约分析解因数证明费马猜想

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1、约分析解因数证明费马猜想（2013年8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，在已发布几篇文稿基础之上再修此作。进一步运用约分的方法析解zn=xn+yn数之间关系，最后依据“方根存在唯一性定理”证明费马猜想。论述潜易，步骤简捷。主要篇幅只不过3页、字数少于2千。费马猜想：一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即当正整数n＞2时不定方程zn=xn+yn正整数等式不成立，也就是没有zxy≠0的正整数解。如果zn=xn+yn有正整数解，（kz)n=(kx)n＋(ky)n（

2、k为正整数）也有倍数正整数解。各倍数组解中必有一组是最小的设为z、x、y，从而(x，y)=1则(x，z)=1、(y，z)=1使下面正整数等式成立：zn=xn+yn………………………………………………………（1）1.析解zn=xn+yn数之间的关系将（1）式变形为zn–xn=yn左边进行因式分解：(z–x)(zn-1+xzn-2+…+xn-2z+xn-1)=yn……………………（2）因为z＞x，所以（2）式左边为两个正整数乘积，设：C=z–x…………………………………………………………（3）A=zn-

3、1+xzn-2+…+xn-2z+xn-1………………………………（4）5于是：AC=yn通过对（4）式减、加项提取公因式得：A=(z–x)[zn-2+2xzn-3+…+(n-1)xn-2]+nxn-1………………（5）即：=zn-2+2xzn-3+…+(n-1)xn-2+…………………………（6）因（1）式的等式关系，z、x、y不能均为偶数或均为奇数，只能两个为奇数一个为偶数。又（6）式中，n为偶数时z、x必为奇数y为偶数，x、y在形式上可以对换，所以x、y为一奇一偶z为奇数；n为奇数时z可为奇数x

4、、y一为偶数，或z为偶数x、y均为奇数；然而，n是较大合数时z、x、y可能各分别含n互质的因数。因为（x，z）=1所以（x，z–x）=1，z–x与nxn-1含公约数只能是n或n的某些因数。由（5）式可知，(z–x)、nxn-1不含公因数则A不含n的因数，含公因数则A含n的因数。如果（z–x，n）=1，那么（A，C）=1。因为AC=yn，应用互质数幂引理，令A=an、C=cn，yn=ancn，由（3）式、（4）式得：z–x=cn………………………………………………………（7）zn-1+xzn-2+…+

5、xn-2z+xn-1=an……………………………（8）如果（z–x，n）＞1，（A，C＞1，AC=yn，A含（z–x）、n的公因数设为Nipi，C必含n的因数Nin-pi；A、C除含n的因数外，还可能各含其它因数，设A含a因数a≥1、C含c因数c≥1，（a，c）=1。令A=anNipi、C=cnNin-pi、y=acNi代入（3）式、（4）式：z–x=cnNin-pi……………………………………………………（9）zn-1+xzn-2+…+xn-2z+xn-1=anNipi………………………（10）用

6、试算的方法（试算法是解不定方程的一种重要方法）：首先对、约分明确y、x是否含n的因数。若以xn为分解因数对象，设xn=(st)n可得z–y=sn。x+cn=y+sn，x–y=sn–cn，或x–y=snNin-pi–cnNin-pi（不含n的因数项可视为Ni5=1），x–y是一定的整数。由相关的某些因数计算得到cn、an或cnNipi及anNin-pi满足（7）式、（8）式或（9）式、（10）式确定的正整数解方程组使（1）式正整数等式成立，有zxy≠0的正整数解。2.判断方程zn=xn+yn的性质由（

7、7）式z=x+cn及y=ac代入（1）式：zn=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+cn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）。同理，由（9）式及y=（acNi）有z=x+cnNin-pi≡n等式F（z：x，c）≡

8、Q（z：x，c，a）使（1）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.验证使（1）式有正整数解的方程组因为（8）式≡（11）式，由多项式恒等定理，关于z的非首项系数（首项对应系数均等于1）及常数项对应关系为：x=0，x2=0，…，xn-2=0，xn-1-an=-(x+cn)n-1当n=2时，只存