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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。
5 Q2 J$ T- a' i5 T. i9 B用求根方法巧妙证明费马猜想3 U O. I) g+ g8 |& J
作者:刘孝强* v% i* A2 v/ f. ]3 J: b- G- |
一、费马猜想简介:% T! o$ T; c% {& U s+ E ]
1.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。
" M; c# D0 I) }2 V2.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。% B, q# o- p" W# H
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。
: T: C* _2 G$ u5 ?: a& _' a; q7 i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。& t! k7 \% ~2 r/ j J
二、求根方法证明费马猜想简介:$ a, C( g' w3 K" l& l/ Y
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。
8 M1 f' O7 f! D/ H/ I; I9 p6 G1.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。7 x9 v8 ], x5 Z, |$ k
n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
/ v3 Q, R: y' }+ M7 V2 }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。
- [% I' @2 _# w4 a Z( w8 D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。
/ a+ w4 w+ l! h- G2.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。
5 x( C0 |; T! J# m }. { M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:# v+ x1 d7 B/ Q4 G# ^3 [7 \. U
z^3 = x^3 + y^3=(x + y)(x^2 + y^2-xy)。# c9 A9 y- G9 s- Z$ Y
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。% _3 W) F" X8 _7 M" c B3 j3 b3 M% e( M
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。
% `& O5 O, b* i4 |; K- Q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:
$ @* o. e" j L1 {: m(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)。 p8 p; j4 [. I
(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)。7 q; @+ B7 k5 N& f3 _3 P
(3)当2x -y=0时,因x= y±√(2x -y)^2/2,可得y= 2x。
1 G* H) ]0 |; R/ W2 C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。# x" L# M! y/ j- C
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。
' c/ x- P | Y. v: A; D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:- F' `, n) d; t s/ B
Z^5= x^5 + y^5=(x + y)(x^4 + xy^3-x^2y^2+ x^3y+y^4)
) [0 S3 \1 @. g9 }0 k, f; I+ {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。
7 @# e( R- [. h) X; f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。
& ]1 w" e% w( Q$ g5 I% [$ K证毕。
8 `- @' t, w% [5 g+ N4 ]5 f 0 s z! k2 u3 j- F2 `% i
2010年12月3日
6 @7 m0 q! t* m9 t- w
, M6 c- q; u }(作者单位:四川省万源市太平镇。QQ号:516030331)
8 z. k8 p/ F' ]) e6 b* r8 H, D& n3 ]2 a" ~" j3 _
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同乐秋阳
:应注意逻辑的严谨性,不能离开原命题去讨论任何问题,否则是无用的。你设定A后,就离开了原命题。
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