费马大定理的证明文档格式.docx
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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、谷山一志村猜想、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x4•y4二Z4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xn■y^zn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xny^zn没有正整数解，即证明FLT。
⑵
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
n=4,n=p时xny^zn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
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
[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
2丄-2m=ab
n=2ab
2.2
y=a-b
这里，a>
b>
0，（a,b）=1，ab为偶。
由式
（2）
22
x=4ab（ab）
因为（4ab,a2b2）=1，由式（8）可有
c2=4ab
e2=4ab
于是，从式（10）可以得出，（a,b,e）也是式（
（5）
（6）
⑺
，（5），（6）可有
（8）
（9）
（10）
3）的解。
由式（5），（10）可有
m二a2b2二e2e
m>
e⑷
2）有解的同时，式（3）无解，进而式
这与假设是式（3）的最小解相矛盾。
因此，在式（
（1）无解。
（二）n=p的证明
在x,y,z彼此互素时，设方程
ppp
xyz
由式
（1）可有，
PPP
（x2）2京）2心2⑵
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
P
x2=2mn（3）
p
222
y2二m-n（4）
z2二m2n2（5）
这里m>
0，（m,n）=1，mn为偶数，即为mn—奇一偶
由式（3），（4），（5）可知，x,y,z又只能都为平方数。
设x二r2,y二s2,z二t2，则式
（2）和式
（1）为
⑹
r2p-s2p=t2p
（1）方程（6）可为
（s2）p=（t2）p-（r2）p
方程（7）的解为
rp=n^（m,n）或n-g（n,m）
s2二m2「n2
tp=m-f（m,n）
0，（m,n）=1,m为奇数，n为偶数；
（m,f（m,n））二或p,（n,g（m,n））=1或p;
0p42p□2p-32p-3p4p4
f（m,n）=CpmCpmnCpmnCpn
（11）
g（m,n）=Cpmp°
Cpmp‘n2C畀m2np；
C：
np‘
（12）
Op」2p~32p2p
g（n,m）=CpnCpnmCpnmCpm
（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
Cp二cp亠（i=o,1,2,Tip）。
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
可有
（2）方程（6）还可为
方程（18）的解为
这里u>
v>
0，（u,v）=1,uv为偶数。
同时，式（20）的解为
（19）
（28）
r25是式（27）所有解的最小解。
因此，在式（26）有解的同时，式（27）也同时有解。
设
从式（25）可知，p不整除f（a,b），这不整除g（a,b）。
因为（a,f（a,b））二1,b,gab））,
由式（25）可有
n=2a
（29）
Dp=f（a,b）
（30）
Dp=b
（31）
叮=g（a,b）
（32）
于是，从式（32）可以得知，（a,b,r4）也是式（27）的解。
由式（27）的解。
由式（27）,（32）可有
圧=g（m,n）=g（a,b）（33）
r25'
r4
<
2>
在p不整除a,p整除b时，从式（17）可知，p整除g（m,n）。
因为
（a,g（m,n））=1,b,g（m>
n）>
p由式（17）可知，整除。
因为，由式（17）可有
时=2a（34）
Pd6=g（m,n）（35）
宀pb（36）
因此，在此（34）有解的同时，式（35）也同有解。
设是式（35）所有解中的最小解。
从式（25）可知，p不整除f（a,b），p整除g（a,b）。
因为（a,f（a,b））=1,b,g（ab））p由
式（25）可有
“2a
（37）
邛=f（a,b）
（38）
h二pb
（39）
PE—g（a,b）
（40）
于是，从式（40）可以得知，（a,b,r8）也是式（35）的解。
由式（35），（40）可有
PD6=g（m,n）卩叮=g（a,b）
（41）
r26
3>
.在p整除a,p不整除b时，从式（17）可知，p整除g（n,m）。
（a,g（n,m））=1,b,g（nm）十，由式（17）可有
（42）
圧=2pa
（43）
PGp=g（n,m）
（44）
因此，在式（42）
有解的同时，式（43）也同时有解。
设「是式（43）所有解中的最小
解。
（25）可有
（49）
PDp=g（n,m）ap「i0=f（a,b）
（4）在a为奇数,
b为偶数，分别有
1>
在p不整除ab时，从式（17）可知，p不整除g（m,n）。
因为（2ab,g（m,n））=1，由式
（17）可有
r*二2b
（50）
圧=g（m,n）
（51）
「15二a
（52）
因为（a,f（a,b））=1,（b,g（a,b））=1，由
从式（25）可知，p不整除f（a,b），p不整除g（a,b）。
-2b
（53）
ri4
二g（a,b）
（54）
r*
=a
（55）
f（a,b）
（56）
曰
是，
从式（54）可以得知，（a,b,r14）也是式（51）
的解。
由式（51）,（54）可有
（57）
「2；
=g（m,n）Ar*=g（a,b）
r28'
「14
＜2＞在p整除a,p不除b时，从式（17）可知，p整除g（n,m）。
（a,g（n,m））二p,（b,g（n,m）＞,1由式（17）可有
r*=2b（58）
pr2p=g（n,m）（59）
r*=pa（60）
因此，在式（58）有解的同时，式（59）也同时有解。
设r29是式（59）所有解中最小解。
从式（25）可知，p整除f（a,b）,p不整除g（a,b）。
因为（a,f（a,b）^p,（b,g（a,b））,1由
嚅二2b
（61）
需=g（a,b）
（62）
repa
（63）
PGp=f（a,b）
（64）
于是，从式（64）可以得知，（a,b,r20）也是式（59）的解。
由式（59）,（64）可有
「29-r20
＜3＞在p不整除a,p整除b时，从式（17）可知，p整除g（m,n）。
（a,g（m,n））=1,b,g（m,n）＞p由式（17）可有
r2p=2pb
（66）
pr3p=g（m,n）
（67）
（68）
因此，在式（66）有解的同时，式（67）也同时有解。
设r30是式（67）所有解中的最小解。
从式（25）可知，p不整除f（a,b），p整除g（a,b）。
r2p=2pb（69）
pq；
二g（a,b）（70）
D3=a（71）
r2；
=f（a,b）（72）
于是，从式（70）可以得知，（a,b,r22）也是式（67）的解。
由式（67），（70）可有
pr；
p=g（m,n）apg；
=g（a,b）
（73）
r30'
r22
（5）根据式（33），（41），（49），（57），（65），（73）的结论，这与假设r25,r26,r27r28r29,r30
分别是一个最小解相矛盾。
因此，在此（26），（34），（42），（50），（58），（66）分
别有解的同时，式（27），（35），（43），（51），（59），（67）分别无解。
于是，在式
（9）有解的同地，式（8）无解，进而式（6）无解，式
（1）无解。
根据以上的证明，费马大
定理成立。
⑹
参考文献
[2]
[4]
闵嗣鹤，严士健。
初等数论。
高等教育出版社，胡振武。
费马大定理证明之研究。
徐本顺，解恩泽。
数学猜想一一它的思想与方法。
长沙:
柯召，孙琦。
谈谈不定方程。
上海：
上海教育出版社，
2003（12）
湖南科学技术出版社,
1980。
1990
[5]朱惠林。
莫德尔猜想的解决。
自然杂志，1983（12）
[6]徐俊杰。
数学难题探险索。
西北工业大学出版社。
2007（4）
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