费马大定理的巧妙证明

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1、2t+12t+12t+1x+y=z（t属于正整数）无正整数解的巧妙证明夏永祥湖南省湘潭县花石中心小学E-mail:xiashihuan@126.com摘要：本文利用数表排阵法、数学归纳法、反证法和考察尾数法等初等方法，证明了不定方程2t+12t+12t+1x+y=z（t属于任意正整数）中x,y,z不能同时有正整数解，从而完成了对费马大定理的巧妙证明，避开了抽象数学、群论等高深的数学知识，而且通俗易懂，文字不多，稍有数学基础的人都能看懂．这里再次证明了排阵法在数论中确实具有基础性的地位．关键词：费马大定理，数论，排阵法,不定方程，正整数解中图分类号：O15

2、6.11.引言费马大定理这个数学难题已经由英国的数学家威利斯（AndrewWiles）于1994年解决，他是利用二十世纪过去三十年来抽象数学发展的结果加以证明的．但证明过程之复杂，文字之长，不是一般人所能看懂的．本人于2009年引入桥数m直接利用数表排阵法推导出了不定方程222中同时x+y=zx,y,z为正整数的通解公式是：⎧⎧2⎪⎪当k为奇数时，m=nk(n为大于1且能使y>x的自然数）⎪x=m−k(k取遍所有大于0的自然数)⎨i1⎪⎪当k为偶数时，m=nk(n为大于3且能使y>x的自然数）⎪⎩i⎪2⎪m−2mk⎨y=2k⎪⎪⎪⎪z=y+k⎪⎪⎩（当k

3、为奇数时，i为k的最大正整数的平方因素;当k为偶数时，i为k除以2后的最大正整数的平22方因素．如当k=9时，i=3，m=nk．）3这一结果并非通过先猜测再验证的（详见本人写的论文《利用数表排阵法对勾股数通解公式的推导》）．今年，我继续研究这个问题时发现，这种方法还确实为巧妙证明费马大定理提供了捷径．根据陈景润在《初等数论Ⅰ》（科学出版社1978）第67-68页的证明，要证明费马大定理是正确的nnn444（即x+y=z对n大于2的正整数x,y,z不能同时有正整数解），只需证x+y=z和ppp444x+y=z(p为奇质数)x,y,z均不能同时有正整数解。其

4、中x+y=z没有正整数解他已经在此书中完成了证明（第68-69页）．本文将利用数表排阵法、数学归纳法、反证法和考察尾数法等1ppp初等方法来证明x+y=z(p为奇质数)也没有正整数解．但在实际证明时，我们是分别证明当n=4t+1（t为任意正整数）、n=4t+3时（t为任意自然数）（也就是当n为任意大于2的奇nnn数时）x+y=z均无正整数解．2.证明思路nnn先证明当x与y相等时，x+y=z(n∈Ν且n>2)无正整数解，再证明当x与y一大一小时，21t+21t+21t+x+y=z（t为任意正整数）也无正整数解．在证明第二步时，是设y为较大的一个正整数，然

5、后对所有的正整数的n次幂之和构建数表排阵，从数表排阵中引入桥数m的概念，并且nnn证明了如果x+y=z有正整数解，则它的桥数一定存在，并且桥数m一定是偶数．根据数表排nnn⎧m−x=z−y阵的对称性特点，得出了两个重要的关系式：(m−k)+y=(y+k)和⎨，然后根据⎩z−m=y−x2t+12t+12t+1这两个关系式，推得如果不定方程x+y=z（t为任意正整数）中x,y,z同时有正整数解，则不定方程()2t+12t+1()2t+1（为任意正整数）中与一定同时有正整数解，m−k+m=m+ktmk2t+12t+12t+1然后再证明在不定方程(m−k)+m=

6、(m+k)（t为任意正整数）中m与k不能同时有正整数解．在证明m与k不能同时有正整数解时，是采取考察尾数法，因为m始终为偶数，所以先对k为偶数时进行讨论，然后通过数表排阵得出在间距相等的三个连续正整数中有哪些当m是偶数，k为奇数时，前两个正整数的尾数之和的尾数等于下一个正整数的尾数的．如果有相等的情况，那么再考察它们的十位数字，发现，当考察到十位数字时，不需要得到十位数字具体是多少，只要分析奇偶性，就可以得到再也没有前两个正整数的末尾两位数字之和的末尾两位等于下一个正整数的末尾两位的．于是费马大定理最后得证．3．预备知识：在完成费马大定理的证明时，会用到

7、以下一些基础知识：n0n1n−12n−22n−1n−1nnⅠ：二项式定理：(a+b)=Cna+Cnab+Cnab+⋯⋯+Cnab+Cnb（n为正整数．）Ⅱ：能被2整除的整数叫偶数（在本文中为了计算的方便，用符号“Ε”表示，），不能被2整除的整数叫奇数（在本文中为了计算的方便，用符号“Ο”表示）．同时偶数还可以用代数式2a表示，奇数还可以用代数式2a+1表示．尾数（本文所讲的尾数都是指正整数的末尾一位）是0、2、4、6、8的自然数都是偶数，尾数是1、3、5、7、9的自然数都是奇数．（注：本文所讲的奇数和偶数，都是指的自然数，不涉及负奇数与负偶数；在用字母表

8、示数时，如无特别说明，都是指正整数．）关于奇数和偶数，还有下面的性质：（1）奇数