费马大定理的证明.docx

1、费马大定理的证明 学院学术论文论文题目：费马大定理的证明Paper topic : Proof of FLT papers姓 名 所在学院 专业班级 学 号 指导教师 日 期 【摘要】：本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大【关键字】：费马大定理（FLT ）证明Abstract : Using the Pythagorea n propositi on, parity properties, divisi on of the con trast and an alysisof the solutions for the equations to proof o

2、f FLT in N 2 by the situation to prove N = 4, N = p equati on no solutio n.Keywords: Proof of FLT (FLT)引言：1637年，费马提出： 将一个立方数分为两个立方数，一个四次幕分为两个四次幕，或者一般地将一个高于二次的幕分为两个同次的幕，这是不可能的。 ”即方程 xn y zn无正整数解。当正整数指数 n 2时，没有正整数解。当然 xyz=o 除外。这就是费马大定理（ FLT ），于1670年正式发表。 费马还写道： 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”。11992年

3、，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 xn y zn没有正整数

4、解，即证明 FLT。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xn y 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，mn0 ， （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-2 m = a bn = 2ab2 .2y = a -b这里，ab0 ， （a,b）=1 ， ab 为偶。由式（

5、2）2 2x =4ab（a b ）因为（4ab,a2 b2） =1，由式（8）可有c2 =4abe2 =4ab于是，从式（10 ）可以得出，（a,b,e）也是式（5）（6），（5 ），（ 6）可有（8）（9）（10）3）的解。由式（5），（ 10 ）可有m 二 a2 b2 二 e2 em e2）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p p px y z的解为（x,y,z）。由式（1）可有，PPP（x2）2京）2心2 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

6、式（ 2）可知，z只能为奇数。于是，在 x为偶数时式（2）的解为Px2 =2m n （3）p2 2 2y2 二 m -n （4）pz2 二 m2 n2 （5）这里 mn0 ， （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(8)(9)(10)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 m2n2tp = m -f (m, n)这里，mn0 ， (m,

7、n)=1,m 为奇数，n 为偶数；(m, f (m, n)二 或 p, (n,g(m, n) = 1 或p;0 p4 2 p 2 p -3 2 p -3 p 4 p 4f(m,n) =Cpm Cpm n Cp m n Cp n(11)g(m,n) =Cpmp Cpmpn2 C畀m2np； C：np(12)Op 2p32 p 2 pg(n, m) =Cpn Cpn m Cp n m Cp m(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

8、）的解为可有（2） 方程（6 ）还可为方程（18）的解为这里uv0 ， （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 ,g a b ）,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）

9、 =g（a,b） （33）r25 r4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 （a b ） p 由式（25）可有“ 2a(37)邛=f(a,b)(38)h 二 pb(39)PE g

10、(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 .在p整除a,p不整除b时，从式（17）可知，p整除g（n,m）。因为(a,g(n, m)= 1,b ,g (n m )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) a pi0 = f (a, b)（4 ）在a为奇数,b为偶数，分别有在p不整除ab时

11、，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)p15 二 a(52)解。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）。式（25）可有-2b(53)ri4二 g(a,b)(54)r*=a(55)r*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 142在p整除a,p不除b时，从式（

12、17）可知，p整除g（n,m）。因为（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 由式（25）可有嚅二2b(61)需=g(a,b)(62)pre pa(63)PGp =f(a,b)(64)于是，从式（64 ）可以得知， （a, b, r20）也是式

13、（59 ）的解。由式（59 ）,（ 64 ）可有29 - r203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）可有r2p =2pb(66)pr3p =g(m, n)=a(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）。因为（a, f （a,b）= 1, b ,g （a b ） p 由式(25)可有r2p =2pb (69)pq；二 g(a,b) (70)D3= a (

14、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) a pg； = 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。 参考文献1234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。19905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）