費(fèi)馬大定理的初等巧妙證明(完全版)

費(fèi)馬大定理的初等巧妙證明(完全版)

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費(fèi)馬大定理：一個(gè)正整數(shù)的三次以上的冪不能分為兩正整數(shù)的同次冪之和。即不定方程zn?xn?yn當(dāng)n≥3時(shí)無正整數(shù)解。

證明： 當(dāng)n=2時(shí)，有 z?x?y

∴ x?z?y?(z?y)(z?y) （1）

設(shè) (z?y)?2m 則 z?y?2m 代入（1）得

x?z?y?2m(2y?2m)?2m(y?m)?2ml

∴ x?2ml y?l?m z?l?m

當(dāng)n=3時(shí)，有 z?x?y

∴ x?z?y?(z?y)(z?zy?y) （2）

設(shè) (z?y)?3m 則 z?y?3m代入（2）得

x?z?y?3m［(y?3m)?(y?3m)y?y］ 3332323223223233332233322222222222222222222222

?32m3(3y2?3?32m3y?34m6)?33m3(y2?32m3y?33m6)

設(shè) (y?3my?3m)?l （3）

則 x?3ml （4）

z?y?3m （5）

若z,y的公約數(shù)為k,即 (z,y)=k ，k>1時(shí)，方程x?z?y兩邊可以除以k，下面分析k=1 即（z,y）=1 , 方程x?z?y的正整數(shù)解

因?yàn)椋▃,y）=1，分析（2），（3），（4），（5）式，只有m,l為正整數(shù)時(shí)，x,y,z可能有正整數(shù)解，由（3）得 333333232233633

y(y?32m3)?l3?33m6?(l?3m2)(l2?3m2l?32m4) (6)

∵ y, m, l都取正整數(shù)，

∴y?(y?3m) (l?3m)?(l?3ml?3m)

2322224

∴ y?(l?3ml?3m)

∴ y沒有形如y?(l?3ml?3m)的正整數(shù)解。

又∵（6）式左邊分解為y和y的（3－2）次式，右邊分解為(l?3m)和l的（3－1）次式，且y, m, l都取正整數(shù)，如果y=(l?3m),則y?3m?(l?3ml?3m)，如果2232224222242224y?32m3?(l2?3m2l?32m4)，則y>(l?3m2).

∴y?(l?3m)和y?3m?(l?3ml?3m)不能同時(shí)成立

∴ y沒有形如y?(l?3m)的正整數(shù)解

若 (l?3m)=ab , (l?3ml?3m)=cd (a,b,c,d為正整數(shù))可得相應(yīng)方程組

222????y?a?l?3m?y?ac?l?3m?y?c?l?3m或?或?這些方程組里的m, l沒有正?232323??y?3m?bcd??y?3m?bd?y?3m?abd?2232224222224

整數(shù)解，若有正整數(shù)解，則與y沒有形如y?(l?3m)或y?(l?3ml?3m)的正整數(shù)解矛盾。

又 ∵ y?(l?3m)在m, l取正整數(shù)的條件下，y可取到任意正整數(shù)

∴ y沒有正整數(shù)解。

∴ 當(dāng)n=3時(shí)，方程z?x?y無正整數(shù)解。

當(dāng)n>3時(shí)，z?x?y

∴ x?z?y?(z?y)(z

令 (z?y)?nn?1nnnn?1nnn333222224?zn?2y???zyn?2?yn?1) （7） mn 則 z?y?nn?1mn代入（7）得

xn?zn?yn?(z?y)(zn?1?zn?2y???zyn?2?yn?1)

n?nn?1m［（y?nn?1mn)n?1?(y?nn?1mn)n?2y???(y?nn?1mn)yn?2?yn?1)］

n111n?1nn?2?nn?1m［nyn?1?(c1my? n?1?cn?2???c2?c1)n

?(cn?1?cn?2???c3?c2)n

?(cn?1?cn?2)n

?nm［y

nnn?1n?2n?2(n?2)(n?1)22222(n?1)m2nyn?3??? n?1(n?1)(n?1)(n?1)nm(n?2)ny?cnnm］ ?1111n?1?1nn?2?(c1my? n?1?cn?2???c2?c1)n

?(cn?1?cn?2???c3?c2)n

?(cn?1?cn?2)nn?2n?2(n?2)(n?1)?122222(n?1)?1m2nyn?3??? n?1(n?1)(n?1)?1(n?1)nm(n?2)ny?cnm］ ?1n

［y設(shè)n?1111n?1?1nn?2?(c1my? n?1?cn?2???c2?c1)n

22222(n?1)?1 ?(cn?1?cn?2???c3?c2)n

?(cn?1?cn?2)nn?2n?2(n?2)(n?1)?1m2nyn?3??? n?1(n?1)(n?1)?1(n?1)nm(n?2)ny?cnm］ ?1n

?ln （8）

則 x?3ml （9）

z?y?nn?1mn （10）

nxn若z,y的公約數(shù)為k,即 (z,y)=k ，k>1時(shí)，方程x?z?y兩邊可以除以k，下面分

析k=1 即（z,y）=1 , 方程x?z?y的'正整數(shù)解

因?yàn)椋▃,y）=1，分析（7），（8），（9），（10）式，只有m,l為正整數(shù)時(shí)，x,y,z可能有正整數(shù)解，由（8）得

111n?1?1nn?2?1y［yn?1?1?(c1?c???c?c)nmy? n?1n?221nnxn

?(cn?1?cn?2???c3?c2)n

?(cn?1?cn?2)nn?2n?2(n?2)(n?1)?122222(n?1)?1m2nyn?3?1??? m(n?2)n］

?(l?nn?2mn?1)(ln?1?ln?2nn?2mn?1?ln?3n2(n?2)m2(n?1)???n(n?1)(n?2)m(n?1)(n?1)) (11) 簡(jiǎn)記為 y f(yn?2)=(l?3n?2mn?1)F(ln?1)

∵ y, m, l都取正整數(shù)。

∴y

∴ y?(ln?1?ln?2nn?2mn?1?ln?3n2(n?2)m2(n?1)???n(n?1)(n?2)m(n?1)(n?1))= F(ln?1)

n?1∴ y沒有形如y= F(l)的正整數(shù)解。

n?2又∵（11）式左邊分解為y和y的（n－2）次式，右邊分解為(l?n

次式，且y, m, l都取正整數(shù)，如果y=(l?n

則y>(l?3n?2n?2mn?1)和l的（n－1）mn?1),則f(yn?2)

∴y?(l?nn?2mn?1)和f(yn?2)=F(ln?1)不能同時(shí)成立。

n?2∴ y沒有形如y?(l?n

若(l?3n?2mn?1)的正整數(shù)解。 mn?1)=ab , F(ln?1)=cd (a,b,c,d為正整數(shù))可得相應(yīng)方程組

n?2n?1n?2n?1n?2n?1????y?a?l?nm?y?c?l?nm?y?ac?l?nm或?或?這些方程組里的?n?2n?2n?2????f(y)?bcd?f(y)?abd?f(y)?bd

m, l沒有正整數(shù)解，若有正整數(shù)解，則與y沒有形如y?(l?n

整數(shù)解矛盾。

又 ∵ y?(l?nn?2n?2mn?1)或y= F(ln?1)的正mn?1)在m, l取正整數(shù)的條件下，y可取到任意正整數(shù)

∴ y沒有正整數(shù)解。

∴ 當(dāng)n>3時(shí)，方程z?x?y無正整數(shù)解。

定理得證。

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