1、1费马猜想初等数学一般性证明（2013 年 4-7 月）王 德 忱 著（黑龙江省农业科学院 黑河分院）前言 笔者多年研究费马猜想，在已发布的几篇证明基础之上再修此作，为论述更确切精炼，步骤更直接简要。本稿正文篇幅不过 3 页、字数少于 2 千。证明关键依据一个为人们早就普遍所熟知而基本的“方根存在唯一性定理”，也就是方根性质定理。费马猜想：也称费马大定理，一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即 n2 是一个正整数时不定方程 zn = xn + yn 为正整数等式不成立，也就是没有zxy 0 的正整数解。1. 求证 zn = xn + yn 的解如果 zn = xn + yn 有正整数解
2、，则（kz) n = (kx)n (ky) n（k 为正整数）也有正整数解，各倍数组解中必有一组为最小的；那么，假设 zn = xn + yn 有正整数解且z、x、y 为各倍数组解中最小的一组，即正整数 ( x ，y ) = 1 使zn = xn + y n（1）正整数等式成立。将（1）式变形 ( )n - ( )n = 1 分解因式：zy xy2( - )( )n-1 + ( )n-2 + ( )n-2( )( )n-1 = 1（2）zy xy zy xyzy xy zy xy因为正整数 z x，所以（2）式分解的两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均为正 1 约数，二则两个因式是
3、互为正倒数约数。仅由 - =1 及 n zy xy 2 推出 (x + y)n xn + yn = zn，两个因式均不能为正 1 约数，同时也可知 - 1zy xy取值不能成立，所以设正整数 a b1 且（a ，b） = 1，依据约数分析法 ，将 1（2）式转化为两个互为倒数分数方程组：- = （3）zy xy ba( )n-1 + ( ) n-2 + ( )n-2( )+ ( )n-1 = （4）zy xyzy xy zy xy ab因为（3）式两边分母 y a 对应，由分数基本性质必有 y 含 a 因子，令 y = ay1，使 z = xby 1 代入（1）式化简得：xn-1+ by1xn
4、-2+ + bn-2y1n-2x +nC2n n-Cbn-1y1n-1 = an （5）y1n-1b必使（5）式 为整数。当 =1 时至少有两项不含与其它各项相同因子，y1n-1b y1n-1b等式存在成立的条件。如果 1 余 y1n-1 整数因子即余 y1 的因子，而（5）式y1n-1b左边除 C1nxn-1 项外其它各项均含 y1 因子，并与 xn-1 互质；因而余 y1 的因子只能与C1n= n 相约。又（4）式两边分母 yn-1 b 对应，y n-1 含 b 因子，（5）式 an y1n-1b项中（a，b） = 1，b 必整除 y1n-1 即 y1n-1 含 b 因子。设 y1 含 n
5、 的因子为 Ni，令 y1n-1=Ni n-1y2 n-1， 各项约去所含 n 的公因子设为 Nipi，使（5）式确定为：3( xn-1+ by1xn-2+ + bn-2y1n-2x +pi1NnC2nn-Cbn-1y1n-1) = an （6）2pinN所以（5）式 =1 时，令正整数 c = y1，则 b= cn-1 及 y = ac 代入（3）式、y1n-1b（4）式得：z - (x + cn) = 0 （,7）zn-1+ xzn-2 + + xn-2z + (xn-1- an) = 0 （8）进而（6）式约去所有项含 n 的公因子，使等式中至少两项不含与其它各项相同的因子，等式存在成立
6、的条件。这时即定 =1，令正整数 c =y2 则 b = cn-12bnpiNy1Ni n-pi-1 及 y=acNi 代入（3）式、（4）式得：z - (x + cn Nin-pi) = 0（9）zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + (xn-1 - anNipi) = 0 （10）于是，得到 a、b 值的存在情形和 y = ac 不含 n 因子、y = acN i 含 n 因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。2.方程 zn = xn + yn 的性质由（7）式 z = x + cn 及 y = ac 代入（1）式：z
7、n = xn + (ac)n = (x + cn)n这时被限定的任何正整数 x、c 使 a 是唯一的正整数方根a = n 则z = x + cn n xn + (ac)n等式 F（z：x，c ） Q（z ：x，c， a） ，所以（1）式正数方根成立，存在 z = x + 4cn 唯一的正整数方根， 约去一个方根的余约数式：zn-1 - (x + cn)n-1= 0(11)根据方根存在唯一性定理 ，（8）式 f（z） （11）式 g（z） 。 2同理，由（9）式及 y =（acN i）有z = x + cnNin-pi n nxacN（ ）等式 F（z：x，c ） Q（z ：x，c， a）使（1
8、）式正数方根成立，存在 z = x + cnNin-pi 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：zn-1 - (x + cnNin-pi ) n-1= 0(12)所以，（10）式 f（z ） （12）式 g（z） 。3.验证 zn = xn + yn 的解因为（8）式（11）式，由多项式恒等定理 ，关于 z 的非首项系数（首项 3对应系数均等于 1）及常数项对应关系为：x = 0， x2 = 0， ，x n-2 = 0，x n-1- an = - (x + cn)n-1当 n = 2 时，只存在常数项 x - a2 = -（x + c2）有 ：x = a2 c22由（7）式得：z = x
9、+ c2 = + c2 = a2 c22 a2 + c22这时 y 不含 n = 2 因子，a、c 为奇数，得出勾股弦数公式：y = ac x = z = a2 c22 a2 + c22当 n2 时，x = 0，常数项 an =（c n） n-1，又 b = cn-1，则有：a = cn-1 = b所以（3）式、 （4）式 x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组不成立。那么（1）式正整数等式不成立，即没有 zxy0 的正整数解。5同理（10）式 （12）式，关于 z 的非首项系数及常数项对应关系为：x = 0， x2 = 0，x n-2 = 0，x n-1 - anNiPi = -（x
10、+c n Nin-pi） n-1当 n = 2 时，只存在常数项 xn-1 - anNiPi = -（x+c n Nin-pi） n-1，确定 n 因子 NiPi = 2、N in-pi = 2， x - 2a2 = - x - 2c2，则有：x = a2 c2由（9）式得：z = x + 2c2 = a 2 - c2 + 2c2 = a2 + c2这时 y 含 n = 2 因子，得出勾股弦数公式：y = 2ac x = a 2 - c2 z = a2 + c2当 n2 时，与（8）式、（11）式同理，x = 0，常数项 anNiPi =（c n Nin-pi） n-1，an =（ c n-1
11、） n（N i n pi -1） n ，又 b = cn-1Ni n-pi-1，则有a = c n-1Ni n pi -1 = b同样（3）式、 （4）式 x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组也不成立。那么（1）式正整数等式也不成立，即也没有 zxy0 的正整数解。结论：当 n2 是一个正整数时不定方程 zn = xn + yn 为正整数等式不成立，也就是没有 zxy 0 的正整数解，即“一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的” ，费马猜想（大定理）成立。约数分析法：引理，将原不定方程进行因式分解，特别当 uv = 1 或素数 p 时，通过 1对应因数具体分析转化为一些不定方程组
12、，从而求出原不定方程的解。1983 年天津市数学会编的中学数学中的整数问题等资料都论述了这种解不定方程的方法，也叫因数分析法，或因子分析法，不同资料语句有所不同但论点是一致的。方根存在唯一性定理：对于任何非实数 a，存在唯一的非负实数 x，它的 n（n 为正 2整数）次幂等于 a，即 x n = a。也就是方根性质定理。1981 年湖北人民出版社出版的中学代数教学法证明了方根存在定理及唯一性，数学经典著作及教科书等资料都有这一定理（方根性质）的介绍。推论：方根余约数是唯一性定的，对于任何非负实数幂 xn = a，只有唯一的非负实数 x ，它的 n-1 次幂等于 ，即 xn-1= 。 a a6多
13、项式恒等定理：两个多项式 f（x）= amxma m-1xm-1a 1xa 0、g（x）= 3bnxnb n-1xn-1 b 1xb 0，它们恒等的充要条件是次数相同且同次项系数对应相等，即 m = n 且 am=bn、a m-1= bn-1、a 1= b1、a 0= b0。 多项式一文证明了这一定理，数学小辞典“多项式”条有这一定理注释，有关一些资料也有其阐述。附：n=3、4 释例曾经要证明费马猜想的人无数，稿件也就越来越多。为此数学家们建议，自己认为费马猜想证明是正确的，那么就以最简单的 n = 3、4 时先检验一下。既然就对这个一般性证明的主要步骤予以具体实例诠释。当 n = 3 时1、
14、求证 z3 = x3 + y3 的解z 3 = x 3 + y 3 （1）( - )( )2 + + ( )2 = 1（2）zy xy zy xyzy xy = （3）zy xy ba( )2 + + ( )2 = （4）zy xyzy xy ab（3）式 y 含 a 因子，设 y = ay1，使 z = xby 1 代入（1）得：3x2+ 3by1x+ b2y12 = a3 （5）y12b（4）式 y2 含 b 因子，（5）式 b 整除 y12 ，y 12 含 b 因子，余整数因子必为质数3，即 y1 必含 3 因子，设 y12=32y2 2， 各项约去所含的公因子 3，使（5）式确定为：7
15、x2+ 3by2x+ 3b2y22 = a3 （6）3y22b（5）式 =1，至少两项不含其它各项相同因子，等式存在成立的条件，令y12b正整数 c =y1 则 b=c2 及 y=ac 代入（3）式、（4）式得：z - ( x + c3) = 0 （7）z2+ xz + (x2 a3) = 0（8）进而，（6）式约去所有项 3 的公因子使等式中至少两项不含其它各项相同因子等式存在成立的条件，这时即定 =1，令正整数 c =y2 则 b = 3c2 及 y=3ac 代入3y22b（3）式、（4）式得：z - (x + 32c3) = 0 （9）z2 + xz + (x2 - 3a3) = 0（1
16、0）于是，得到 a、b 值存在的情形和 y = ac 不含 3 因子、y = 3ac 含 3 因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。2、方程 z3 = x3 + y3 的性质由（7）式，z = x + c3 及 y = ac 使（1）式为：z3 = (x + c3 )3 = x3 + (ac)3这时 x、c 取任何正整数便确定 a 的唯一正整数方根a = 3均使z = x + c3 3 x3 + (ac)3等式 F（z：x，c ） Q（ z：x，c， a） ，所以（ 1）式正整数等式成立，存在 z = x + c3 唯一的正整数方
17、根，约去一个方根的余约数式：z2 - (x + c3) 2= 0(11)根据方根存在唯一性定理，（8）式 f（z） （11）式 g（z） 。同理，由（9）式使（1）式正整数等式成立，存在 z = x + 32c3 唯一的正整数8方根，约去一个方根的余约数式：z2 - (x + 3c3) 2 = 0(12)所以，（10）式 f（z ） （12）式 g（z） 。3、验证 z3 = x3 + y3 的解根据多项式恒等定理，（8）式、（11）式关于 z 的非首项系数（首项系数均等于 1）及常数项对应关系为：x = 0， x2 - a3= - (x + c3)2因 x = 0，常数项 a3 = (c3)
18、2 即 a = c2，又因为 b = c2，这时却有：a = c2 = b所以（3）式、 （4）式 x = 0、z = y，设互为倒数分数方程组不成立，那么（1）式正整数等式不成立，即没有 zxy0 的正整数解。由（10）式与（12）式关于 z 的非首项系数及常数项对应关系为：x = 0， x2 - 3a3= - (x + 32c3)2x = 0，常数项 3a3 = (32c3)2 即 a = 3c2， b =3c2：a = 3c2 = b所以（3）式、 （4）式 x = 0、z = y，设互为倒数分数方程组也不成立，那么（1）式正整数等式也不成立，即也没有 zxy0 的正整数解。当 n =
19、4 时当 n = 4 时与 n = 3 时的证明方法步骤基本是类似的。但 4 是合数，n 为任意正整数包括各种合数，以 4 为例只明确 n 为合数时相关步骤的分析方法。z4 = x4 + y4 （1）( - )( )3 + ( )2 + ( )2 + ( )3 = 1（2）zy xy zy xyzy xy zy xy- = （3）zy xy ba9( )3 + ( )2 + ( )2 + ( )3 = （4）zy xyzy xy zy xy ab对 y 因子的分析是求得 a、b 和 n 如何形态存在的重要问题，因而生成（5）式及（6）式：4x3 + 6bx2y1 + 4b2xy12 + b3y
20、13 = a4 （5）y13b4x3 + 6bx2y1 + 4b2xy12 + b3y13 = a4 （6）32piNy如果（5）式 = 1 时等式至少有两项不含相同因子使等式成立，令 c = y1，y13b则 b = c3 及 y = ac，代入（3）式、4）式得：z - ( x + c4 ) = 0 z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4) = 0 当（5）式 1 即（6）式，但可能存在多种取值条件：y13by1 含 4 因子设 y1 = 4y2 代入（5）式并约去 4 得：x3 + 6bx2y2 + 42b2xy22 + 42b3y23 = a4 （6）42y23b这个（6
21、）式只有 = 1 使等式成立，令 c = y2，则 y1 = 4c，b = 4 2c3，y= 42y23b4ac，代入（3）式、（4）式得：z - ( x + 43c4 ) = 0 z3 + xz2 + x2z + (x3- 4a4) = 0又 y1 含 4 的质数因子 2 时，设 y1 = 2y2 代入（5）式并约去 22 得：x3 + 3bx2y2 + 4 b2xy22 + 2 b3y23 = a4 （6）2y23b此（6）式如果 = 1，令 c = y2，则 y1 = 2c，b = 2c 3，y = 2ac，代入（3）式、2y23b（4）式得：10z - ( x + 22c4 ) = 0 z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0此（6）式如果 = 1，令 c = y2，则 y1 = 2c，b = c 3，y = 2ac，代入（3）式、y23b（4）式得：z - ( x + 2c4 ) = 0 z3 + xz2 + x2z + ( x3 23a4 ) = 0这就得到了多组解，n 为较大合数时还要得出更多组解，但亦同理。
