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对不起楼主，由于本人是新手，无发贴的权利，只好将我的一篇论文登在此处，与大家探讨。
! O, c# ^( a, ~& K# P. e& j2 j% q- q用求根方法巧妙证明费马猜想# ?: Y6 H$ s3 T/ `9 t6 {* I
作者：刘孝强' S6 f8 n' e1 P6 t" R' A# C
一、费马猜想简介：
. B. a% x. R2 E9 p& @6 R' U1.费马猜想： 当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。& V( `; ~) C, ?" L0 k: G, w/ | X
2.费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它定理对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。+ u1 c ]5 P# a' u
3.这个猜想，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“猜想”，并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁•怀尔斯和他的学生理查•泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁•怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此猜想，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。# S; _6 q' p- I) ^/ U% @% R1 [
甚至有许多数学家断言：费马猜想不可能用初等数学的方法证明。6 {& ~2 r/ B* I2 U% J
二、求根方法证明费马猜想简介：
& m8 U! t# I: `; C' T安德鲁•怀尔斯的证明十分繁琐，而本人以下的证明十分简明。 d( J; A5 _, G
1.我们知道费马猜想即：当n > 2时，不定方程x^n + y^n = z^n 没有正整数解。为了证明这个结果，只需证明方程x^4 + y4^ = z^4 (x , y，z) = 1和方程x^p + y^p = z^p (x , y，z) = 1［p是一个奇素数］均无正整数解即可。* M5 a& q& y8 S/ S
n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。0 {- i; ]4 [: ^6 i. T" |7 T
现在本人用求根方法来证明x^p + y^p = z^p ，(x , y，z)= 1［p是一个奇素数］无正整数解。# T! V! [, Q6 o' i+ v \9 ^
因(x , y，z)= 1，很容易证明x和 y，要么均为奇数，要么为一奇一偶。
6 \% H x, x0 @2 g# E8 J2.为了证明简单明了，我们先来看p=3的情形。我这种证明方法可推出p为任何奇素数的对费马猜想的一般证明：当p≥3的素数时，x^n+y^n=z^n无正整数解。
! @) `. ~; x+ M* m5 n* x% B, i) h用反证法。假定 x^3+y^3=z^3有正整数解。有x和 y要么均为奇数，要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么有：
0 Y- }: i& o. { Vz^3 = x^3 + y^3=（x + y）（x^2 + y^2－xy）。
( H9 P: y; L# X& w' `1 E+ d8 P设x^2 + y^2－xy=A，即x^2 －xy + y^2－A =0，把此式看成关于x的一元二次方程。
- s3 L ^* z `' h" w% `- L为了后面的证明，我把x^2 －xy + y^2－A =0这样的方程称为标准方程。
: D9 x* v0 k# P5 J& l" m即求x^2 －xy +y^2－A =0的解。用求根公式，有x=-（-y）±√（－y）^2－4（y^2－A）/2（注：√表示根号）= y±√（－y）^2－4y^2+4A/2= y±√4A－3y^2/2= y±√4（x^2 + y^2－xy）－3y^2/2= y±√（2x －y）^2/2。因（2x －y）^2≥0，所以方程在实数范围内有根。这里需要讨论：
" Q v6 W1 u9 h* n) Z（1）当2x －y>0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得x=x，或x = y/2 即y= 2x（这与2x －y>0相矛盾，舍去）。
: d2 Z/ e B& z（2）当2x －y<0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得x=x，,或x = y/2 即y= 2x（这与2x －y<0相矛盾，舍去）。
& R- E2 M* c" l7 V) ^（3）当2x －y=0时，因x= y±√（2x －y）^2/2，可得y= 2x。; m* C5 {8 ^# a5 w1 |
综合上面三种情况：在实数范围内，x^2 －xy + y^2－A =0有实根x=x或x = y/2 即y= 2x。3 u( F4 }8 w& n: e
但显然在正整数范围内，因y= 2x，有y为偶数，与前面假设y为奇数相矛盾。也就是说x^3+y^3=z^3在正整数范围内无解。
z& ]. R: c7 r为进一步明白我的思路，现在来看x^5 + y^5=z^5的情况。这时有x和 y要么均为奇数，要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么：
' `3 |# @* D$ \! y: W4 VZ^5= x^5 + y^5=（x + y）（x^4 + xy^3－x^2y^2+ x^3y+y^4）9 H4 h8 q% n; i, w7 T! f- F6 _9 Y
设x^4 + xy^3－x^2y^2+x^3y+ y^4=M，又设x^4－x^2y^2+ y^4=M- xy^3 -x^3y =C，即x^4+ y^4－x^2y^2- C = 0，用代元法，设x^2=X ，y^2=Y，有：X^2+ Y^2－XY- C = 0，这就成了标准方程，从而可用证明标准方程的方法进行证明即可。采用上面的方法，在实数范围内，有由X = X或X= Y/2 即Y= 2X。但在正整数范围内，由Y= 2X，有y^2= 2x^2，这时y为偶数，与前面假设y为奇数相矛盾。也就是说x^5+y^5=z^5在正整数范围内无解。- J$ G2 x) V6 R& t6 J! e
现在来看费马猜想的一般情形：同样用反证法。假定x^P+y^P=z^P（p是一个奇素数）有正整数解。这时有x和 y要么均为奇数，要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么因z^P=x^P－y^P=（x + y）（x^P-1+xy^p-2+…－ x ^p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y+ yP-1）,设（x^P-1+xy^p-2+…－ x ^p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y+ y^P-1）=C，即x^P-1+…－ x^ p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y + y^P-1－C=0，设D=C-（xy^p-2+…+ x^P-2y），采用上面的方法很容易推出方程：x^P-1－x^p-1/2y^p-1/2+y^P-1－D=0，用代元法设x^ P-1/2=X ，y^p-1/2=Y，有：X^2+ Y^2－XY- D = 0，这就成了标准方程，从而按证明标准方程的方法就可以证明：x^P+y^P=z^P（p是一个奇素数）无正整数解。
) k0 D2 p3 g% [+ e) ^# W& I. |证毕。* j) e' S+ ?5 T& E2 M2 @( m
n( e* T8 f, u, X1 N+ R& A, _1 w
2010年12月3日
" h6 V* T t6 r2 t& m" A# O- I4 [1 g
（作者单位：四川省万源市太平镇。QQ号：516030331）$ D4 p8 a d% a) e! q; j0 ?
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发表于 2011-3-19 08:27
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