b-a=d。

先证明a、d互素（b、d亦然）。

设a、d不互素，则a=md（m正整数）。

于是b=d+a=d+md=(1+m)d；即a、d如不互素则导致b、a不互素，而与所设b、a互素矛盾。

故a、d互素。

[设d=ma，同样可证a、d互素。

]
再代b=a+d入不完全方程，
x n=b n-a n=(a+d)n-a n=na n-1d+C n2a n-2d2+C n3a n-3d3+…+C n n-2a2d n-2+nad n-1+d n
=d(na n-1+C n2a n-2d+C n3a n-3d2+…+C n n-2a2d n-3+nad n-2+d n-1)
=d[n a n-1+d(C n2a n-2+C n3a n-3d+…+C n n-2a2d n-4+nad n-3+d n-2)]=d[…]。

上式中，㈠如果n∤d，因a、d互素，则d、[…]互素；在此情况下，由于d中常含素数的高次幂，因此可以放弃它，只在[…]中寻找素因数p。

㈡如果n│d，则d、[…]不互素，即有共同因数n，而且n2│(d[…])=b n-a n。

此时[…]中含n（而且仅含此n），但是易见[…]中必有异于n的因数，因为[…]>n之故。

这个结论很重要，就是说：当n│d时，仍可能在[…]中寻找异于n的、与d无关的素因数p。

总起来说，无论n能否整除d，总可在[…]中寻找异于n的素因数p。

为了方便探讨，b n-a n还可按常用形式分解：
b n-a n=(b-a)(b n-1+b n-2a+…+ba n-2+a n-1)=(b-a){…}。

显然[…]={…}，即两者实质一样，对{…}的讨论与结论，亦即对[…]者。

§2π猜想证明之一
先了解一下{…}=(b n-1+…+a n-1)的性质。

{…}中只有两个正整的元素b、a（请注意b、a的任意性），没有0元，没有单位元1（a可以=1，但不恒等于1）；运算方式只有加法和乘法；无正整的常数系数。

正整数{…}的表现形式是b、a的n-1次齐次式。

如果{…}是素数，π猜想就不需证明了。

如果{…}不是素数，上文已经说明总可在[…]中“寻找”异于n的素因数p。

现在设{…}中至少含有一个非n因数P。

首先说，因为a、b互素，两者（以及各自的因数）都不能整除齐次表达式{…}=(b n-1+b n-2a+…+ba n-2+a n-1)，而P能整除它，那么P不是a、b的幂积b x a y（x、y为正整数，或0），而是a、b的幂积b x a y 之和P=Σx,y b x a y（只能想象其存在，不能目睹）。

这个和P应该是齐次的，{…}的其它因数
也应该是a、b的齐次幂积之和Σs,t b s a t（s、t为正整数，或0），于是{…}才能是n-1次齐次的表达式。

其次说，P在{…}中是一次幂的因数。

因为，如果{…}中含P2，则{…}中的某些幂积就应该有系数2，但是没有；或许以a或b代替了2；代替之后的{…}就不是齐次的了，故无代替。

结果是，P是{…}的1次幂的因数，P的每一个因数都是素数，故{…}中至少有一个1次幂的素因数p。

最后说，反之，P不是二次幂式的因数。

如果P就是二次幂式的因数，那么P是正整数P1/2的平方，P[(=P1/2)2]的某些幂积就应该有系数2，而P是{…}的因数，则{…}应该有系数2，可是没见到；又a或b代替不了2；故P不是二次幂式的因数。

§3π猜想证明之二
用反证法证明{…}中（亦即b n-a n中）有素因数p。

现在设{…}中，除了n外（即不考虑它的存在与否），“全是诸‘素因数’的2次幂、3次幂、…”。

这些幂都是正整数，当然各是某1次幂（正整数）的2次方、3次方、…。

已见到{…}表现为b、a的各种“幂积b x a y的和”（b、a是任意性的，x、y为正整数）；那么，各1次幂是“b、a的各种“幂积b s a t的和”，它们被求2次方、3次方、…后，应产生某些带常数2、3、…的幂积b x a y的和，可是{…}中没有常数。

可知{…}“全是诸‘素因数’的2次幂、3次幂、…”的假设不成立，那么至少存在一种素因数的1次幂，即素因数p。

（上面的齐次概念、代替概念于此有效，未赘述。

）
§4讨论
本文稿必有谬误，盼望批评指正。

证明之一与证明之二，有一个就可以了。

两者并列是为了强化证明。

π猜想对任意数b、a的条件的要求，与费尔马大定理所要求者一致；如作为独立的猜想，则可适当放宽。

证明π猜想的根据在于{…}没有自然数的系数，和具有齐次性，这是否合理？可以置疑。

组成{…}的b、a，不知属于什么代数系统、有无研究？如有之，必能令笔者受益：纠正错误，甚或撤消本稿。

§4补充：“π猜想”之逆命题的证明
《黄河之滨网站》鼓励证明“π猜想”之逆命题”，笔者虽觉并非必要，现试为之如下。

用爱森森斯坦判别法、证明费尔马大定理时、依赖的“π猜想”，可以简化说成：“设a、b为互素的（当然含奇偶相异者）正整数，则{…}=(b n-1b n-2a+…+ba n-2+a n-1)至少含有一个素因数p（指的一次幂而言）”。

此命题之逆为：“如(b n-1+b n-2a+…+ba n-2+a n-1)含有一个素因数p，则正整数a、b互素”。

现在分成p│a与p∤a两种情况予以考查。

p│a时，因p│(b n-1+b n-2a+…+ba n-2+a n-1)，则p│b。

因n≥3，则p2│(b n-1+b n-2a+…+
ba n-2+a n-1)，而与{…}含一个素因数p（指的一次幂而言）的题设矛盾，故p│a不成立。

p∤a时，因p│(b n-1+b n-2a+…+ba n-2+a n-1)=[(b n-2+b n-3a+…+a n-2)b+a n-1]，易知p∤b。

“p∤a和同时p∤b，并不一定表示a和b互素”。

设a和b不互素，令a=a1m，b=b1m（a1,b1,m为正整数；m是a和b的=最大公因数）。

既然p∤a和b，则应有p=b s-1+b s-2a+…+ba s-2+a s-1（此式成立的原因详正文，2≤s≤n）。

代入a=a1m，b=b1m，则
p=b s-1+b s-2a+…+ba s-2+a s-1=(b1m)s-1+(b1m)s-2(a1m)+…+(b1m)(a1m)s-2+(a1m)s-1
=m s-1[(b1)s-1+(b1)s-2(a1)+…+(b1)(a1)s-2+(a1)s-1]=m s-1[正整数]。

如m=1，则a和b互素，逆命题成立。

如m≠1，则p是合数m s-1[正整数]，与题设矛盾。

故“p∤a和b，并不一定表示a和b 互素”之说不成立，故p∤a和b时，a和b互素，。