数学中国

 找回密码
 注册
搜索
热搜: 活动 交友 discuz
查看: 1478|回复: 6

二同幂和定理与费马大定理的证明

[复制链接]
发表于 2016-9-13 14:43 | 显示全部楼层 |阅读模式
关键词    同方幂,二同方幂恒等式,费马大定理。
摘要        本文介绍一个被数学忽略了的重要定理——同方幂和定理。并讨论了它与费马大定理的证明存在密切的关系。
        一直以来,人们为证明费马大定理伤透了脑筋,想尽千方百计试图证明n>2,x^n+y^n=/=z^n。至今仍然未能找到一个初等的数学方法来证明它。对于方程x^n+y^n=z^n,n>2时为何没有正整数解呢?也就是当xyz为正整数,n>2时,必定存在x^n+y^n=/=z^n。那么x^n+y^n在n>2时应该等于什么呢?或者n为任意自然数时x^n+y^n=?对此,没有谁去进行探求!也就是说在我们根本不知道或者没有搞明白x^n+y^n=?的情况下又怎么能证明n>2,x^n+y^n=/=z^n呢。
         由此可见,我们在不知道二同幂和存在恒等关系式的情况下去证明费马大定理,至今未获成功就不难理解了。所以,要想证明费马大定理,即,要证明n>2,x^n+y^n=/=z^n,那么我们首先就要知道n>2,x^n+y^n=?
这样就导出了二同幂和恒等式。

<一>二同幂和恒等式
对于形如x^n+y^n的两个同方幂之和应当有一个与其指数n相对应的表达式存在。设n=0,1,2,3,...,N。则n可以分为7个类型的自然数:      
                (1)n=0;     (2)n=1;    (3)n=2;     (4)n=4k;      (5)n=4k+2;       (6)n=2k+1;                                                           (7)n=P(P>2=3,5,7,11,...,)
因此,二同幂和恒等式分为7种类型的恒等式,即二同幂和定理是由7个定理构成的系列定理的总称。

1-(1)定理一:两个指数为零的同方幂之和等于2。即
                      x^0+y^0==2                                                                                                                 (1)
1-(2)定理二:两个指数为1的同方幂之和等于它自身。即
                      x^1+y^1==x+y                                                                                                              (2)
1-(3)定理三:(a)两个指数为2的同方幂之和可以仍然是一个指数为2的方幂。即
                      x^2+y^2==z^2                                                                                                               (3-a)
        (3-a)成立的条件是:x=a+(2ab)^1/2;  y=b+(2ab)^1/2;  z=a+b+(2ab)^1/2。
                           (b)当 x^2+y^2=/=z^2时,任意两个指数为2的同方幂之和等于它自身。即
                      x^2+y^2== x^2+y^2                                                                                                    (3-b)
1-(4)定理四:指数为4k的两个同伴方幂之和等于一个平方数与一个非平方数的和。即
                     x^4k+y^4k==(x^2k+y^2k)^2+2x^2k*y^2k                                                                 (4)
1-(5)定理五:指数为4k+2的两个同伴方幂之和等于两个数的乘积。即
         (x^4k+2)+(y^4k+2)==(x^2+y^2)[(x^4k)+(y^4k)-(x^4k-2)(y^2)-(x^2)(y^4k-2)+y^4(x^4k-                                                                                 4)+x^4(y^4k-4)-...+-y^2r(x^4k-2r)+-x^2r(y^4k-r)]          (5)                  (其中,0<=r<=k)
1-(6)定理六:指数为奇数2k+1的两个同方幂之和等于两个数的积。即
  (x^2k+1)+(y^2k+1)==(x+y)[(x^2k)+(y^2k)-y(x^2k-1)-x(y^2k-1)+...+-y^r(x^2k-r)+-x^r(y^2k-r)](6)
(其中,0<=r<=k)
1-(7)定理七:指数为奇素数p的两个同方幂之和等于两个数的积。即
x^p+y^p==(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]
(其中,0<=r<=(p-1)/2,

由以上七个恒等式就构成了完整的二同幂和定理。
<二>利用二同幂和定理证明费马大定理
       对于方程x^n+y^n=z^n,要证明xyz为正整数,n>2时,必定存在x^n+y^n=/=z^n,那么只需证明n=p的情况即可。根据同幂和定理七
      x^p+y^p==(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]
要证明
   x^p+y^p=/=z^p
则只要证明
    (x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]=/=z^p
即可。
       证明:
假设
(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]=z^p                 (a)
则式 (a)表示一个正整数的p次幂等于两个正整数的积,由于两个正整数的积并不一定都是一个完全的方幂,我们怎么来判断式 (a)一定成立或者不成立呢?根据方幂的性质可知
        z^p==z*z^p-1==z^2*z^p-2==...==z^m*z^p-m
z*z^p-1;  z^2*z^p-2 ...  z^m*z^p-m等等均表示两个正整数的积。
那么因为
(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]
==(x+y)^2{[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]/x+y}

(x+y)^2{[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]/x+y}
也必定是两个正整数的积,否则
(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]=/=z^p
也就是说,如果 (a)式成立,则x+y必能整除[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]。即
[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]/x+y==R                 (b)
但是,x+y整除[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]的条件是x=(p-1)y或者y=(p-1)x.也就是说,当且仅当x=(p-1)y或者y=(p-1)x时 (b)式才能成立。因此,将x=(p-1)y代入方程 (a)或者代入原方程 x^p+y^p=z^p中得
            z^p=[(p-1)y]^p+y^p=y^p{[(p-1)^p]+1}
所以
            z=y{[(p-1)^p]+1}^1/p                                                                                                     (c)
由式 (c)可知,xy为正整数,n=p时,z恒为无理数。因此假设不成立。即,xyz为正整数,n>2=p时,必定存在x^n+y^n=/=z^n。费马大定理得证。

                                                                                                                  陈建伟

本帖被以下淘专辑推荐:

  • · 数论|主题: 6, 订阅: 1
 楼主| 发表于 2016-9-14 10:14 | 显示全部楼层
由定理七:指数为奇素数p的两个同方幂之和等于两个数的积。即
x^p+y^p==(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]
(其中,0<=r<=(p-1)/2,
可知,
x^p+y^p
   ==(x+y)[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]
   ==(x+y)^2{[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]/x+y}
   ==(x+y)^3{[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-r)]/(x+y)^2
     .
     .
     .
   ==(x+y)^p{[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]/(x+y)^p-1
设[(x^p-1)+(y^p-1)-y(x^p-1-1)-x(y^p-1-1)+...+-y^r(x^p-1-r)+-x^r(y^p-1-r)]=a,     (x+y)^p-1=b则
(x+y)^p(a/b)=/=z^p       ( a/b<1),这是由整数幂的性质所确定的。因为
z^p==z*z^p-1==z^2*z^p-2==...==z^m*z^p-m==z^p*(z^p/z^p)
也就是说如果(x+y)^p*B=z^p,那么B=1或者B=q^p,显然,a/b=/=1,a/b=/=q^p.所以
(x+y)^p(a/b)=/=z^p
x^p+y^p=/=z^p
由此,费马大定理得证。
 楼主| 发表于 2016-9-16 13:23 | 显示全部楼层
二同幂和定理与二项式定理一样,均属于初等数学的知识,只不过被数学界所忽略了。它与二项式定理存在密切联系,是由二项式定理直接推导得出的结果。也可以说是二项恒等式的另一表述形式。
 楼主| 发表于 2016-9-16 13:42 | 显示全部楼层
比如
(x+y)^3==x^3+y^3+3xy(x+y)               (a)
所以有
x^3+y^3==(x+y)^3-3xy(x+y)
             ==(x+y)(x^2+y^2-xy)              (a)'

(a)是二项式定理,(a)'则是同幂和定理。可见,同幂和定理是由二项式定理推导或者运算得出的关于两个同方幂和的恒等式。因此同幂和定理可以是无需证明的,只要二项式定理成立它必然成立。
 楼主| 发表于 2016-9-16 15:52 | 显示全部楼层
唯一不同的是n=0时,(x+y)^n=1,x^n+y^n=2.显然,x^0+y^0=2是不能由(x+y)^0=1推出的。
 楼主| 发表于 2016-10-4 05:09 | 显示全部楼层
所以,费马大定理应该加上:对于方程x^n+y^n=z^n,n=0,没有正整数解。
或者:对于方程x^n+y^n=z^n,n>0,n=1,n=2时有无穷个正整数解,n>2,没有正整数解。
您需要登录后才可以回帖 登录 | 注册

本版积分规则

Archiver|手机版|小黑屋|数学中国 ( 京ICP备05040119号 )

GMT+8, 2021-4-22 01:56 , Processed in 0.093750 second(s), 17 queries .

Powered by Discuz! X3.4

Copyright © 2001-2020, Tencent Cloud.

快速回复 返回顶部 返回列表