“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)

“猜想”的费马猜想初等数学证明（简稿）

求证：当正整数n＞2时不定方程z n = x n + y n没有正整数解。

证明：因为不定方程z n = y n + x n有正整数解则( kz )n = ( kx )n + ( ky )n（k为正整数）也有正整数解，各倍数解组中必有一组为最小的正整数，所以假设( x ，y ) = 1使z n = y n + x n (1)

正整数等式成立。

依据约数分析法○1将（1）式变形为z n – x n = y n左边进行因式分解：

( z – x ) (z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z + x n-1) = y n (2)

由（2）式，因为z＞x等式左边为两个正整数之积，所以等式右边y n 亦分解为两个正约数之积，设正整数y n = CD得两个―约数式‖和―余约数式‖：

z –x = C (3)

z n-1 + xz n-2 + ... + x n-2z + x n-1= D (4)

判断（3）式、（4）式确定成立的正整数等式是否成立便可证明费马猜想。

分析（3）式、（4）式，对于正整数z、x所决定y n的C、D两个约数，存在互质或不互质两种情形：即（C ，D）= 1或（C ，D）＞1。

当（C ，D）= 1时，根据引理○2确定正整数C = c n、D = d n，y = cd，由（3）式（4）式得：

z –（x + c n）= 0 (5)

z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z +（x n-1– d n）= 0 (6)

并同时用计算的方法：同理以x n为约数设x n = (st)n可得z –（y + s n）= 0，x + c n = y + s n，x – y= s n– c n，―x –y‖是确定的整数，由此计算得到c n、s n从而确定y n分解c n及d n是满足（2）式约数分解使（5）式、（6）式为确定的正整数等式。

当（C ，D）＞1时，由（4）式：

D = z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 + x3z n-4 + x4z n-5 +x 5z n-6+ … +x n-2z + x n-1

= z n-2（z – x）+2xz n-3（z – x）+3x2z n-4（z – x）+ … +（n-1）x n-2（z – x）+ nx n-1

= (z – x) [z n-3（z – x）+ 3xz n-4（z – x）+ 6x2z n-5（z – x）+ …] + nx n-1

= (z – x)[(z – x) (z n-3 + 3xz n-4+ 6x2z n-5+ …) + …] + nx n-1

第一次分解z – x因式时系数成数列：1，2，3，…，（n – 1），n；第二次分解z – x 因式时系数成数列：1，3，6，…，至n – 1项，这就需要求第二次分解z – x的第n – 1项通解公式。细观察发现第二次分解z – x的某项系数是第一次分解该项系数的数与前

几项系数之和，所以n – 1项系数通解公式为1

2[(n – 1) + 1](n – 1) =

1

2（n – 1）n，于是

得到（4）式―可约公因数式‖：

D

z – x= (z – x)[z

n-3 + 3xz n-4 + 6x2z n-5+ … +

1

2（n – 2) (n – 1）x n-3] + 1

2(n – 1) nx

n-2 + nx

n-1

z – x

因为（x ，y）= 1，则（x ，z）= 1，（x ，z – x）= 1；由―可约公因数式‖中nx n-1

z – x项

可知z – x即C与nx n-1含公约数只能是n的因数（n或n的某些因数）使

D

z – x相约。

由CD = y n，C、D含n的两个因数乘积必是一个n次方数；所以设D含n的因数为N i Pi，C含n的因数为N i n-pi，令正整数（c ，d）= 1、D = d n N i pi、C = c n N i n-pi，则y = cdN i，又使（3）式、（4）式得：

z –（x + c n N i n-pi）= 0 (7)

z n-1 + xz n-2+... + x n-2z +（x n-1– d n N i Pi）= 0 (8)

用确定（5）式、（6）式正整数解的计算方法，使y n分解c n N i n-pi及d n N i Pi是满足（2）式约数分解使（7）式、（8）式是确定的正整数等式。

同理，如果以x n为分解对象亦是这样相同的结果，因为在形式上y n、x n是可以等价互换的。如果y n与x n不等价互换即各自是定数分别为分解对象，则同样得到相应的（5）式、（6）式或（7）式、（8）式为正整数等式结果。所以y = cd或y = cdN i两个必要正整数的不同取值，使（5）式、（6）式和（7）式、（8）式是（2）式分解为有确定正整数解成立的等式，含括了全部有正整数解的情形，也是（1）式有正整数解的确定性条件。

由（5）式z = x + c n及y = cd使（1）式为方根n次方式：

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

这时x、c为正整数便确定了d的唯一正整数方根

d = n (x + c n)n– x n

c n

则有

z = (±) (x + c n) ≡ n x n + (cd)n（n：奇数+ ；偶数±）

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x、c， d）的方根使（1）式成立，存在z = x + c n唯一正整数方根。所以（5）式是（2）式的―方根约数式‖，则（6）式为―方根余约数式‖。

同理，（7）式是（2）式分解约数另一解值的―方根约数式‖，相应（8）式是（2）式约去这一解值方根约数的―方根余约数式‖。

这就证明了关于―z‖的正整数解（5）式或（7）式一定是方根，其有正整数方根解是（1）式有正整数解的必要性条件。

由（5）式的方根n次方式z n = (x + c n)n约去方根约数的―方根余约数式‖为：z n-1– (x + c n)n-1 = 0 (9)

根据方根存在唯一性定理○3，推论―方根余约数式‖也是唯一性的，因为z n = x n + y n与z n = (x + c n )n同是（5）式z = (x + c n )的方根n次方式，则一个正整数―方根约数式‖同次方的两个方根n次方式是唯一性的，所以z n = x n + y n与z n = (x + c n )n约去方根约数的―方根余约数式‖亦为唯一性的（6）式≡（9）式。由多项式恒等定理○4由（6）式≡（9）式，关于―z‖的非首项系数及常数项对应相等：

x = 0，x2 = 0，… ，x n-2 = 0，x n-1– d n = – (x + c n)n-1

当n＞2时，（6）式、（9）式必有至少一项关于―z‖的非首项对应系数项等式存在，只有x = 0才有（6）式≡（9）式成立，常数项d n =（c n)n-1即：

D = C n-1

y n = CD = C n，（3）式、（4）式z = y。（5）式不是正整数―方根约数式‖，（6）式是―方根余约数式‖不成立。

同理，（7）式方根n次方式约去方根约数的―方根余约数式‖为：

z n-1– (x + c n N i n-pi)n-1= 0 (10)

因为z n = x n + y n与z n = (x + c n N i n-pi )n同是（7）式z = x + c n N i n-pi的方根n次方式，所以z n = x n + y n与z n = (x + c n N i n-pi )n同约去方根约数的―方根余约数式‖亦是唯一性的（8）式≡（10）式，关于―z‖的非首项系数及常数项对应相等：

x = 0，x2 = 0，… ，x n-2 = 0，x n-1– d n N i Pi = – (x+c n N i n-pi)n-1