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前言
关于费马大定理这个困扰了我们三百多年的数学难题，似乎已经被怀尔斯所证明，但其证明用到了费马时代还没有的数学理论！因此，无论其是否真的证明了这个定理，他的证法都不是费马所说的方法！至今究竟有没有初等方法的证明仍然未知。对于这个命题笔者确信找到了费尔马所称的“绝妙”证法。在这里笔者仅对n大于2等于奇数时的情况作出论证。
证明
因为对此命题的证明已经归结为对奇素数的n进行证明了，这是当前数学界的共识，所以只要证明方程
x^n+y^n=z^n
在n=2k+1 时 x^2k+1+y^2k+1=/=z^2k+1 （x,y,z均为正整数时） (1)
就算是彻底证明了费尔马大定理（2k+1 包含了所有的奇素数）。由（1）可知，它表明当x,y,z均为正整数时，x^2k+1+y^2k+1不可能等于一个正整数z的2k+1次幂。为什么呢？找到了原因回答了这个问题也就证明了此命题。下面我们就来回答以上问题：
一：当n=3时，假设x^3+y^3=z^3,那么说明x^3+y^3是一个正整数的3次幂，若有方法判断x^3+y^3不可能是一个完全立方数，则证明假设错误，即
x^3+y^3=/=z^3.
为什么n=3时一定是x^3+y^3=/=z^3呢？因为
x^3+y^3=（x+y)^3_3xy(x+y)=(x+y)(x^2+y^2_xy) (2)由（2）可知，
(x^2+y^2_xy)=/=（x+y)^2，
则
(x+y)(x^2+y^2_xy)就不可能是一个完全立方数，
因为
(x+y)(x^2+y^2_xy)==(x+y)^2[(x^2+y^2_xy)/(x+y)]
所以
(x^2+y^2_xy)/(x+y)=R(R表示正整数）
时，
(x+y)^2[(x^2+y^2_xy)/(x+y)]=(x+y)^2R=z^3
才可能成立。也就是说x+y必须要能够整除x^2+y^2_xy。又因为
(x^2+y^2_xy)/(x+y)=[(x+y)^2-3xy]/(x+y)=(x+y)-3xy/x+y
所以
3xy/x+y=R
当x=2y时 3xy/x+y就是正整数，即只有当x=2y时，x+y能够整除x^2+y^2_xy，因此
z^3= (x+y)^2[(x+y)-3xy/x+y]
=(3y)^2[3y-2y]
=9y^3
则
z=y(2^3+1)^1/3
可见，x,y为正整数时z恒为无理数。即x^3+y^3不可能是一个完全立方数，若x^3+y^3=z^3，则z必定是无理数，若z为正整数则只能有不等式x^3+y^3=/=z^3（x,y,z均为正整数时)存在。
所以当n=3时，方程x^3+y^3=z^3没有正整数解。
二：n=5时，若z^5=x^5+y^5,则说明x^5+y^5是一个正整数的5次幂，但：
x^5+y^5=(x+y)(x^4+y^4_x^3y_xy^3+x^2y^2) (3)
(3)式中(x^4+y^4_x^3y_xy^3+x^2y^2) 不可能等于(x+y)^4,那么(x+y)(x^4+y^4_x^3y_xy^3+x^2y^2) 就不可能是一个正整数的5次幂，因为
(x+y)(x^4+y^4_x^3y_xy^3+x^2y^2)== (x+y)^2[(x^4+y^4_x^3y_xy^3+x^2y^2)/x+y]
==(x+y)^2{[(x+y)^4_5x^3y_5xy^3+5x^2y^2]/x+y]}
==(x+y)^2[(x+y)^3-(x^2+y^2+xy)5xy/x+y]
所以，5xy/x+y必须为正整数，显然当x=4y或y=4x时5xy/x+y=R.因此
z^5=(x+y)^2[(x+y)^3-(x^2+y^2+xy)5xy/x+y]
=(5y)^2{(5y)^3-[(4y)^2+y^2+4y^2]4y
=25y^2(125y^3-84y^3)
=y^5(25*41)
=(1025)y^5
=(4^5+1)y^5
z=y(4^5+1)^1/5
所以z必定是无理数，若z是正整数则
z^5=/=x^5+y^5 (x,y,z均为正整数时）.
三：n=7,有：
x^7+y^7=(x+y))(x^6+y^6_x^5y_xy^5+x^4y^2+x^2y^4_x^3y^3) (4)
同理，x+y能够整除x^6+y^6_x^5y_xy^5+x^4y^2+x^2y^4_x^3y^3的条件是x=6y，代入原方程得
z^7=(6y)7+y^7
=y^7(6^7+1)
z=y(6^7+1)^1/7
所以z必定是无理数，若z是正整数则z^7=/=x^7+y^7.
四：n=9时有：
x^9+y^9=(x+y)(x^8+y^8_x^7y_xy^7+x^6y^2+x^2y^6_x^5y^3_x^3y^5+x^4y^4) (5) 同理，x+y能够整除x^8+y^8_x^7y_xy^7+x^6y^2+x^2y^6_x^5y^3_x^3y^5+x^4y^4的条件是x=2y代入原方程得
z^9=(2y)^9+y^9
=y^9(2^9+1)
z=y(2^9+1)^1/9
这里为何x=2y呢？
因为n=9=3^2是合数，因此x+y能够整除x^8+y^8_x^7y_xy^7+x^6y^2+x^2y^6_x^5y^3_x^3y^5+x^4y^4的条件与n=3时的条件是一致的，这也说明为什么我们可以由z^3=/=x^3+y^3推出
z^9=/=
x^9+y^9了
由 (5)可知，z必定是无理数，若z是正整数则z^9=/=x^9+y^9.。
k：n=2k+1时有：
x^2k+1+y^2k+1=(x+y)(x^2k+y^2k_x^2k-1y_xy^2k-1+x^2k-2y^2+x^2y^2k-2_x^2k-3y^3_x^3y^2k-3+...-......x^ky^k) (k+1)
由(k+1)式可知，x^2k+1+y^2k+1不可能是一个正整数的2k+1次幂，所以z必定是无理数，若z是正整数则必有
x^2k+1+y^2k+1=/=z^2k+1 （x,y,z均为正整数时） (a)
同时，由(k+1)式也可知，当n=2k+1=p时,(k+1)式变为
X^p +Y^p= (X+Y)[X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)/2 ]
所以
z^p=(X+Y)[X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)/2 ]
=(X+Y)^2{[X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)/2 ]/(X+Y)} (p)
经过以上讨论可以发现，
当n为奇素数p时,x+y能够整除X^p-1+Y ^p-1_X^p-2Y_XY^p-2+X^p-3Y^2+X^2Y^p-3_...+-X^(p-1)/2*Y^(p-1)x^2的条件总是
x=(p-1)y或y=(p-1)x.代入原方程得
z^p=[(p-1)y]^p+Y^p
=Y^p[(p-1)^p+1]
所以
z=y[(p-1)^p+1]^1/p (p)'
由此可见当n=p ，x,y为正整数时， z恒为无理数。若xyz均为正整数则
z^p=/= X^p +Y^p (a)'
(a),(a)'就是我们得到的最终结论。由此可推出
x^4k+2+y^4k+2=/=z^4k+2 （x,y,z均为正整数时） (b)
则我们就证明了n>2=2k+1,4k+2 的情况下费马大定理成立。还有n=4k时没有证明，若证明n=4时x^4+y^4=/=z^4,则等于就证明了n=4k时的情况。
后记
后记
也许人们会提出由此法能证明n=2,n=4这两种情况吗？答案是肯定的。比如n=2时有：
z^2=x^2+y^2=(x+y)^2_2xy (A)
则由(A)可得：
z^2+2xy=(x+y)^2 (A)’
如果(A)’式成立，那么只有在z^2=x^2+y^2时才行，z^2=x^2+y^2就说明x^2+y^2是可以等于一个完全平方数的。那么x^2+y^2究竟可不可能是一个正整数的二次幂呢？现用另一方法再证明如下：
设c 令x-c=a,y-c=b,(a,b,c均为正整数）则x=c+a,y=c+b，代入(A)得
(c+a)^2+(c+b)^2=c^2+2ca+a^2+c^2+2cb+b^2
=c^2+2c(a+b+a^2+b^2+c^2
=c^2+2c(a+b)+(a+b)^2-2ab+c^2
=[(a+b)+c]^2+c^2-2ab
显然当c^2-2ab=0 有：
(c+a)^2+(c+b)^2=[(a+b)+c]^2 (A)''
因此将c=(2ab)^1/2代入(A)''得:
[a+(2ab)^1/2]^2+[b+(2ab)^1/2]^2=[(a+b)+(2ab)^1/2]^2 (A)'''
当 2ab为平方数时(2ab)^1/2就是正整数，由式 (A)''' 可知 x^2+y^2的确可以等于一个完全平方数。
对于n=4，笔者不知费马是怎么证明的，但用以上同样的方法也是完全可以证明的。例如： n=4时有：
z^4=x^4+y^4=(x+y)^4_4x^3y_6x^2y^2_4xy^3
=(x+y)^4_4xy(x^2+y^2)_6x^2y^2
=(x+y)^4_4xy(x+y)^2+8x^2y^2_6x^2y^2
=(x+y)^2[(x+y)^2_4xy]+2x^2y^2
=(x+y)^2(x_y)^2+2x^2y^2即
z^4=(x^2_y^2)^2+2x^2y^2 (B)
将(B)式等号两边同除以x^2y^2得
(z^2/xy)^2=[(x^2_y^2)/xy]^2+2 (B)'
由式(B)'可知，它表示一个平方数等于另一个平方数与2的和，这在非零自然数中显然是不可能的，很易证明是不成立的。所以有
(z^2/xy)^2=/=[(x^2_y^2)/xy]^2+2 （x,y,z均为非零自然数） (B)''
由不等式(B)''就证明(B)式不可能成立，除非z是无理数。因此，当x,y,z均为非零自然数时
z^4=/=(x^2_y^2)^2+2x^2y^2
=/=x^4+y^4 (B)''
'由式 (B)'''自然可推出
z^4k=/=x^4k+y^4k (C)
至此，由不等式(a)，(b)，(C)可知，方程 x^n+y^n=z^n在n=4k ,4k+2 ,2k+1时均没有正整数解。而4k ,4k+2 ,2k+1包含了所有大于2的正整数，所以费尔马大定理得证成立。
根据以上证法可知，费马大定理的证明，关键就在于判断方程 x^n+y^n=z^n中的x^n+y^n在n为大于2的自然数时是否可能为一个自然数的n次幂。找到了否定的答案当然就证明了这个命题。
仅从方程 x^n+y^n=z^n就可知，它本身就表示无论n取何值，两个完全n次方数的和等于一个完全n次方数。因此本文仅利用二项式定理就对x^n+y^n在n为大于2的自然数时是否可能为一个自然数的n次幂作出了否定的判断，从而证明了这个命题。 |
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发表于 2016-8-3 05:03
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