费马大定理的初等证明与商高不定方程的新解法

Cn1b n−1l2 a
+
C
2 n
b
n−2
l
2
+
C
n3b
l n−3 1
+ ...... + Cnn−1a n−5bc n
+ an−4cn
=
an−4d n
上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。因同样的原因，
该项为正整数的条件为 a 整除 l2 ，或 a 被 Cn1 整除后所得的商能整除 l2 。由于后一种情况在 上述对（5）式进行的两边连续同除以 a 的运算中，或者不能出现，或者只能出现一次（因
础解的表达式可写为
x=bk= ba=b aa
y= d k = ad cc
…………（9）
z = a+bk =a+b a
即有
成立。
(a + b)n − bn = ( a d )n …………（9′） c
因 (c, d ) = 1 ，故使（9′）式右边 y = a d 取最小值的充要条件为 a 取 c 的最小倍值，d c
费马大定理的初等证明
与商高不定方程的新解法
陈剑涛 （黄冈师范学院 湖北黄冈 438000）
[内容摘要]本文通过一种简单的初等变换证明，若方程 xn + yn = zn 在 n > 2 时有正整数解，
则方程 ( p +1)n − pn = qn 在 n > 2 时必有正有理数解。但可以证明，在 n 为大于 2 的奇质数
−1a
n−5bc
n
+ an−4cn
= an−4d n
将以上这种对（5）式两边同时除以 a 的运算连续进行 n −1次，有
Cn1b
l n−1 n−1
+ Cn2bn−2ln−2
+
Cn3b
l n−3 n−3
+ ...... + Cnn−1bl1
+
cn
=
dn
…………（8）
这里显然有
cn = l1a = l2a2 = l3a3 = ... = ln−1an−1
5
2 的奇质数时，只有 a = c = 1，才能使 a = c 和 an−1 = cn 同时成立。此与已设 p = b , q = d ac
有公共质因数 a ，此与已设 (c, d ) = 1 矛盾，故假设 a | Cn1 为不可。
（ⅱ）设 a | cn
记 cn = l1a ，代入（6）式有
Cn1bn−1l1 + Cn2bn−2cn + Cn3abn−3cn + ...... + Cnn−1an−3bcn + a c n−2 n = an−2d n 将上式两边再除以 a ，有
+
a c n−2 n
=
an−2d n …………（6）
上式等号两边，除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。但因
(a, b) = 1， a 不能整除 bn−1 ，故欲使该首项为正整数，只能有 a | Cn1cn 。
当我们根据算术基本定理，将 cn 写成其标准质因数分解形式
cn
=
(
pc1 1
（ⅲ） a
=
Cn1
p m1 1
p m2 2
...
p mi i
...
p mk k
，其中1 ≤
mi
≤
nci , i
= 1,2,Lk
但可以证明，在满足 n 为大于 2 的奇质数， p, q 均为既约分数的条件下，上述情况均不
2
可能出现，分别证明如下：
（ⅰ）设 a | Cn1
因 Cn1 为奇质数，且已设 a ≠ 1 ，故欲使 a | Cn1 为可能，只能有 a = Cn1 = n ，将 a = n 代
（若 x = y ，则方程（1）变成了 z n = 2x n 之形式，已非我们要讨论的费马猜想了），故在 x, y 之中必有一个为更小。若设 x 为其中之更小者，则必有 z ≥ x + 2 成立。令 z = x + k （ k 为
大于或等于 2 的正整数），则（1）式可写为
xn + yn = (x + k)n …………（2）
− bn] =
( c )n[an a
+ Cn1an−1b + ... + Cnn−1abn−1] =
ha[an−1
+ Cn1an−2b + ... + Cnn−1bn−1]
之形式（其中 h = ⎜⎛ c ⎟⎞n 为正整数），立知 a | d n 。因 a = n 为奇质数，故有 a | d ，从而 c, d ⎝a⎠
但可以证明，在 n 为大于 2 的奇质数时，（4）式既没有 p, q 均为既约分数形式的正有理 数解，也没有 p, q 一为既约分数，一为正整数形式的正有理数解，从而证明了在 n 为大于 2 的奇质数时，费马猜想是正确的。结合 n = 4 时费马猜想为真的已有结论，我们即可断定费
马猜想确实是正确的，①并由此得到了一种对商高不定方程的全新解法。 下面继续用反证法给出具体证明。
1
( p +1)n − pn = qn ……………（4） 在 n > 2 时有正有理数解。
由此可知，欲证明费马猜想成立，只需证明在 n > 2 时，（4）式没有 p, q 同时为正整数
形式的正有理数解即可（若 p, q 均为正整数，则由（3）式知 x, y, z 必有公因数 k > 1 ，此与
已设 (x, y, z) = 1相矛盾）。
将（1）式改写成 zn − xn = yn 之形式后可以看出，若（1）式在 n 为大于 2 的某奇质数
时有正整数解，则必有这样一组互质基础解存在，在该组解中， y 的取值在所有解组中为最
小。
而 y 取最小值的充要条件我们可以从（1）式的互质基础解的表达式中看出来。
4
已知（1）式有正整数解时，（4）式必有对应的正有理数解 p = b , q = d 存在（在已设 ac
整除 l1 但 a 被奇质数 Cn1 整除后所得的商能整除 l1 。
（1）先设 a | l1 。
记 l1 = l2a ，则（7）式可写成
Cn1b
l n−1 2
+ Cn2bn−2l1
+ Cn3bn−3cn
+ ...... + Cnn−1an−4bcn
+
an−3cn
=
an−3d n
将该式两边再除以 a ，有
Cn1bn−1l1 a
+ Cn2bn−2l1
+ Cn3bn−3cn
+ ...... + Cnn−1an−4bcn
+ an−3cn
=
an−3d n …………（7）
同样，因上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该首项
Cn1b
l n−1 1
也必须
a
3
为正整数。因 (a, b) = 1，且已证 a 不能整除 Cn1 ，故该首项为正整数的条件为 a | l1 或 a 不能
立（其中 s 为正整数，[a, c] 为 a, c 的最小公倍数）。容易看出，在还要满足 x, y, z 是互质基
础解组，即满足 (x, y, z) = 1的条件下，在 k = s[a, c] 中，只能有 s = 1 及[a, c] = a （否则，
x, y, z 将有大于 1 的公因数存在），从而有 k = s[a, c] = a ≥ c ，于是上述（1）式的互质基
费马（Fermat）在 1637 年提出猜想，认为方程
xn + yn = zn ……………（1） 在 n > 2 时无正整数解，其中 n 为自然数。此即已被怀尔斯证明了的费马猜想或费马大定理。
但本文认为，该定理亦可用初等方法予以证明。 用反证法。
设 n 为大于 2 的任意正整数时，费马猜想不成立，即（1）式有正整数解，并设 x, y, z 是 满足 (x, y, z) = 1的任意一组基础解（或称本原解），则显然有 z > y 和 z > x 成立。又因 x ≠ y
两者均为既约分数的情况下， a, c 均不等于 1），故（1）式的正整数解组可表示为
x = pk = b k a
y = qk = d k c
z = ( p +1)k = a + b k a
之形式。显然，为满足 x, y, z 为正整数，必有 a | k 及 c | k 同时成立，即必有 k = s[a, c] 成
ac
Cn1bn−1cn + Cn2abn−2cn + Cn3a2bn−3cn + ...... + Cnn−1an−2bcn + an−1cn = an−1d n ………（5）
将上式两边同除以 a ，有
Cn1bn−1cn a
+ Cn2bn−2cn
+ Cn3abn−3cn
+ ...... + Cnn−1an−3bcn
外，其余各项均为正整数，故要求首项 bn−1cn 也必须为正整数。 n
因 n = a 为奇质数，且 (a, b) = 1，所以 n 不能整除 b ，于是只有 n | cn ，亦即 n | c（即 a
整除 c ）。将 p = b , q = d 代入（4）式，并写成 ac
dn
=
cn an
[(a
+ b)n
入（5）式，有
Cn1bn−1cn + Cn2nbn−2cn + ...... + Cnn−1nn−2bcn + nn−1cn = nn−1d n
将上式两边同除以 n2 有
bn−1cn n
+
Cn2b n − 2 c n n
+ ...... + Cnn−1nn−4bcn
+ nn−3cn
=
nn−3d n
因 n 为奇质数，且 n ≥ 3 ，所以 Cn2 = 1 n(n −1) = n −1 为正整数，即上式左边除首项 n n 2×1 2
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可见， ln−1 是（8）式左边各项的一个公因数，从而也是 d n 的一个因数，故若 ln−1 > 1，
则 c, d 必有大于 1 的公因数存在，此将与 (c, d ) = 1 矛盾，故要求此处的 ln−1 必须等于 1。
但可以证明，在假设 a | cn 的情况下，此处的 ln−1 也不可能等于 1。
时，后一方程并无正有理数解，从而断定费马大定理是可以用巧妙的初等方法予以证明的。 作为副产品，本文还得到了商高不定方程的一种同样巧妙的新解法。 [关 键 词]费马大定理 初等证明 商高不定方程的新解法
虽然让世人魂牵梦萦几个世纪的费马猜想或费马大定理已由英国数学家安德鲁·怀尔 斯通过对谷山-志村猜想等的证明而给出了一个冗长、繁难的现代证明，但寻找某种费马所 谓的巧妙的初等证明仍是学界一个难了的夙愿。其实早在 1992 年底，笔者即发现了一种对 费马大定理的初等证明和对商高不定方程的一种新解法（后在一些数学界朋友的帮助下有所 修改），结果显示，费马大定理确如其本人所言，是可以通过某种巧妙的初等方法予以证明 的。
该情况一出现，该首项的系数
C
1 n
从此即被约去）。故可暂不考虑后一情况，而只先考虑在每
次运算中， a 总是能整除 c n 的各个剩余因数 l1 、 l2 、 l3 …的情况。
设 l2 = l3a ，则上式又可写成
Cn1b n−1l3
+ Cn2b n−2l2
+ Cn3b n−3l1
+
......
+
C
n n
pc2 2
...
pci i
...
p ck k
)n
=
p nc1 1
p nc2 2
...
p nci i
...
p nck k
（
p1,
p2... pk
为 c 的大于
1
的互异质因
数）后可以看出，使
a
|
Cn1c
n
为可能，从而使
Cn1bn−1cn a
为正整数的情况，有下列三种：
（ⅰ） a | Cn1
（ⅱ） a | cn
取最小值。
因为 a 可以是 c 的任意倍，故当 a 取 c 的最小倍值时，应有 a = c 。而从由（8）式给出
的 d n 的表达式中可以看出，当 n 为某一确定的奇质数时， d n 亦即 d 取最小值的必要条件
是作为（8）式左边各项的因数之一的 l1, l2 ...ln−1 均取最小值，亦即 ln−1 取最小值。故在已设 d n 亦即 d 取最小值的情况下，必有 ln−1 为最小。但可以证明，在假设 a | cn 的情况下，此 处 ln−1 所 能 取 的 最 小 值 不 可 能 等 于 1 。 因 为 若 ln−1 = 1 ， 则 由 cn = l1a = l2a2 = l3a3 = ... = ln−1an−1 ，我们又有 an−1 = cn ，但在 a, c 均为正整数， n 为大于
因 x, y, k 均为正整数，故必有正有理数 p, q 存在，使 x = pk, y = qk 成立，代入上式，
有
pnk n + qnk n = ( pk + k)n = ( p +1)n k n ……………（3） 即此时必有正有理数 p, q 存在，使方程
pn + qn = ( p +1)n
成立。亦即方程
首先可以证明，在 n 为大于 2 的奇质数时，（4）式不可能有 p, q 均为既约分数形式的
正有理数解。
设 在 n 为 大 于 2 的 奇 质 数 时 ，（ 4 ） 式 有 p, q 均 为 既 约 分 数 形 式 的 正 有 理 数 解 p = b , q = d （ a, c 均不等于 1）。
ac 将 p = b , q = d 代入（4）式，展开整理后有