费马猜想“美妙证明”的三步重要性质(4)

因为p是质数，得“约数方程”及“余约数方程”为：

x – 2 = 0…………………………………… ………………………（3.2）

x2 + x + 1– p = 0…………………………………… ………………（3.3） 所以x = 2、p = 7。如果按不定方程的因式关系（3.2）式、（3.3）式是（3.1）式的因式，但却不然：

x2 + 2x + 4

x - 2︱x3 -1 - p

x3 - 2x2

2x2

2x2 - 4x 4x-1 4x-8 7-p=0

由此得x2 – 1 – p =（x – 2）（x2 + 2x + 4）= 0。而（3.3）式

x2 + x + 1 – p = x2 + x – 6 = 0

其中一个根x = 2与（3.2）式同解，另一个根x = - 3是增根。因而余约数方程（3.3）式不是（3.1）式的因式，未知数y从属于x，p是受x有正整数（质数）解所制约的定值。

如果以F表示原不定方程，以F1、F2表示两个约数方程，F0表示原方程F1的余因式，X为主元，则“主元不定方程”的一般表达式：

F（X ，y，…，z）= F1（X ，y，…，z）* F0（X ，y，…，z）= 0

F1（X ，y，…，z）= 0 （是约数方程，为原方程的因式）

F2（X ，y，…，z）= 0 （是余约数方程，非原方程因式） F0（X ，y，…，z） （是原方程的余因式）

4.费马猜想不定方程约数因式的一般性与特殊性

首先zn = xn + yn是不定方程，具有不定解的本性；但是，它却可以确定以“z”为方根解问题的主元方程，在“因式”关系上与一般方程同理，因而必须明确它的“约数方程” 和“余约数方程”与原方程的的关系。由《“方根（或重根）余约数方程”唯一性定理证明费马猜想》文中的论证，仅以其中（8）式、（9）式为例：

z - (x + cn) = 0 …………………………………………F1〔原稿（8）式〕 zn-1+ xzn-2 + x2zn-3 + … + xn-2z +（xn-1- an）= 0 ………F2〔原稿（9）式〕

当方根zn -（xn + yn）= zn – [xn +(ac)n] = zn - (x + cn )n = 0时的方根因式为：

zn-1 + xzn-2 +… + xn-2z + xn-1 z-x-cn︱z n -xn-ancn zn-xzn-1-cnzn-1

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nn-1

cz+xzn-1 -xn-ancn

xzn-1-x2zn-2-cnxzn-2

cnzn-1+cnxzn-2+x2zn-2 -xn-ancn

… ……

cnzn-1+cnxzn-2+…+cnxn-3z2+xn-2z2 -x-ancn

xn-2z2-xn-1z-cnxn-2z cnzn-1+cnxzn-2+…+cnxn-3z2+cnxn-2z+xn-1z -xn-ancn xn-1z-xn-cnxn-1

cnzn-1+cnxzn-2+…+cnxn-3z2+cnxn-2z+cnxn-1-ancn = 0

zn-1 + xzn-2 + … + xn-3z2 + xn-2z + xn-1- an = 0

于是F0（Z，x，y）= zn-1 + xzn-2 + … + xn-2z + xn-1，则zn -（xn + yn）= 0的因式分解为：

F(Z，x，y)= zn -(xn + yn) = (z - x - cn)( zn-1 + xzn-2 + … + xn-2z + xn-1) = 0

即F（Z，x，y）= F1F0，F1（Z，x，y）、F0（Z，x，y）是F（Z，x，y）= 0的因式，所以方根时F2 = zn-1 + xzn-2 + … + xn-3z2 + xn-2z + xn-1- an = 0不是原方程的因式。

当重根zn -（xn + yn）= zn – [xn +（ac）n] = [ z -（x + cn）] n = 0的重根因式为：

zn-1 -cn?1(x+cn)zn-2 + … 1

cn?1(x+c)z ± (x+c)

n?2nn-2nn-1

z -（x+cn）︱z n -xn-ancn zn- (x+cn) zn-1

(x+cn) zn-1 -xn-ancn

-cn?1(x+cn)zn-1 +cn?1(x+cn) 2 zn-2 1

12

1 cn(x+cn)zn-1 -cn?1(x+cn)2zn-2 -xn-ancn

… 12 cn(x+cn)zn-1 -cn(x+cn)2zn-2 +…… -xn-ancn

cn?1(x+cn)n-2z2 ±cn?1(x+cn)n-1z n?2n?212 cn(x+cn)zn-1 -cn(x+cn)2 zn-2 + … cn?1(x+cn)n-1z -xn-ancn

n?2 ±(x+cn)n-1z cn(x+c)z-cn(x+c)z+…

121(x+cn)n

nn-12n2n-2

cnn?1(x+cn)n-1z ±(x+cn)n - (xn+ancn)= 0

n?1 zn-1-cn(x+cn)zn-2+cn(x+cn)2zn-3 -…±cn(x+cn)n-1(x+cn)n-1 = 0

?2于是F0（Z，x，y）= zn-1-c1(x+cn)zn-2 +…cnn?(x+cn)n-2z ±(x+cn)n-1 = [z-（x+cn）] n-1，n?11则zn -（xn + yn）= 0的因式分解为：

F（Z，x，y）= zn -（xn + yn） = [z -（x + cn）][z -（x + cn）]n-1 = 0

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即F（Z，x，y）= F1F0，F1（Z，x，y）、F0（Z，x，y）是F（Z，x，y）= 0的因式， 而这时“余约数方程”F2（Z ，x，y）为：

zn-1-c1(x+cn)zn-2+cn2(x+cn)2zn-3-…±cnn?1(x+cn)n-1(x+cn)n-1 = 0 n zn-c1(x+cn)zn-1+cn2(x+cn)2zn-2-…±cnn?1(x+cn)n-1z(x+cn)n -zn + (xn+ancn)=0 nzn - xn = ancn

zn-1+ xzn-2 + x2zn-3 + … + xn-2z +(x n-1- an) = 0

nn-2n2n-3nn-1nn-1 n-1n-2 2n?1cc所以重根时zn-1-c1(x+c)z+(x+c)z -…±(x+c)(x+c)= 0与z+ xz+ nnnx2zn-3 + … + xn-2z +(x n-1- an) = 0是等价的，同样F2 = 0不是原方程的因式。

通过分析证明，可用约数分析法求解的不定方程分为“权元不定方程”和“主元不定方程”两类，区别在于“余约数方程”与因式的关系，为费马猜想方程用“方根（或重根）余约数方程”检验“方根（重根）约数方程”有无正整数解提供了理论依据，明确了用“方根（或重根）余约数方程”的关系检验“方根（重根）约数方程”有无正整数解的方法是正确的。

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用“勾股定理”及“勾股弦数”不能证明费马猜想

有人企图利用“勾股定理”或其正整数解公式“勾股弦数”证明费马猜想，都是不可能的。因为“勾股定理”及其正整数解公式“勾股弦数”有一个重要特点：

x2 + y2 = z2

其中x、y一个必为偶数另一个为奇数，z必为奇数。由此决定了用“勾股定理”及“勾股弦数”必使

xn + yn = zn

中x、y一个为偶数另一个为奇数，z为奇数。然而，当n为奇数时存在x、y两数为奇数z为偶数使xn + yn = zn等式成立的条件。

证明：设x、y为奇数，z为偶数：

x = 2h –1，y = 2d –1，z = 2f

有

（2h – 1)n + (2d – 1)n = (2f)n 因为n为奇数，展开上式：

2nhn –c12 n-1hn-1 +…–cnn?222h2 + cnn?12h –1 + n 2ndn –c12 n-1dn-1 +…–cnn?222d2 + cnn?12d –1 = 2nfn n整理

2n-1（hn +dn）–c12n-2（hn-1 + dn-1）+…– n cnn?22（h2 + d2）+ cnn?1( h + d) –1= 2n-1fn ……F（h，d，f）

因为n ≥ 3，所以F（h，d，f）式右边一定是偶数，左边2n-1（hn +dn ）–c12n-2（hn-1+dn-1）n+…–cnn?22（h2 + d2）也一定是偶数，那么所余项

cnn?1( h + d) – 1

是什么样的数呢cnn?1= n是奇数，因为h、d取任何正整数 x = 2h – 1、y = 2d – 1均为奇数。如果h、d同时取偶数或同时取奇数使

cnn?1( h + d) – 1

均为奇数，则F（h，d，f）式左边为奇数，右边为偶数，不能为等式；如果h、d一个

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取偶数另一个取奇数使

cnn?1( h + d) – 1

为偶数，则F（h，d，f）式左边为偶数，右边为偶数，等式存在可能成立的条件。 因此当n为奇数时存在x、y两数为奇数z为偶数使xn + yn = zn等式可能成立的结果。而用“勾股定理”及“勾股弦数”即使证明是正确的也只能是x、y两数为一奇数一偶数的部分数域，不能含概x、y两数同为奇数的数域，所以不能证明费马猜想。

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