王德忱对费马大定理的证明中存在的错误的点评

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3、的结果。点评一：将方根z=r代入zn-rn=0的方根余式fn-1(z)=0中,是错误之一。从fn-1(z)=0解出的是zn-rn=0的另外n-1个根,它们不是方根，方根z=r不能使zn-rn=0的方根余式fn-1(z)=0成立。例z=5是z3–53=0的方根，但z=5不能使f2(z)=z2+5z+25=0成立。当然把方根代入(z–r)n=0的方根余式中，能使方根余式fn-1(z)=0成立。点评二：如果说上面所说的错误仅仅是一个失误，可以把这段内容删除的话，那么作为整个证明的基石和核心的内容——认定（10）和（12）式是方根余式或方根变形余式——却

4、是真真正正的错误。虽然有人指出了这一错误所在，但拿不出有力的证据证明，其实要证明这个事实相当简单：假设（10）和（12）式是方根余式或方根变形余式，由xn+yn=zn可知x、y为正整数时z有n个不等根，（10）和（12）只能是zn-rn=0的方根余式或方根变形余式，那么方根z=r不能使方根余式fn-1(z)=0成立。Z的n个不等根都能使z/y-x/y和(z/y)m-1+x/y(z/y)m-2+(x/y)2(z/y)m-3+…+(x/y)m-1互为倒数成立，但一定只能是同一个根才能满足两者互为倒数成立，因此由（3）和（4）推导而得的（9）和（10）

5、、（11）和（12）两组关系式存在（9）满足（10）成立、（11）满足（12）成立的内在关系,这样zn-rn=0的方根z=r使方根余式fn-1(z)=0成立了，矛盾。因此（10）和（12）式不是方根余式或方根变形余式。附：王德忱对费马大定理的“证明”：关于xn+yn=zn问题的初等数学证明证明：当n是一个大于2的正整数时，方程xn+yn=zn没有正整数解。在xn+yn=zn中，如果y=0，则xn=zn，即z=x；如果y=0、x=0，则z=0；如果x=y，则2xn=zn，z=n√2x，其n√2是无理数，则x、z不能均为正整数，这些显然是很简单的。问

6、题是x、y、z均不等于0为正整数时，称谓非平凡解，是否成立。证明其没有正整数解首先要从有正整数解出发，假设有正整数解的解不成立，问题就解决了。已知：如果当xn+yn=zn没有正整数解，那么k为正整数时（kx）n+（ky）n=（kz）n也没有正整数解；所以只须要讨论x、y、z不含公约数的正整数即可，这是x、y、z取值的基本条件。又因为xn+yn=zn没有正整数解，则xkn+ykn=zkn也没有正整数解，而任一个大于2的正整数必能被某一个奇数质数整除或偶数2k+1被质数2整除，于是只须要讨论n是奇质数时和n是大于2的偶数4时即可以了，这是n取值的基本

7、条件。即设定x、y、z为正整数，且（x，y）=1，则必有（x，z）=1、（y，z）=1，当n是大于2的正整数时使下列等式成立：xn+yn=zn…………………………………（1）又令正整数某个奇质数为m和偶数2k+1最小的数4，使n=m和n=4，只讨论这两种基本条件的情形。首先讨论n=m。对于正奇质数m有：xm+ym=zm…………………………………………（2）现在改变（2）等式的关系zm-xm=ym，再将等式两边同除以ym，于是有(z/y)m-(x/y)m=1，从而得：(z/y-x/y)〔(z/y)m-1+x/y(z/y)m-2+(x/y)2(z/y

8、)m-3+…+(x/y)m-1〕=1上面等式左边是两个数的乘积，这两个数存在两种可能，一是两个数均等于1，二则两个数必是互为倒数。仅由z