费马猜想“美妙证明”的三步重要性质

费马猜想“美妙证明”的三步重要性质

费马猜想的“美妙证明”必须首先定位它是什么性质问题。对于zn = xn + yn任何一个n次方数相互制约的另两个n次方数关系是确定的，所以这是个方根问题。根据方根存在唯一性定理可以判断zn = xn + yn有关于“z”的正整数解是确定性的，正整数解为方根是必要性的，正整数方根解是唯一性的。

1.确定性

1.1.倒数法确定正整数解

根据解不定方程引理：特别当uv = 1或素数p时，将原不定方程转化为不定方程组， z x

从而获得一些不定方程的解。将原式转化为( y)n - ( y)n = 1分解成互为倒数方程组：

z x b y – y = a

zxzxzxa( y )n-1 + y ( y )n-2 + ( y )2 ( y )n-3 +…+ ( y )n-1 = b

从而确定a、b是yn只可分解的正整数因数。y不含n的因子时确定y = ac由 a 、b（b = cn-1）是 yn的约数及x决定了z = x + cn为zn = xn + yn的正整数解约式，也就是由正整数x、c确定了“z”解是正整数解；y含n的因子时确定y = acNi再由 a 、b（b = cn-1）、Nin是yn的约数及x决定了z = x + cn Nin-pi 为zn = xn + yn的正整数解约式，也就是由正整数x、c及n的因子确定了“z”解是正整数解。

1.2.互质法确定正整数解

原式zn = xn + yn分解得 ( z - x ) (zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z + xn-1) = yn，使yn = CD转化为方程组：

z – x = C

zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z + xn-1 = D

根据解不定方程引理：整数uv= wn，u＞0，v＞0，（u ，v）= 1；则u = an，v = bn，如果zn = xn + yn有正整数解（C ，D）= 1时即确定C = cn、D = dn，y = cd，使z = x + cn为确定的正整数解；（C ，D）＞1时由C、D分解“可约公因数式”确定y = cdNi，再由互质数关系确定C = cnNin - pi、D = dnNipi使z = x + cnNin-pi为确定的正整数解。

反例：近似的方程是zn – xn = y（y为正整数）。以“y”为约数： y = a1*b1，a2*b2，……

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任意一组因数取值使z 、x可能是实数解或是虚数解，即使是有正整数解不可用一般的方法即定某一组取值使z 、x为确定的正整数解；以“x”为约数：zn – y = xn不可分解因式；而y = zn – xn根本就不是方根问题。所以zn – xn = y分解不出确定的关于“z”正整数解约式，就涉及不到正整数方根解的必要性和方根的唯一性了。

2.必要性

如果zn = xn + yn有正整数解由yn为约数能够分解关于“z”确定的正整数解约式，若以xn为约数亦得同样的结果，yn与xn形式上可以等同互换。如果yn与xn不等同互换，即各自为一定的数，当n为奇数时y 、x 均不含n 因子有：

z = x + cn = y + sn = nxn + yn （x = st）

y 、x 其一含n 的因子令 x 含n 的因子有：

z = x + cn = y +snNin-pi = nxn + yn （x = stNi） 当n为偶数时y 、x 必有一个数为偶数，令 x 含偶数因子有： z = x + cn = y +2n-psnNin-pi = nxn + yn （ x =2stNi） 所以zn = xn + yn有正整数解一定是正整数方根解。

3.唯一性

仅以z = x + c n为例，根据方根存在唯一性定理，n次方根等式z n = xn + y n与z n = (x + c n) n是唯一性的，同约去z = x + c n“方根约数”的余约数方程也必是唯一性的。重根〔z -（x + cn）〕n = 0展开式：

z〔zn-1 -c1(x+cn)zn-2 +cn2(x+cn)2zn-3 - …cnn?2(x+cn)n-2 z ± ncnn?1(x+cn)n-1〕= (x+cn)〔±(x+cn)n-1〕

约去“重根约数”为：

zn-1-c1(x+cn)zn-2 +cn2(x+cn)2zn-3 -…cnn?2(x+cn)2z ±cnn?1(x+cn)n-1 (x+cn)n-1 = 0 n这一余约数方程必是唯一的。所以，重根等式z n -（xn + yn）= 0与〔z - (x + cn)〕n = 0是唯一性的，它们同约去z = x + c n“重根约数”的余约数方程也必是唯一性的。

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费马猜想“美妙证明”：n = 3、4释例

为证实《“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理证明费马猜想》是正确的，现在仅以n = 3、4特殊举例解释这个一般性的证明过程。

1.当n = 3时

证明：

z 3 = x 3 + y 3 ………………………………………………………（1）

无正整数解。假设（1）式有正整数解，取（x ，y）= 1使等式成立。

1.1分析“z”的正整数解

将（1）式变形：

z x

( y )3 - ( y )3 = 1………………………………………………（2） zxzxzx

( y - y )〔( y )2 + y y + ( y )2〕= 1

于是设正整数（a ，b）= 1得到方程组：

z x b – = y ya …………………………………………………………（3） zxzxa

( y )2 + y y + ( y )2 = b …………………………………………（4）

zx b

由（3）式得 y = y + a 可以代入（4）式，但为了简便直接代入（2）式：

xbx

( y + a )3 - ( y )3 = 1 bxbxb

3 a ( y )2 + 3 ( a )2( y ) + ( a )3 = 1 由（3）式必有y含a 因子，设y = ay1代入上式并化简乘以a3、y12及除以b得：

3x+ 3by1x+ by1 = a b……………………………………………（5）

又将y = ay1代入（3）式、（4）式得：

z – x = by1 ……………………………………………………………（6） z+ xz+ x = a b……………………………………………………（7）

由（4）式必有y2含b 因子，y2 = (ay1)2，有y12含b 因子。在（5）式右边项中（a ，b）y12y12

= 1，只有 b 整除 y1，所以只存在 b = 1或者 b > 1两种取值情形。

2

2

2

3 y1

2

2

2

2

3 y1

2

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y12

当 = 1时（5）式有两项不含y1因子使等式成立，设正整数c令y1 = c，则b = y12

b= c2，by1 = c3，代入（6）式、（7）式得：

z - ( x + c3) = 0 ………………………………………………………（8） z2+ xz + (x2 – a3) = 0……………………………………… …………（9） y12

当 b > 1时余y1的因子，（5）式左边除3x2项外其它各项均含y1因子，并与x2互质；所以余y1的因子只能与3相约，即y1与3只能含3公因子。设y1 = 3y2，代入（5）式并除以3得：

x+ 3by2x+ 3by2 = a

2

2

2

3 3y22

b

3y22y12

这时只有 b = 1上式有两项不含3因子和y2因子使等式成立。所以 b 只余1个3

y12

因子即 b = 3，by1含2个3因子，于是令y2 = c，则y1 = 3c 、b = 3c2、by1 = 32c3，代入（6）式、（7）式得：

z - (x + 32c3) = 0………………………………………………………（10） z2 + xz + (x2 - 3a3) = 0…………………………………………………（11）

1.2

证明“z”的解是方根（重根）

z3 = (x + c3 )3 = x3 + (ac)3

由（8）式，“非0正整数方根”存在时，z = x + c3及y = ac代入（1）式为：

这时x、c取任何正整数便决定a的唯一非负实数方根

a =

均使

z = x + c3 ≡ 3 x3 +（ac）3

等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c ?a）方根使原方程成立。所以（8）式是（2）式分解约数的“方根约数方程”，相应（9）式是（2）式约去“方根约数”的“方根余约数方程”。

由（8）式，“0正整数重根”存在时，z -（x + c3）= 0代入（1）式变形为：

z3 -（x3 + y3）=〔z - ( x + c3 )〕3 = 0

〔z - ( x + c3 )〕3 = z3 - 3（x + c3）z2 + 3 (x +c3)2 z - (x + c3)3 将z = x + c3代入其中 - 3（x + c3）z2 + 3 (x +c3)2 z - (x + c3)3 并化简得( x + c3 )3（- 3 + 3 - 1）= - ( x + c3 )3使原式为：

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3

（x + c3）3 - x3

c3

z3 -（x3 + y3）=〔z - ( x + c3 )〕3 = z3 - ( x + c3 )3 x3 + y3 = ( x + c3 )3

所以（8）式同是（2）式分解约数的“重根约数方程”，相应（9）式又是（2）式约去“重根约数”的“重根余约数方程”。

同理，（10）式是（2）式不同解的“方根（重根）约数方程”，（11）式是“方根（或重根）余约数方程”。

1.3检验“方根（重根）约数方程”的正整数解

1.3.1检验“方根约数方程”的正整数解

由（8）式推出3次方根方程z3= ( x + c3 )3约去“方根约数”的“方根余约数方程”为：

z2 - ( x + c3 )2= 0……………………………………………………（12）

已证明z 3 = x 3+ y 3与z3 = ( x + c3 )3是同一个方根方程，根据方根存在唯一性定理它们同约去一个“方根约数”的“方根余约数方程”仍然是同一个方程，所以有（9）式 ≡（12）式。根据多项式恒等定理（9）式、（12）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0， x2 - a3= - (x + c3)2

因x = 0，常数项a3 = (c3)2即a = c2，又因为b = y12 = c2，这时却有：

a = c2 = b

所以（3）式z = y，（4）式z2 = y2，（8）式有z、x、y均不为0的正整数解不成立。

由（10）式推出3次方根方程z3 = (x + 32c3)3约去“方根约数”的“方根余约数方程”为：

z2 - (x + 32c3 )2 = 0……………………………………………………（13）

与（9）式、（12）式同理，有（11）式 ≡（13）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：

x = 0， x2 - 3a3= - (x + 32c3)2

x = 0，常数项3a3 = (32c3)2即a = 3c2，又因为y1 = 3c， by1 = 32c3，b =3c2 ，这时有：

a = 3c2 = b

所以（3）式z = y，（4）式z2 = y2，（10）式有z、x、y均不为0的正整数解不成立。

1.3.2检验“重根约数方程”的正整数解

由（8）式的3次重根方程〔z - ( x + c3 )〕3 = 0得展开式：

z3 - 3(x+c3 )z2 + 3(x+c3 )2 z - (x+c3 )3 = 0

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