费马大定理的初等证明

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1、【法1】等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明滕锡和(河南鲁山江河中学邮编：467337)摘要:由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系，寻找到一种费尔玛方程是否有正整数解的充要条件，再由对此条件的否定，证明了费尔玛大定理，并且把费尔玛大定理与勾股定理有机地统一起来。关键词:完全解；可导出解；连环解中图法分类号：O156.4文献标识码：A文章编号：1R通解本文所用数集：---自然数集，---有理数集，---实数集。本文讨论不超出的范围。本文中方程及同类方程中的指数∈，以后不再说明。引理1方程（≥2）(1)有解的充要条件是它有解。引理2方程（1）（≥2）有解的充要条件

2、是它有既约解。这样，在以后的讨论中只需讨论解及既约解的情形，可使过程简化。引理3方程（1）（≥2）有解的充要条件是方程（≥2）（2）有解。证明充分性如果方程（2）（≥2）有解，设（）为其解，则（）-（）＝1，。于是方程（1）（≥2）有解。必要性如果方程（1）（≥2）有解，设15为其解，则，（）-（）＝1。于是方程（2）（≥2）有解（）。证毕引理4如果方程（1）（≥2）有解，那么，只有两类：i）完全解；ii）可导出解。证明第i）类属显然。第ii）类，把代入方程（1），得，∴于是导出方程（1）的解。除此以外，由其它任何形式的带无理因子的解，都不能导出解。事实上，设（中至

3、少有一个∈且三个数中含有不可通约的无理因子，∈）为方程（1）的解，则由的定义知，它们的无理因子是不能从上式中完全提到括号外面去的，即由它不能导出方程（1）的解。证毕从引理4及其证明过程可以得到以下三条结论：（1）若将第i）类解的三个数同乘以一个数ξ（ξ∈），得到ξ，则此解仍是方程（1）的第i）类解；若将三个数同乘以一个数λ（λ∈），得到λ，则此解变为方程（1）的第ii）类解。（2）若将第ii）类解的三个数同乘以一个数，得到，则此解变为方程（1）的第i）类解;若将三个数同乘以一个数δ（δ∈），得到δλ，则此解仍是方程（1）的第ii）类解。（3）方程（1）的第i）、ii

4、）类解与非第i）、ii）类解之间是封闭的。即无论对数组的三个数同乘以一个什么正实数，它们之间都不可能互化。定理1方程（1）（≥2）的解公式是15，或（。证明当时，由得。根据引理3，这两个方程在是否存在解方面是等价的。从而得到于是设，则。由此解得。恢复和的比例系数后得，拆开后即得。又，由得。设，则。仿上法又得到。若设，则之间的变换关系是将两式分别代入方程（1），等式成立。因此，两式都是方程（1）的解公式。证毕定理1说明i）方程（1）的任何一个解都可以由两式同时表出;15两式表出的任何一个数组，都是方程（1）的解。ii）如果方程（1）有（或）解，则必能用两式同时表出；如

5、果两式同时表出（或）数组，则方程（1）有(或)解。反之，如果两式不能同时表出（或）数组，则方程（1）没有（或）解。1有N解的充要条件引理5方程（1）（≥2）有解的充要条件是或能同时表出或导出数组。证明根据引理4的结论（3），可将两式的系数略去，因为这样，一者可使讨论简化，二者既不会使第i）、ii）类解增生，也不会使之消失，三者必要时再同乘以一个公共因子。先证。必要性根据定理1，如果方程（1）有解，必能用式表出或导出。根据引理4，其解只有两类：i）如果是第i）类解，即存在，当时，其解是解，则能表出数组；ii）；如果是第ii）类解，根据引理4，由这个第ii）类解必能导出

6、第i）类解，从而能导出数组。充要性如果式能表出或导出数组，显然是方程（1）的解，即方程（1）有解。对于式与式同理可证。证毕根据引理1、2、5，不难找到思路：方程（1）有解的充要条件是两式能同时表出或导出既约数组。定理2方程（（3）有解的充要条件是以下两式：15或能同时表出既约数组。[※]也可以是，奇，∈，（，）＝1。有且仅有这两种情形，因为自然数只有奇偶两类。此类情形与上同理，故未写出。无妨，下同。证明必要性如果方程（3）有既约解，根据引理1、2、5，必可由、两式同时表出或导出。此时两式分别为,.i）证。根据引理4的三条结论，先让∈。为此必须设,一奇一偶，，则必须再

7、设，，∈，奇，，则ii）再证。根据引理4的三条结论，先让。为此必须设，二奇，，则。必须再设，，，二奇，，则15。同时易证、中的底数分别两两互素。到此，、两式仍必能表出方程（3）的既约解。于是、必能同时表出既约数组。充分性如果、都能表出既约数组，同时易验知，、能使方程（3）成立，那么，此时这两个既约数组就是方程（3）的既约解。即方程（3）有解。证毕推论1方程（有解的充要条件是一下两式：（，一奇一偶，）或（，二奇，）能同时表出既约数组。不难看出，、两式内容详细，、两式简明扼要。它们各有所长，作用相同。定理方程（（4）有解的充要条件是一下两式;，，，或（，二奇，能同时