“猜想”的费马猜想及其证明

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1、“猜想”的费马猜想及其证明（2006年3月–2008年12月）黑龙江省农业科学院黑河分院黑河市邮箱：hlheihedechen@163.com【摘要】假设zn=xn+yn为正整数等式，通过约数分析“yn”得到关于“z”的“方根（重根）约数式”及“方根（重根）余约数式”；根据方根存在唯一性定理，由“方根（重根）余约数式”与确为正整数的“方根（重根）约数式”n次方式的“方根（重根）余约数式”是唯一性的，检验其唯一性是否成立从而证明费马猜想。【关键词】方根（重根）约数式方根（重根）余约数式方根存在唯一

2、性定理1.费马猜想“美妙证明”的基本思路费马猜想：“一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的”，即正整数n＞2时zn=xn+yn没有正整数解。因为方程zn=yn+xn有正整数解则(kz)n=(kx)n+(ky)n（k为正整数）有倍数正整数解，各倍数解组中均必有一组为最小的正整数解，所以假设(x，y)=1使zn=yn+xn……………………………………………………………（1）正整数等式成立。由“约数分析法”：把不定方程进行因式分解，然后通过对约数进行分析来求出方程的解，将（1）式变形为zn–x

3、n=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。92.析解yn与C、D的因数

4、关系分析（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：整数uv=wn，u＞0，v＞0，（u，v）=1；则u=an，v=bn，确定正整数C=cn、D=dn，y=cd，由（3）式（4）式得：z–（x+cn）=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=(s

5、t)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，C与D的公因数：析解方法，由（4）式：D=zn-1+xzn-2+x2zn-3+x3zn-4+x4zn-5+x5zn-6+…+xn-2z+xn-1=zn-2（z–x）+2xzn-3（z–x）+3x2zn-4（z–x）+…+（n-1）xn-2（z–x）+nxn-1=(z–x)[

6、zn-3（z–x）+3xzn-4（z–x）+6x2zn-5（z–x）+…]+nxn-1=(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

7、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9。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、C=cnNin-pi，则y=cdNi，又使

8、（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