费马大定理证明

费马大定理证明 Proof of FLT Author name:wan guoqiang Author address： Wuyang County, Luohe City, Henan Province E-mail：408073346@qq.com Abstract：In this paper, taking Binomial Theorem as a platform, we have proved: For any positive integer , the equation has no solutions with x, y, z. which are positive integer. Keywords: Pythagoräisches Tripel, FLT, Binomial Theorem, Combination formula 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@163.com 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 ，当 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 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 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，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的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: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容，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。 例如：一次不方程 定理1： 有整数解的充要条件是： 。并且若 为方程的一个特解，那么方程的所有整数解为： 当t可以在复数域内取值时，即为通解。 例如：特殊的二次不方程 定理2：此文以下x,y,z均两两互质， 的整数解为： ， ， 其中 ,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 通解的构造。 当n=2时，有 ∴ （2） 根据勾股数定理： 令 则 代入（2）得 ∴ 当n=3时，有 ∴ （3） 令 则 代入（3）得 令 那么我们可以得到 ，y和z的解可以由方程组 来解得。 当w和m在复数域内取值时，即为通解。 同理： 当n>3时， （4） 令 则 代入（4）得 令 那么我们可以得到 ， y和z的解可以由方程组 来解得。 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 ， y和z的解可以由方程组 来解得。 是方程 的通解。 证明： 把 代入上式可以得到 再把 代入上式可以得到 ，把 代入可以得到 ，即是 所以 ， y和z的解可以由方程组 来解得。 当w和m在复数域内取值时，即为通解。 不定方程 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 ，当 时，没有正整数解。 证明之前，我们 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 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。 ①.当n=4m时，不定方程 可以改写为 由于 无正整数解，可以推知 无正整数解。 ②.当n=pe时，p为奇素数，不定方程 可以改写为 由于 无正整数解，可以推知 无正整数解. 定理：3不定方程 无正整数解。 证明：假设方程 有正整数解， 我们已经知道 ，y和z的解可以由方程组 来解得。 当w和m在复数域内取值时，是不定方程 的通解。 由 我们可以得到 整理可以得到 整系数多项式的整数根必能整除常数项。所以方程 只可能有两类正整数解 或者 当 时，因为 所以 这与 矛盾。 当 时，代入 这与 矛盾。 故假设错误，也就是说不定方程 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 的正整数解，这样我们就可以证明当n为奇素数时，不定方程 无正整数解。 定理：4不定方程 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 有正整数解 我们已经知道 ， y和z的解可以由方程组 来解得。 当w和m在复数域内取值时，即为通解。 由 我们可以得到 整理可以得到 整系数多项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： 或者 或者 当 时，因为 所以 这与 矛盾。 当 时，代入 可以得到 代入不定方程 比较 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 时，代入 可以得到 代入不定方程 比较 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 时， 这与 矛盾。 定理：5不定方程 ，n为奇素数，无正整数解。 证明：假设不定方程 ，n为奇质数，有正整数解。那么 不定方程 ，n为奇质数，的整数解一定包含于它的通解里面。根据通解里面的关系，y和z的解可以由方程组 来解得。 研究下面方程的解 移项可以得到 整理可以得到 所以方程的所有可能整数解为 或者 引理：1当n为素数时， ， 其中 在整数范围内不可约。 证明：设 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示等比数列的前n项和 ，那么 所以 “一个整系数多项式在整数范围内不可约当且仅当在有理数范围内不可约”。下面我们利用Eisenstein判别法来证明多项式在有理数范围内不可约 。 设 ，则 令 则 ，所以， 因为n为素数，所以n不能整除1，n能整除 ， ，…… ， 不能整除 。 根据Eisenstein判别法可以知道， 在有理数范围内不可约。若一个n次整系数多项式 在有理域上不可约，则令 得多项式 在有理数范围内也不可约，其中a为整数，反之亦然。 故我们可以知道 在有理数范围内也不可约， 即是 在整数范围内不可约。 引理：2当p为素数时， 在整数范围内不可约。 假设 在有理数域上可约，则存在两个次数小于 齐次多项式 ， ，使得 设 ， ，记 ，因为 根据齐次多项式的性质可以得到： ， 其中 ， ， 于是 这与 在有理数域上不可约矛盾。 所以 在有理数域上也不可约. 由引理1，2知道当n为素数 在整数范围内不可约。 1983年，德国数学家法尔廷斯，证明了“莫德尔猜想”,由此推得费马问题，只有有限类整数解，为此，法尔廷斯获得1986年世界数学家大会的菲尔兹奖。 其实到此为止，我们已经证明了一个更强的结论：当n为奇素数时，费马问题最多只有两类整数解。若把可能的整数根代入方程，使方程左右相等，那么它们就是不定方程的整数根。 当 时, 因为 所以 故 这与 矛盾。 当 时，代入 （5） 下面我们来证明 （6） 把 代入（5）式左端 （７） 这是一个比较复杂的代数式子，整理起来有一定的难度，只要有耐心还是可以完成的。 根据二项式定理： 因为， 所以， 的通项公式为： 因为， 所以，乘系数后， 的通项公式为： 因为， 所以，乘系数后， 的通项公式为： ………………………………………………………………………………………… 因为， 所以，乘系数后， 的通项公式为： （７）式合并同类项后，含有 项的通项公式为： 要比较（6）中两个式子的大小只要比较相同项的系数就可以了。也就是说只要证明 （８） 要证明（８）这个不等式成立可以分两种情况讨论一下。 当r为奇数时，第一项为负，共有偶数项。通过观察，后面一项的绝对值总比前一项的绝对值大。那么从第二项开始，每两项结合都为负值。最后一项为正值，倒数第二项和前面的所有项之和就是负值。要证明不等式成立只要证明两个不等式就可以了。1、证明后面一项的绝对值总比前一项的绝对值大；2、证明左端最后一项小于右端相同项的系数。 当r为偶数时，第一项为正，共有奇数项。通过观察，后面一项的绝对值总比前一项的绝对值大。那么从第一项开始，每两项结合都为负值。最后一项为正值，倒数第二项和前面的所有项之和就是负值。要证明不等式成立只要证明两个不等式就可以了。1、证明后面一项的绝对值总比前一项的绝对值大；2、证明左端最后一项小于右端相同项的系数。 1、​ 证明（８）式中左端后面一项的绝对值总比前一项的绝对值大 （８）式中左端第i+1项的绝对值为： （８）式中左端第i+2项的绝对值为： 已知： 求证： 分析：只须证明 ，根据组合公式， 只须证明 只须证明 ，只须证明 又因为 ，所以， ， 所以上式成立 证明：因为 ，所以， ， 又因为 ， 所以 ， 变形得： ，两端同乘 可以得到： 即是： 两端同乘 可以得到， 命题得证。 2、证明（８）左端最后一项小于右端相同项的系数。 已知： 求证： 分析：只须 ，只须 证明：因为 ，所以 ， ，那么可以得到 又因为 所以 ，所以 ，两端同乘 可以得到 ，命题得证。 由1、2、我们立即可以得到（6）式成立，即： 所以 这与 是不定方程的正整数解 矛盾。 综上所述，假设不定方程 ，当 时，有正整数解，是错误的。 故命题不定方程 ，当 时，无正整数解。 当 时，不定方程 没有正整数解还有一种比较简单的证明方法。 假设 是不定方程 的正整数解。把 代入 就可以解得： ，这样我们就得到了不定方程 的可能正整数解 ， ， 代入不定方程 可以得到 比较 项的系数可以得到 ，又因为n不等于0，所以m=0，故我们只能得到x=0,y=w,z=w，这与x是正整数解矛盾。故假设错误，也就是说当 时，不定方程 没有正整数解。 最后感谢数学中国论坛的陆元鸿教授，qingjiao等网友的帮助，感谢我的老师王骁力教授的指导，通解的构造方法参考了李联忠老师的构造方法，在此一并感谢。 2011-7-22 参考文献(References) [1] 郭凤琴 编，张炳威 审《初等数论》河南师范大学数学系p159.代数基本定理。 [2] 郭凤琴 编，张炳威 审《初等数论》河南师范大学数学系p38. [3] 郭凤琴 编，张炳威 审《初等数论》河南师范大学数学系p47. [4]二项式的性质： ， ， [5] 郭凤琴 编，张炳威 审《初等数论》河南师范大学数学系p51. [6]参考了陆元鸿教授在实数域内 的因式分解。 在实数域内， 的因式分解公式 在整数范围内，当n为素数时 在整数范围内不可约。 [7] 吕廷轩 编，郝鈵新 审《高等代数》河南师范大学出版社出版p169.整系数多项式的整数根必能整除常数项。 [8] 吕廷轩 编，郝鈵新 审《高等代数》河南师范大学出版社出版p171. Eisenstein判别法. [9]引理2由王骁力教授证明。