费马大定理的证明
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学院学术论文
论文题目:费马大定理的证明Paper topic:Proof of FLT papers
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【摘要】: 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n n n x
y z +=无解。
【关键字】:费马大定理(FLT )证明
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 n n n x y z +=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 444x y z +=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 n n n x y z +=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n n n x y z +=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4n =,n p =时n n n x y z +=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
444
x y z += (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
22x mn = (2) 222y m n =- (3)
222z m n =+ (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
22m a b =+ (5)
2n ab = (6)
22y a b =- (7)
这里,a>b>0,(a,b)=1,ab 为偶。由式(2),(5),(6)可有
22
4()x ab a b =+ (8)
因为22(4,)1ab a b +=,由式(8)可有 24c ab = (9)
24e ab = (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
222m a b e e =+=>
m e >[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
p p p x y z += (1)
的解为(x,y,z)。由式(1)可有,
222
222()()()p p p 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 2
2p x mn = (3)
222p
y m n =- (4) 222
p z m n =+ (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222,,x r y s z t ===,则式
(2)和式(1)为 222p p p r s t += (6)
(1) 方程(6)可为
222()()()p p p s t r =- (7)
方程(7)的解为
(,)(,)p r n g m n n g n m =或 (8)
222s m n =- (9)
(,)p t m f m n = (10)
这里,m>n>0,(m,n)=1,m 为奇数,n 为偶数;(,(,))1m f m n =或 ,p (,(,))1n g m n p =或;
0123232311(,)p p p p p p p p p p f m n C m C m n C m n C n ------=++++
(11)
113322231(,)p p p p p p p p p p g m n C m C m n C m n C n -----=++++
(12)
0123232311(,)p p p p p p p p p p g n m C n C n m C n m C m ------=++++
(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
i
p i p p
C C -=(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] 由式(24),式(9)的解为