費(fèi)馬大定理證明

精品文檔 1歡迎下載 法 1 等軸雙曲線方程的通解與費(fèi)爾瑪大定理的證明 滕錫和 河南魯山 江河中學(xué) 郵編 467337 摘 要 由等軸雙曲線方程與費(fèi)爾瑪方程的內(nèi)在聯(lián)系 尋找到一種費(fèi)爾瑪方程是否有正整數(shù) 解的充要條件 再由對(duì)此條件的否定 證明了費(fèi)爾瑪大定理 并且把費(fèi)爾瑪大定理 與勾股定理有機(jī)地統(tǒng)一起來(lái) 關(guān)鍵詞 完全解 可導(dǎo)出解 連環(huán)解 Q Q 中圖法分類(lèi)號(hào) O156 4 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼 A 文章編號(hào) 1 1R R通解通解 本文所用數(shù)集 自然數(shù)集 有理數(shù)集 實(shí)數(shù)集 本文討論不超出的NQR R 范圍 本文中方程及同類(lèi)方程中的指數(shù) 以后不再說(shuō)明 nnn zyx nN 引理引理 1 1 方程 2 1 nnn zyx n 有解的充要條件是它有解 N Q 引理引理 2 2 方程 1 2 有解的充要條件是它有既約解 nnn zyx nNN 這樣 在以后的討論中只需討論解及既約解的情形 可使過(guò)程簡(jiǎn)化 QN 引理引理 3 3 方程 1 2 有解的充要條件是方程 nnn zyx nN 2 1 nn XY n 2 有解 Q 證明 充分性 如果方程 2 2 有解 設(shè) 1 nn XY n Q v u v w 為其解 則 1 于是方程 uvwN 兩兩互素 Q v w n v u nnnn wvu 1 2 有解 nnn zyx nN wvu 必要性 如果方程 1 2 有解 設(shè) nnn zyx nN wvu 精品文檔 2歡迎下載 為其解 則 1 于是方程 2 uvwN 兩兩互素 N nnn wvu v w n v u n 2 有解 證畢 1 nn XY n Q v u v w 引理引理 4 4 如果方程 1 2 有解 那么 只有兩類(lèi) nnn zyx n Q i 完全解 Q wvu Qwvu ii 可導(dǎo)出解 Q wvu QuvwQ 證明 第 i 類(lèi)屬顯然 第 ii 類(lèi) 把代入方程 1 得 wvu nnn uvw nnn wvu 于是導(dǎo)出方程 1 的解 Q wvu 除此以外 由其它任何形式的帶無(wú)理因子的解 都不能導(dǎo)出解 事實(shí)上 設(shè) Q 中至少有一個(gè) 且三個(gè)數(shù)中含有不可通約的無(wú)理因子 123 uvw 123 Q 為方程 1 的解 則由的定義知 它們的無(wú)理因子是不能從上式wvu Q 321 中完全提到括號(hào)外面去的 即由它不能導(dǎo)出方程 1 的解 證畢 Q 從引理 4 及其證明過(guò)程可以得到以下三條結(jié)論 1 若將第 i 類(lèi)解的三個(gè)數(shù)同乘以一個(gè)數(shù) 得到 則 Q Q wvu 此解仍是方程 1 的第 i 類(lèi)解 若將三個(gè)數(shù)同乘以一個(gè)數(shù) Q Q 得到 則此解變?yōu)榉匠?1 的第 ii 類(lèi)解 wvu Q 2 若將第 ii 類(lèi)解的三個(gè)數(shù)同乘以一個(gè)數(shù) 得到 則此 Q 1 Q wvu 解變?yōu)榉匠?1 的第 i 類(lèi)解 若將三個(gè)數(shù)同乘以一個(gè)數(shù) Q 得到 則此解仍是方程 1 的第 ii 類(lèi)解 RQ 且 wvu Q 3 方程 1 的第 i ii 類(lèi)解與非第 i ii 類(lèi)解之間是封閉的 即無(wú)論 Q Q 對(duì)數(shù)組的三個(gè)數(shù)同乘以一個(gè)什么正實(shí)數(shù) 它們之間都不可能互化 定理定理 1 1 方程 1 2 的 解公式是 nnn zyx n R 精品文檔 3歡迎下載 22222 11 2111 nnn AddddRd 或 n n n r r r B 2 2 22 2 2 2 1 2 1 2 1rRr 證明 當(dāng)時(shí) 由得 根據(jù)引理 3 這兩個(gè)方 Rzyx nnn zyx 1 nn x y x z 程在是否存在解方面是等價(jià)的 從而得到 Q 1 2222 nnnn x y x z x y x z 于是設(shè) 則 由此解得 22 1 nn zy d d xx dx y x z nn 1 22 恢復(fù)和的比例系數(shù)后得 d d x y d d x z nn 2 1 2 1 2 2 2 2 xz xy 拆開(kāi)后即得 R d d x y d d x z nn 0 0 0 2 2 0 0 2 2 2 1 2 1 22222222 0000 2111 nnn AxyzdddRd 222222 110 2111 nnn n dddRd 又 由得 nnn zyx 1 2 2 2 2 nn y x y z 1 2222 nnnn y x y z y x y z 設(shè) 則 仿上法又得到 22 1 nn zx r r yy ry x y z nn 1 22 22 222 22 11 1 22 n nn rr BxyzrrRr 若設(shè) 則之間的變換關(guān)系是 ap drabpqR bq qpba BA 將兩式分別代入方程 1 等式成立 因此 兩式都是方程 ppab dr pqab BA BA 1 的解公式 證畢 R 定理 1 說(shuō)明 i 方程 1 的任何一個(gè)解都可以由兩式同時(shí)表出 兩式表 RBA BA 出的任何一個(gè)數(shù)組 都是方程 1 的解 ii 如果方程 1 有 或 解 則必能 R RN Q 精品文檔 4歡迎下載 用兩式同時(shí)表出 如果兩式同時(shí)表出 或 數(shù)組 則方程 1 有 或 解 BA BA N QN Q 反之 如果兩式不能同時(shí)表出 或 數(shù)組 則方程 1 沒(méi)有 或 解 BA N QN Q 2 2 有有 N N 解的充要條件解的充要條件 引理引理 5 5 方程 1 2 有解的充要條件是 nnn zyx n Q 22222 0 2111 nnn Adddd 或 22 222 0 11 1 22 n nn rr Brr 能同時(shí)表出或?qū)С鰯?shù)組 Q 證明 根據(jù)引理 4 的結(jié)論 3 可將兩式的系數(shù)略去 因?yàn)檫@樣 一者可使BA 21 討論簡(jiǎn)化 二者既不會(huì)使第 i ii 類(lèi)解增生 也不會(huì)使之消失 三者必要時(shí)再同乘以一個(gè) Q 公共因子 先證 必要性 根據(jù)定理 1 如果方程 1 有解 必能用式表出或?qū)С?根據(jù) 0 A Q 0 A 引理 4 其解只有兩類(lèi) i 如果是第 i 類(lèi)解 即存在 當(dāng)時(shí) 其解 Q Q 0 d 0 dd 是解 則能表出數(shù)組 ii 如 2222 00000 2111 nnn Adddd Q 0 A Q 0 A 果是第 ii 類(lèi)解 根據(jù)引理 4 由這個(gè)第 ii 類(lèi)解必能導(dǎo)出第 i 類(lèi)解 從而能導(dǎo) Q Q Q 0 A 出數(shù)組 Q 充要性 如果式能表出或?qū)С鰯?shù)組 顯然是方程 1 的解 即方程 1 有 0 A Q Q 解 Q 對(duì)于式與式同理可證 證畢 0 B 0 A 根據(jù)引理 1 2 5 不難找到思路 方程 1 有解的充要條件是兩式能同時(shí)表N 00 BA 出或?qū)С黾燃s數(shù)組 N 定理定理 2 2 方程 3 nnn zyx 222 1 n 有解的充要條件是以下兩式 N 精品文檔 5歡迎下載 1122122 2000000 2 222 nnnnnnnnn nnn n Aababab 1 000000 201 nnn abaNbab 奇 或 2222 0000 200 22 nnnn n n nn n pqpq Bp q 0000 01pqpq 二奇 能同時(shí)表出既約數(shù)組 N 也可以是 奇 1 有且僅有這兩種情形 1 00 20 nnn ab 0 a 0 bN 0 a 0 b 因?yàn)樽匀粩?shù)只有奇偶兩類(lèi) 此類(lèi)情形與上同理 故未寫(xiě)出 無(wú)妨 下同 證明 必要性 如果方程 3 有既約解 根據(jù)引理 1 2 5 必可由 兩式同時(shí)N 0 A 0 B 表出或?qū)С?此時(shí)兩式分別為 22 0 2111 nnn Adddd 22 0 11 1 22 n nn rr Brr i 證 根據(jù)引理 4 的三條結(jié)論 先讓 為此必須設(shè) n A 2 n d2Q1 a d b 一奇一偶 則0 ba1 ba 必須再設(shè) 奇 則 nn n bbaa 00 1 2 02 00 1 nn n ba 0 aN 0 b1 00 ba 1122122 0000000 2 22 00 11 2 2 2 2 nnnnnnnnn nnn n n n AabababA bb ii 再證 根據(jù)引理 4 的三條結(jié)論 先讓 為此必須設(shè) n B 2 Qr n 1 p r q 二奇 則0 qp1 qp 2222 0 2 1 22 nnn n pqpq Bpq q 必須再設(shè) 二奇 則 n pp 0 n qq 0 0 00 qp1 00 qp 2222 0 2 1 2 nnn n Aababab b 精品文檔 6歡迎下載 2222 0000 0002 22 00 11 22 nnnn nn n nn n n n pqpq Bp qB qq 同時(shí)易證 中的底數(shù)分別兩兩互素 到此 兩式仍必能表出方程 n A 2 n B 2 n A 2 n B 2 3 的既約解 于是 必能同時(shí)表出既約數(shù)組 N n A 2 n B 2 N 充分性 如果 都能表出既約數(shù)組 同時(shí)易驗(yàn)知 能使方程 n A 2 n B 2 N n A 2 n B 2 3 成立 那么 此時(shí)這兩個(gè)既約數(shù)組就是方程 3 的既約解 即方程 3 有解 證NNN 畢 推論推論 1 1 方程 有解的充要條件是一下兩式 nnn zyx 222 1 nN 一奇一偶 2222222 222 2n 2 nnn Aababab 0 ba1 ba 或 二奇 2222 222 2 22 2 22 n nn n pqpq Bpq 0 qp1 qp 能同時(shí)表出既約數(shù)組 N 不難看出 兩式內(nèi)容詳細(xì) 兩式簡(jiǎn)明扼要 它們各有所長(zhǎng) 作用 n A 2 n B 2 n A 2 n B 2 相同 定理定理 方程 2 4 121212 nnn zyx 1 n 有解的充要條件是一下兩式 N 22 221212221 221 222121 2 212121 2n 1 000000 2 2 22 nnnnnnnnn nnn Aababab 02 12 0 12 0 2 nn n ba Na 0 奇 0 b 1 00 ba 或 22 21 221 221 221 2 2121 2 0000 21 2121 2100 22 nnnn nn n nn n pqpq Bpq 二奇 0 00 qp 1 00 qp 能同時(shí)表出既約數(shù)組 N 證明 必要性 如果方程 4 有既約解 根據(jù)引理 1 2 5 必可由 兩式同時(shí)N 0 A 0 B 表出或?qū)С?此時(shí)兩式分別為 精品文檔 7歡迎下載 2 22222121 21 0 111 nn n Adddr 22 21222 2121 0 11 1 22 n nn rr Brr 將 的證明同時(shí)進(jìn)行 以便比較 下面分四種情形討論 0 A 0 B i 根據(jù)引理 4 的三條結(jié)論 若 則必須設(shè) 一奇一偶 Qd 1 a d b 0 ba 則1 ba 222 222 2212121 21 0 4 1 2 nnn n Aababab b 必須再設(shè) 奇 則 12 0 12 0 2 2 nn n bbaa 02 12 0 12 0 2 nn n ba 0 aN 0 b1 00 ba 22 22121 2221 221 22n21 221 2 212121 0000000 4 0 1 2 222 a nnnnnnnn nnn Aababb b 12 4 0 1 n A b 若 則必須設(shè) 二奇 則Qr 1 p r q 0 qp1 qp 2222 222 21 2121 21 0 4 1 22 n nn n pqpq Bpq q 必須再設(shè) 二奇 則 12 0 12 0 nn qqpp 0 00 qp1 00 qp 22 21 221 221 221 2 2121 2 0000 21 2121 000 4 0 1 22 nnnn nn n nn pqpq Bpq q 12 4 0 1 n B q ii 根據(jù)引理 4 的三條結(jié)論 若 為了讓 必須有 為此Qd Qd n 122 2 Qd 2 2 必須設(shè) 則 12 1 12 1 12 2 n n n b a d 2 12121 11 20 nnn ab Na 1 奇 1 b 11 1a b 精品文檔 8歡迎下載 2212121212121 2212121 2 212121 0111111 2 1 1 2222 nnnnnnnnn nnn Aababab b 若 為了讓 必須有 為此必須設(shè) 二Qr 212n rQ Qr 2 12 1 12 1 n n q p r0 11 qp 奇 則1 11 qp 21 2121 21212121 221212 1111 011 2 1 1 22 n nn nnnn nn pqpq Bpq q 但是 在情形 ii 下 方程 4 若有既約解 必須被 兩式同時(shí)表出 于是得到N 21 22121212 11 21 21 11 212121 22121 2121 1111 2121 212121 22 11 21 21 11 21 22 2 2 2 2 n nnn n n nnnnn nn nn nnn n n pqn ab abpq pq ab 比較后發(fā)現(xiàn) 式中左邊的底數(shù)不是完全平方數(shù) 而右邊的底數(shù)是完全平方數(shù) 式的情形恰好 相反 為此必須再設(shè) 2 01 2 01 2bbaa 02 1212 0 2 n b n n baNa 0 奇 0 b 則1 00 ba 22 22121 2221 221 2221 221 2 212121 0000000 4 0 1 2 222 nnnnnnnnn nnn Aababab b 12 4 0 1 n A b 必須再設(shè) 二奇 則 2 01 2 01 qqpp 0 00 qp1 00 qp 22 21 221 221 221 2 2121 2 0000 21 2121 000 4 0 1 22 nnnn nn n nnn pqpq Bpq q 12 4 0 1 n B q 這樣 情形 ii 就歸結(jié)到情形 i 中去了 同時(shí)易證中的底數(shù)分別兩兩互素 2121nn AB 至于情形 iii 和情形 iv 顯然被情形 ii 所包含 到此 QrQd QrQd 精品文檔 9歡迎下載 兩式仍必能表出方程 4 的既約解 于是 必能表出既約數(shù) 2121nn AB N 2121nn AB N 組 充要性 如果都能表出既約數(shù)組 同時(shí)易驗(yàn)知分別能使 2121nn AB N 2121nn AB 方程 4 成立 那么 此時(shí)這兩個(gè)既約數(shù)組就是方程 4 的既約解 即方程 4 有解 NNN 證畢 推論推論 2 2 方程 4 有解的充要條件是以下兩式 121212 nnn zyx 1 nN 一奇一偶 2222222 212121 2n 1 2 nnn Aababab 0 ba1 ba 二奇 2222 222 21 2121 21 22 n nn n pqpq Bpq 0 qp1 qp 能同時(shí)表出既約數(shù)組 N 將推論 1 2 歸納到一起就是 推論推論 3 3 方程 1 有解的充要條件是以下兩式 nnn zyx 2 nN 一奇一偶 222 2222 nn n 2 n Aababab 0 ba1 ba 二奇 2222 222 n n 22 nn pqpq Bpq 0 qp1 qp 能同時(shí)表出既約數(shù)組 N 順便指出 當(dāng)時(shí) 由二式便可得到 2 n nn BA 推論推論 4 4 方程 5 222 zyx 的既約解公式是以下二式 N 一奇一偶 2222 2 2babaabA 0 ba1 ba 或 二奇 2222 2 22 pqpq Bpq 0 qp1 qp 3 3連環(huán)解連環(huán)解 精品文檔 10歡迎下載 定理定理 3 3 方程 6 44 xyz 沒(méi)有 N 1 解 推論推論 5 5 方程沒(méi)有解 444 zyx N 推論推論 6 6 方程沒(méi)有解 nnn zyx 444 N 推論推論 7 7 設(shè) 那么 xzNxz Qxz 44 定義 1 如果都是方程 1 2 的解 那么就把 dcacba nnn zyx n 它們稱(chēng)做方程 1 的一對(duì)連環(huán)解 引理引理 6 6 設(shè) 一奇一偶 一奇一偶 那么 0 ba1 ba 0 1 方程組 2222 22 ba ab 沒(méi)有解 N 證明 假設(shè)方程組有解 則由 式變形后設(shè)N 2121 2 1 mmNmm m m b a 代入 式 得 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 mmm mmm b a 當(dāng)時(shí) 式左正右負(fù)相矛盾 當(dāng)時(shí) 將 式兩邊開(kāi)平方 得 12 mm 12 mm 4 1 4 2 2 1 2 21 2 mm mmm m b a 根據(jù)推論 7 那么 式左邊是有理數(shù) 右邊是無(wú)理數(shù) 相矛盾 Qmm 4 1 4 2 故原方程組沒(méi)有解 證畢N 定理定理 4 4 方程 1 2 沒(méi)有連環(huán)解 nnn zyx nN 證明 假設(shè)方程 1 有連環(huán)解 則可設(shè)是它的一對(duì)連環(huán)N 000000 rzxzyx 解 根據(jù)推論 3 中的式 它們必可表示為N n A 精品文檔 11歡迎下載 一奇一偶 222 222 2 000 2 nnn xyzababab 0 ba1 ba 一奇一偶 222 222 2 000 2 nnn xzr 0 1 222 222 2 2 nn n abab 對(duì)比 兩式得方程組 2222 22 ba ab 根據(jù)引理 6 上方程組沒(méi)有解 此與的定義相矛盾 故方程 1 沒(méi)有連環(huán)Nab 解 證畢N 推論推論 8 8 設(shè) 那么 中至 000000 2 1nzxNzxzx n nn n nn xzxz 0000 與 少有一個(gè) N 證明 假設(shè)不是這樣 那么 可設(shè) Nyxz n nn 000 Nrxz n nn 000 nnn zyx 000 nnn rzx 000 于是恰好構(gòu)成方程 1 的一對(duì)連環(huán)解 此與定理 4 中方程 000000 xyzxzr N 1 沒(méi)有連環(huán)解相矛盾 故原結(jié)論成立 證畢N 4 4費(fèi)爾瑪方程沒(méi)有費(fèi)爾瑪方程沒(méi)有 N N 解解 引理引理 7 7 設(shè) 那么 1mnNm NmNm nn 12122 定理定理 5 5 方程 4 沒(méi)有解 121212 nnn zyx 1 nN 證明 假設(shè)不是這樣 那就是說(shuō) 方程 4 有解 根據(jù)定理中的式 必有N 2 12 n B 二奇 N qp N qp n nn n nn 12 2 2 12 0 2 12 0 12 2 2 12 0 2 12 0 2 2 0 00 qp1 00 qp 再根據(jù)引理 7 必有 21 221 2 00 21 21 221 2 00 21 2 2 nn n nn n pq vN pq uN 10 vuvu 12 n12 n 12 n12 n 精品文檔 12歡迎下載 2 212121 0 2 212121 0 nnn nnn puv quv Nqvu Npvu nnn nnn 0 121212 0 121212 此與由推論 8 中得到的與中至少有一個(gè)相矛盾 因此 方 12 1212 n nn vu 121212 nnn vuN 程 4 沒(méi)有解 證畢N 推論推論 9 9 方程沒(méi)有解 122122122 nnn zyxN 現(xiàn)將有關(guān)內(nèi)容概括一下 1 推論 6 方程沒(méi)有解 nnn zyx 444 N 2 定理 4 方程沒(méi)有解 121212 nnn zyxN 3 推論 9 方程沒(méi)有解 122122122 nnn zyxN 由此得到 定理定理 6 6 費(fèi)爾瑪方程 沒(méi)有解 nnn zyx 3 nN 這就是說(shuō) 當(dāng)自然數(shù)時(shí) 任何一個(gè)自然數(shù)的次冪都不能分成兩個(gè)自然數(shù)的次冪之和 3 nnn 2 參考文獻(xiàn) 1 閔嗣鶴 嚴(yán)士健 初等數(shù)論 高等教育出版社 1982 2 梁宗臣 世界數(shù)學(xué)簡(jiǎn)史 法 2 五個(gè)相似直角三角形與費(fèi)爾瑪大定理的證明 摘要 五個(gè)相似直角三角形與費(fèi)爾瑪大定理的證明 摘要 1 通解通解 R 引理引理 1 1 設(shè) 的 0000 CBARt 1111 CBARt 2222 CBARt 3333 CBARt 4444 CBARt 一個(gè)銳角分別為 其度數(shù)都為 如圖 那么 0 A 1 A 2 A 3 A 4 A 900 00 它們的三邊之長(zhǎng)可以分別表示為以下五個(gè)三角數(shù)組 精品文檔 13歡迎下載 2 000 22 21 10 11 bb aa Gabcab bb aa 1112 22 111 ddddcbaA 22 222 11 1 22 rr Babcrr 02 2222 333 bababaabcbaC 2222 444 0 22 pqpq Dabcpqpq 證明 首先 對(duì)于 設(shè) 則 0 a b tg 2 00 900 00 450 2 10 2 tg 精品文檔 14歡迎下載 即 10 a b 0 ba 22 1 2 2 1 2 2 sin a b a b tg tg 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 cos a b a b tg tg 1cossin 22 2 000 22 21 sincos11 11 bb aa Gabc bb aa 其次 易知 當(dāng)GbaC 22 30 時(shí) baqbap qp b qp a 或 22 時(shí) 當(dāng) 1 43 d b a DC 當(dāng)或時(shí) 13 22 11 1 p ACrBD bqq 當(dāng)時(shí) 24 pq d pq ab r ab 因此 這五個(gè)直角三角形在上述變換條件下都相似 或全等 且它們的三邊之長(zhǎng)可以 12 分別用三角數(shù)組表示 DCBAG 定理 1 方程 2 1 nnn zyx n 的解公式是以下四式 R 22222 11 21101 nnn Adddd 22 22 22 22 11 01 22 n nn rr Brr 002 3 2222222 3 bababaabC nnn 2222 222 44 00 22 n nn pqpq Dpqpq 證明 由引理 1 都是方程 4321 icba iii 2 222 ZYX 的解 即 所以對(duì)任意的 都有 從而 222 iii cba R i 222 i n ii n ii n i cba 是方程 2 的任意解 故 令 i n ii n ii n i cba R 222 nnn nnn iiiiii abc 就是 222222222 nnnnnnnnn iiiiiiiiiiiiiiii xaybzcabcabc 則 即 方程 1 2 的解公式 證畢 nnn zyx n R 2