费马猜想初等数学一般性证明

费马猜想初等数学一般性证明

（2013年4-7月）

王 德 忱 著

（黑龙江省农业科学院 黑河分院）

前言 笔者多年研究费马猜想，在已发布的几篇证明基础之上再修此作，为论述更确切精炼，步骤更直接简要。本稿正文篇幅不过3页、字数少于2千。证明关键依据一个为人们早就普遍所熟知而基本的“方根存在唯一性定理”，也就是方根性质定理。

费马猜想：也称费马大定理，一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即n ＞2是一个正整数时不定方程z n = x n + y n 为正整数等式不成立，也就是没有zxy≠ 0 的正整数解。

1. 求证z n = x n + y n 的解

如果z n = x n + y n 有正整数解，则（kz)n = (kx)n ＋(ky)n （k 为正整数）也有正整数解，各倍数组解中必有一组为最小的；那么，假设z n = x n + y n 有正整数解且z 、x 、y 为各倍数组解中最小的一组，即正整数 ( x ，y ) = 1使

z n = x n + y n (1)

正整数等式成立。

将（1）式变形 (z y )n - (x y )n = 1分解因式：

(z y - x y )[(z y )n-1 + x y (z y )n-2 +...+ (x y )n-2(z y )＋(x y )n-1] = 1 (2)

因为正整数z > x ，所以（2）式分解的两个因式均为正数，只存在两种可能：

一是两个因式均为正1约数，二则两个因式是互为正倒数约数。仅由 z y - x y =1及n

≥ 2推出 (x + y)n > x n + y n = z n ，两个因式均不能为正1约数，同时也可知z y - x y > 1

取值不能成立，所以设正整数a > b ≥1且（a ，b ）= 1，依据约数分析法○

1，将（2）式转化为两个互为倒数分数方程组：

z y - x y = b a (3)

(z y )n-1 + x y (z y ) n-2 +...+ (x y )n-2(z y )+ (x y )n-1 = a b (4)

因为（3）式两边分母y→ a 对应，由分数基本性质必有y 含a 因子，令y = ay 1，使z = x ＋by 1 代入（1）式化简得：

1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ ... + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1 = a n y 1n-1b (5)

必使（5）式 y 1n-1b 为整数。当 y 1n-1b =1时至少有两项不含与其它各项相同因子，等式

存在成立的条件。如果 y 1n-1b > 1余y 1n-1整数因子即余y 1的因子，而（5）式左边除C 1n x n-1项外其它各项均含y 1因子，并与x n-1互质；因而余y 1的因子只能与C 1n = n 相

约。又（4）式两边分母y n-1 → b 对应，y n-1含b 因子，（5）式a n y 1n-1b 项中（a ，b ）

= 1，b 必整除y 1n-1即y 1n-1含b 因子。设y 1含n 的因子为N i ，令 y 1n-1=N i n-1y 2 n-1， 各项约去所含n 的公因子设为N i pi ，使（5）式确定为：

pi 1i

N (1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ … + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1) = a n 112b n pi n i N y ---…………（6） 所以（5）式 y 1n-1b =1时，令正整数c = y 1，则b= c n-1及y = ac 代入（3）式、

（4）式得：

z - (x + c n ) = 0 ……………………………………………（,7）

z n-1+ xz n-2 + ... + x n-2z + (x n-1- a n ) = 0 (8)

进而（6）式约去所有项含n的公因子，使等式中至少两项不含与其它各项相同的因

子，等式存在成立的条件。这时即定

11

2

b

n pi n

i

N y

---

=1，令正整数c =y2则b = c n-1N i n-pi-1

及y=acN i代入（3）式、（4）式得：

z - (x + c n N i n-pi) = 0 (9)

z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 +...+(x n-1 -a n N i pi) = 0 (10)

于是，得到a、b值的存在情形和y = ac不含n因子、y = acN i含n因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。

2.方程z n = x n + y n的性质

由（7）式z = x + c n及y = ac代入（1）式：

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

这时被限定的任何正整数x、c使a是唯一的正整数方根

a = n (x + c n)n– x n

c n

则

z = x + c n≡ n x n + (ac)n

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c，⇒a），所以（1）式正数方根成立，存在z = x + c n 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：

z n-1 - (x + c n)n-1= 0 (11)

根据方根存在唯一性定理○2

，（8）式f（z）≡（11）式g（z）。

同理，由（9）式及y =（acN i）有

z = x + c n N i n-pi≡

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c，⇒a）使（1）式正数方根成立，存在z = x + c n N i n-pi 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：

z n-1 - (x + c n N i n-pi) n-1= 0 (12)

所以，（10）式f（z）≡ （12）式g（z）。