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时间:2017-11-13
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1、“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)求证:当正整数n>2时不定方程zn=xn+yn没有正整数解。证明:因为不定方程zn=yn+xn有正整数解则(kz)n=(kx)n+(ky)n(k为正整数)也有正整数解,各倍数解组中必有一组为最小的正整数,所以假设(x,y)=1使zn=yn+xn………………………………………………………(1)正整数等式成立。依据约数分析法将(1)式变形为zn–xn=yn左边进行因式分解:(z–x)(zn-1+xzn-2+…+xn-2z+xn-1)=yn……………………(2)由(2)式,因为z>x等式左边为两个正整
2、数之积,所以等式右边yn亦分解为两个正约数之积,设正整数yn=CD得两个“约数式”和“余约数式”:z–x=C…………………………………………………………(3)zn-1+xzn-2+…+xn-2z+xn-1=D………………………………(4)判断(3)式、(4)式确定成立的正整数等式是否成立便可证明费马猜想。分析(3)式、(4)式,对于正整数z、x所决定yn的C、D两个约数,存在互质或不互质两种情形:即(C,D)=1或(C,D)>1。当(C,D)=1时,根据引理确定正整数C=cn、D=dn,y=cd,由(3)式(4)式得:z–(x+cn
3、)=0……………………………………………………(5)zn-1+xzn-2+…+xn-2z+(xn-1–dn)=0………………………(6)并同时用计算的方法:同理以xn为约数设xn=(st)n可得z–(y+sn)=0,x+cn=y+sn,x–y=sn–cn,“x–y”是确定的整数,由此计算得到cn、sn从而确定yn分解cn及dn是满足(2)式约数分解使(5)式、(6)式为确定的正整数等式。当(C,D)>1时,由(4)式:D=zn-1+xzn-2+x2zn-3+x3zn-4+x4zn-5+x5zn-6+…+xn-2z+xn-1=zn-2
4、(z–x)+2xzn-3(z–x)+3x2zn-4(z–x)+…+(n-1)xn-2(z–x)+nxn-1=(z–x)[zn-3(z–x)+3xzn-4(z–x)+6x2zn-5(z–x)+…]+nxn-14=(z–x)[(z–x)(zn-3+3xzn-4+6x2zn-5+…)+…]+nxn-1第一次分解z–x因式时系数成数列:1,2,3,…,(n–1),n;第二次分解z–x因式时系数成数列:1,3,6,…,至n–1项,这就需要求第二次分解z–x的第n–1项通解公式。细观察发现第二次分解z–x的某项系数是第一次分解该项系数的数与前几
5、项系数之和,所以n–1项系数通解公式为[(n–1)+1](n–1)=(n–1)n,于是得到(4)式“可约公因数式”:=(z–x)[zn-3+3xzn-4+6x2zn-5+…+(n–2)(n–1)xn-3]+(n–1)nxn-2+因为(x,y)=1,则(x,z)=1,(x,z–x)=1;由“可约公因数式”中项可知z–x即C与nxn-1含公约数只能是n的因数(n或n的某些因数)使相约。由CD=yn,C、D含n的两个因数乘积必是一个n次方数;所以设D含n的因数为NiPi,C含n的因数为Nin-pi,令正整数(c,d)=1、D=dnNipi
6、、C=cnNin-pi,则y=cdNi,又使(3)式、(4)式得:z–(x+cnNin-pi)=0………………………………………………(7)zn-1+xzn-2+…+xn-2z+(xn-1–dnNiPi)=0………………………(8)用确定(5)式、(6)式正整数解的计算方法,使yn分解cnNin-pi及dnNiPi是满足(2)式约数分解使(7)式、(8)式是确定的正整数等式。同理,如果以xn为分解对象亦是这样相同的结果,因为在形式上yn、xn是可以等价互换的。如果yn与xn不等价互换即各自是定数分别为分解对象,则同样得到相应的(5)
7、式、(6)式或(7)式、(8)式为正整数等式结果。所以y=cd或y=cdNi两个必要正整数的不同取值,使(5)式、(6)式和(7)式、(8)式是(2)式分解为有确定正整数解成立的等式,含括了全部有正整数解的情形,也是(1)式有正整数解的确定性条件。由(5)式z=x+cn及y=cd使(1)式为方根n次方式:zn=xn+(cd)n=(x+cn)n4这时x、c为正整数便确定了d的唯一正整数方根d=n则有z=(±)(x+cn)≡n(n:奇数+;偶数±)等式F(z:x,c)≡Q(z:x、c,d)的方根使(1)式成立,存在z=x+cn唯一正整数
8、方根。所以(5)式是(2)式的“方根约数式”,则(6)式为“方根余约数式”。同理,(7)式是(2)式分解约数另一解值的“方根约数式”,相应(8)式是(2)式约去这一解值方根约数的“方根余约数式”。这就证明了关于“z”的正整数解(5)式
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