费马大定理证明.docx
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费马大定理证明
ProofofFLT
Authorname:
wanguoqiang
Authoraddress：
WuyangCounty,LuoheCity,HenanProvince
E-mail：
408073346@
Abstract：
Inthispaper,takingBinomialTheoremasaplatform,wehaveproved:
Foranypositive
integern≥3,theequationz=x+y
hasnosolutionswithx,y,z.whicharepositiveinteger.
Keywords:
PythagoräischesTripel,FLT,BinomialTheorem,Combinationformula
费马大定理证明
作者姓名：
弯国强
作者地址：
漯河市舞阳县莲花镇第二初级中学
E-mail：
408073346@
摘
要：
费马大定理：
一个正整数高于二次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。
即不
定方程z=x+y，当n≥3时，无正整数解。
关键词：
勾股数、费马大定理、二项式定理、组合公式
中图分类号：
O156.1
费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：
“将一个立方
数分成两个立方数之和，
幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜
这里空白的地方太小，写不下。
”（拉丁文原文:
"Cuiusreidemonstrationemmirabilemsane
detexi.Hancmarginisexiguitasnoncaperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数
学贡献良多，
内容，推动了数论的发展。
对很多不同的n，费马定理早被证明了。
但数学家对一般情况在近二百年内仍对费
马大定理一筹莫展。
我通过研究费马定理推测，费马当时的灵感可能是一种错误的证
明方法。
下面我给出一种较为简单的证明方法吧，不过这也不是一页纸就能写下的，
里面涉及了大量的计算以及恒等式的变形，这些都是需要耐心和毅力才能完成的工作，
我为了整理恒等式的变形足足花了一个星期的时间，最后终于整理出来了一个正确的
等式。
数学研究要从简单入手，从特殊入手；然后，从简单和特殊的例子中找出规律，
找出证明的方法；最后，再推广到复杂和一般。
这不仅是一个数学研究的方法，也是
我们认识世界一个基本方法。
不定方程是指未知数多于方程个数的方程，在数论里研究不定方程，是指系数为
整数或可以转化为系数为整数的方程，并且只研究整数或正整数解。
解不定方程的一
个总的原则是构造一个含有参数在复数域内的通解，也就是含有参数使方程左右两端
相等的解。
当通解中的参数取整数时，就能得到一个整数解。
其中参数的个数一般比
未知数个数少1。
使方程左右两端相等的特定的整数解叫特解。
整数解和特解一定包含
[1]
于通解之中。
一个不定方程可以没有特解和整数解，但在复数域内一定有通解。
-1-
[2]
例如：
一次不方程
定理1：
ax+by=c有整数解的充要条件是：
（a,b）c。
并且若x0,y0为方程的一个
特解，那么方程的所有整数解为：
⎧
b
⎪x=x0+（a,b）t
⎪
⎨
⎪y=y−at
（a,b）
⎪
0
⎩
其中t=0,±1,±2,
当t可以在复数域内取值时，即为通解。
2[3]
例如：
特殊的二次不方程x+y=z
定理2：
此文以下x,y,z均两两互质，x+y=z的整数解为：
x=2mw，y=w2−m2，z=w2+m2其中w>m,w和m是一奇一偶的整数。
当w和m可以在复数域内取值时，即为通解。
下面我们来研究一下不定方程x+y=z通解的构造。
z2=x2+y2
x2=z2−y2=（z−y）（z+y）
根据勾股数定理：
令z−y=2m
2
则z=y+2m
2
代入
（2）得
x2=z2−y2=2m2（2y+2m2）=22m2（y+m2）=22m2w2
y=w2−m2x=2mw∴
z=w2+m2
z3=x3+y3
x3=z3−y3=（z−y）（z2+zy+y2）
令z−y=3m
23
则z=y+3m代入（3）得
23
x3=z3−y3=32m［（y+32m3）2+（y+32m3）y+y2］
=32m3（3y2+3⋅32m3y+34m6）=33m3（y2+32m3y+33m6）
令y+3my+3m=w
那么我们可以得到
-2-
⎧
z=y+32m3
x=3mw，y和z的解可以由方程组⎨223
⎩y+3my+3m=w
363
当w和m在复数域内取值时，即为通解。
同理：
当n>3时，z=x+y
nnn
来解得。
xn=zn−yn=（z−y）（zn−1+zn−2y+
+zyn−2+yn−1）
（4）
mn则z=y+nn−1mn代入（4）得
令z−y=n
xn=zn−yn=（z−y）（zn−1+zn−2y+
+zyn−2+yn−1）
=nn−1m［（y+nn−1mn）n−1+（y+nn−1mn）n−2y+
n
+（y+nn−1mn）yn−2+yn−1）］
=nn−1m［nyn−1+（Cn−1+Cn−2+
n11
+（Cn−1+Cn2−2+
2
+C2+C1）nn−1mnyn−2+
11
+C32+C2）n2（n−1）m2nyn−3++
2
+（Cn−12+Cn−2）n（n−2）（n−1）m（n−2）ny+Cn−11n（n−1）（n−1）m（n−1）n］]
=nnm［yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3
+Cn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n］
n−1
+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3+
23
令y
+
Cn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
那么我们可以得到
x=nmw，
⎧
⎪
z=y+nn−1mn
y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3++
⎪n−1（n−2）（n−1）−1（n−2）n
y+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
⎩Cnn
来解得。
m
当w和m在复数域内取值时，即为通解。
很容易可以证明，x,y,z两两互质
x=nmw，
⎧
⎪
z=y+nn−1mn
y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3++
⎪n−1（n−2）（n−1）−1（n−2）n
y+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
⎩Cnn
来解得。
-3-
m
是方程z=x+y的通解。
n−1
+zn−2y+证明：
z−y=（z−y）（z
nn
n−1
把z=y+nmn代入上式可以得到
zn−yn=（z−y）（zn−1+zn−2y++zyn−2+yn−1）
+zyn−2+yn−1）
=nn−1m［（y+nn−1mn）n−1+（y+nn−1mn）n−2y+
n
+（y+nn−1mn）yn−2+yn−1）］
=nn−1m［nyn−1+（Cn−1+Cn−2+
n11
+（Cn−1+Cn−2+
22
+C2+C1）nn−1mnyn−2+
11
+C32+C2）n2（n−1）m2nyn−3++
2
+（Cn−12+cn−2）n（n−2）（n−1）m（n−2）ny+Cn−11n（n−1）（n−1）m（n−1）n］]
=nnm［yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3
+Cn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n］
再把
yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3+
23
+
Cn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
代入上式可以得到
zn−yn=nnmnwn=（nmw），把x=nmw代入可以得到zn−yn=xn，即是xn+yn=zn
所以x=nmw，
⎧
⎪
z=y+nn−1mn
y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3++
⎪n−1（n−2）（n−1）−1（n−2）n
y+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
⎩Cnn
来解得。
m
当w和m在复数域内取值时，即为通解。
不定方程x+y=z如果有正整数解，那么正整数解必包含于通解之中。
下面我们来
证明不定方程x+y=z，当n≥3时，没有正整数解。
证明之前，我们分析一下解决费马问题的途径。
我们可以将费马问题归结为以下两种情况去研究。
（）=（x）+（y）
①.当n=4m时，不定方程z=x+y可以改写为z
由于z=x+y无正整数解，可以推知z=x+y无正整数解。
-4-
（）=（x）+（y）
②.当n=pe时，p为奇素数，不定方程z=x+y可以改写为z
由于z=x+y无正整数解，可以推知z=x+y无正整数解.
定理：
3不定方程z=x+y无正整数解。
证明：
假设方程z=x+y有正整数解，
⎧
我们已经知道x=3mw，y和z的解可以由方程组⎨
z=y+32m3
来解
⎩y+3my+3m=w
得。
当w和m在复数域内取值时，是不定方程z=x+y的通解。
（
由y+3my+3m=w我们可以得到y+3my−w−3m
223336223363
到
[7]
）=0整理可以得
y2+32m3y−（w−3m2）（w2+3m2w+32m4）=0
整系数多项式的整数根必能整除常
z3=x3+y3只可能有两类正整数解y=w2+3m2w+32m4或者
y=w−3m2
当y=w+3mw+3m时，因为y=w+3mw+3m>w−3m
所以y+3my−（w−3m）（w+3mw+3m）
=y⎡y+32m3−（w−3m2）⎤>0
⎣
⎦
这与y+3my−（w−3m）（w+3mw+3m）=0矛盾。
当y=w−3m时，代入
y2+32m3y−（w−3m2）（w2+3m2w+32m4）
=y⎡y+32m3−（w2+3m2w+32m4）⎤
⎣
⎦
⎡
⎤
这与y+3my−（w−3m）（w+3mw+3m）=0矛盾。
故假设错误，也就是说不定方程z=x+y无正整数解。
定理3的证明方法可以推广到一般情形。
首先构造一个复数域上的通解，然后从通解
-5-
中分离出所有可能的正整数解。
其次证明所有的可能正整数解都不是不定方程
zn=xn+yn的正整数解，
不定方程z=x+y无
nnn
这样我们就可以证明当n为奇素数时，
正整数解。
[5]
定理：
4不定方程z=x+y无正整数解。
无穷递降法书上已经有证明，此处给出
另一种证明。
证明：
假设不定方程z=x+y有正整数解
我们已经知道x=nmw，
⎧
y和z的解可以由方程组⎨
z=y+43m4
⎩y+C44my+C44my+4m=w
来解得。
当w和m在复数域内取值时，即为通解。
由y+C44my+C44my+4m
32242358812
=w4我们可以得到
y3+C442m4y2+C445m8y−（w4−48m12）=0整理可以得到
y3+C442m4y2+C445m8y−（w−42m3）（w+42m3）（w2+44m6）=0
23
式的整数根必能整除常数项。
所以方程只可能有三类正整数解：
y=w2+44m6或者y=w+42m3或者y=w−42m3
当y=w+4m时，因为y=w+4m>w−4m
246246246
（）（w+4m）（w
所以y+C44my+C44my−w−4m
3224235823232
=y[y3+C442m4y2+C445m8y−（w2−44m6）]>0
23
（）（w+4m）（w
这与y+C44my+C44my−w−4m
3224235823232
当y=w−4m时，代入z=y+4m可以得到z=w−4m+4m
23342334
（）−（w−4m）
4434
代入不定方程z−y=w−4m+4m
442332
z4−y4=−C442m3（4m−1−1）w3+C444m6⎡（4m−1）−1⎤w2
2
12
⎣⎦
−C446m9⎡（4m−1）−1⎤w+48m12⎡（4m−1）−1⎤=x4=（4mw）
344
3
⎣⎦⎣⎦
4
[7]
整系数多项
比较w项的系数可以得到4m=0,所以m=0,故x=0,y=w,z=w这与x是正整数解矛盾。
当y=w+4m时，代入z=y+4m可以得到z=w+4m+4m
-6-
（
代入不定方程z−y=w+4m+4m
44233
）−（w+4m）
44342
z4−y4=C442m3（4m+1−1）w3+C444m6⎡（4m+1）−1⎤w2
1
2
⎣⎦
+C446m9⎡（4m+1）−1⎤w+48m12⎡（4m+1）−1⎤=x4=（4mw）
3
⎣
4
⎦
⎣
⎦
比较w项的系数可以得到4m=0,所以m=0,故x=0,y=w,z=w这与x是正整数解矛盾。
当y=w+4m时，y=w+4m>w−4m
y3+C442m4y2+C445m8y−（w−42m3）（w+42m3）（w2+44m6）
=y[（w+44m6）+C4242m4（w+44m6）+C445m8−（w2−44m6）]
3
=y[（w+44m6）+C4242m4（w+44m6）+C445m8−（w2−44m6）]>0
3
（
这与y+C44my+C44my−w−4m
3224235823
）（w+4m）（w
232
+44m6）=0矛盾。
定理：
5不定方程z=x+y，n为奇素数，无正整数解。
证明：
假设不定方程z=x+y，n为奇质数，有正整数解。
那么
不定方程z=x+y，n为奇质数，的整数解一定包含于它的通解里面。
根据通解里面
⎧
⎪
z=y+nn−1mn
的关系，y和z的解可以由方程组⎨yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3++
⎪n−1（n−2）（n−1）−1（n−2）n
y+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
⎩Cnn
来解得。
研究下面方程的解
yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3+
23
m
+
Cnn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny+Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n=wn
移项可以得到
yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3+
23
+
Cnn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny−⎡wn−Cnn（n−1）（n−1）−1m（n−1）n⎤=0
⎣
整理可以得到
yn−1+Cnnn−1−1mnyn−2+Cnn2（n−1）−1m2nyn−3+
23
⎦
+Cnn−1n（n−2）（n−1）−1m（n−2）ny
−（w−nn−2mn−1）（wn−1+wn−2nn−2mn−1+wn−3n2（n−2）m2（n−1）+
-7-
+n（n−1）（n−2）m（n−1）（n−1））=0
所以方程的所有可能整数解为
+n（n−1）（n−2）m（n−1）（n−1）[6]
[7]
mn−1
（
引理：
1当n为素数时，x−1=（x−1）x
n−1
+xn−2+
n
n−1
+xn−2++x+1在整数范围内不可约。
其中x
证明：
设Sn表示等比数列的前n项和a1=1,q=x，那么
xn−1
Sn=xn−1+xn−2++x+1
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