扩展证明费马大定理

1、扩展证明费马大定理：证明： m,n属于非负整数， x，y，z是正整数。j 表示“奇数”，k=2（m+1）j 表示“偶数”。 按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程： 1）偶数+偶数： k1n+k2n=k3n 2n 2m1n j1n + 2n 2m2n j2n = 2n 2m3n j3n 2m1n j1n + 2m2n j2n = 2m3n j3n 等式两边同时除以 min (2m1n，2m2n ，2m3n)，又分七种情况： A)m1=m2=m3 得：j1n + j2n = j3n，偶数=奇数，产生矛盾。 B)仅m1=m2 j1n + j2n = 2(m3-m1)n j3n ， 令m4=m3-m1

2、若m4<0 j1n + j2n = j3 /2(-m4)n， j3 /2(-m4)n为小数， j1n + j2n 为整数，产生矛盾。 可见，m4<0时，不成立。 若m4>0， j1n + j2n = j3n 2(m4)n，n>2 若j3是j1n与j2n的公因数j1=j2=j3 则有j4n+j5n=2(m4)n 待证明 2(m4)n不是j1n与j2n的公因数 j1n/ 2(m4)n+ j2n /2(m4)n= j3n 若j1=j2 则有2j1n/ 2(m4)n= j3n 奇数/偶数=奇数，产生矛盾， j1不等于j2 奇数 /2n ，为末尾为5的小数 若要 j1n/ 2(m

3、4)n+ j2n /2(m4)n等于整数， j1n/ 2(m4)n与 j2n /2(m4)n的小数位数要相同 j1/ 2(m4)与 j2 /2(m4)的小数位数也要相同 通过计算观察， j1n/ 2(m4)n+ j2n /2(m4)n要等于整数只能等于奇数， 推出j3=奇数 j1n/ 2(m4)n+ j2n /2(m4)n=奇数 j1n/2n+ j2n/2n =奇数乘 2(m4-1)n 奇数乘2(m4-1)n不等于奇数，产生矛盾， 可见，m1<m3时，也不成立。 所以，仅m1=m2， j1n + j2n = j3n 2(m4)n不成立。 同理:j4n+j5n=2(m4)n 不成立。 C)

4、 再来看，仅m1=m3 j1n + 2（m2-m1）n j2n = j3n ， 令m4= m2-m1 若 m4<0 j1n + j2n/ 2（-m4）n = j3n ， j2n/ 2（-m4）n = j3n-j1n ， j2n/ 2（-m4）n 为小数，j3n-j1n 为整数，产生矛盾， 可见，m4<0时，不成立。 若m4>0 则 j3n-j1n = j2n2m4n 若j2是j1n与j3n的公因数 则j5n-j4n= 2m4n待证明 2(m4)n不是j3n与j1n的公因数 j3n/2m4n-j1n/ 2m4n = j2n 若j3=j1 则0= j2n， 产生矛盾， j1不等于

5、j3 j3n/2m4n-j1n/ 2m4n = j2n 奇数 /2n ，为末尾为5的小数 通过计算观察， j3n/2m4n-j1n/ 2m4n 不等于整数， 可见，m4>0时，不成立。 所以，仅m1=m3时， j1n + j2n = j3n 2(m4)n不成立。 D)仅m2=m3，同上，不成立。 E) min (m1，m2，m3)仅为m1，m2 ，m3中的一个： 得： j1n + 2（m2-m1）n j2n = 2(m3-m1)n j3n 奇数=偶数，产生矛盾。 F) 2（m1-m2）n j1n + j2n = 2(m3-m2)n j3n 奇数=偶数，产生矛盾。 G) 2(m1-m3)n

6、 j1n + 2(m2-m3)n j2n = j3n 偶数=奇数，产生矛盾。 所以：按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程，偶数+偶数，不成立。 2）奇数+奇数： j1n + j2n = kn j1n + j2n =2（m+1)n j3n 因为 j1n + j2n = j3n 2(m4)n不成立， 所以：j1n + j2n =2（m+1)n j3n不成立。 3) 奇数+偶数： j1n+kn=j2n j2n-j1n=kn j2n j1n =2n 2mn j3n ， 因为： j3n-j1n = j2n2m4n不成立。 所以：j2n j1n =2n 2mn j3n不成立。 所以：由1）2）3）可知，n&

7、gt;2，“费马大定理”在正整数范围内成立。 同理：应由1）2）3）可证，n>2，“费马大定理”在整数范围内成立。 编辑本段应用实例要证明费马最后定理是正确的 （即x n+ yn = zn 对n>2 均无正整数解） 只需证 x4+ y4 = z4 和xp+ yp = zp (P为奇质数)，都没有整数解。 费马大定理证明过程: 对费马方程xn+yn=zn整数解关系的证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a2+b2=c2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a2+b2=c2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法

8、则”；“定差公式法则”；“a值奇偶数列法则”；是平方整数解的代数条件和实践方法；本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念；本文利用同方幂数增比性质，利用整数方幂数增项差公式性质，把费马方程xn+yn=zn原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。 关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式 引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程xn+yn=zn在n=2时有无穷多组整数解，在n2时永远没有整数解的观点。并声

9、称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。 本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程xn+yn=zn在指数n2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。 定义1费马方程 人们习惯上称xn+yn=zn关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。 在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，这时由勾股弦定理可以得到32+4

10、2=52，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄里克莱，已经成为很大的一门数学分支. 定义2增元求解法 在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法，叫增元求解法。 利用增元求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。 下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a2+b2=c2整数解关系的求值。 一，直角三角形边长a2+b2=c2整数解的“定a计算法则” 定理1如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q1，

11、满足条件： a3 b=（a2-Q2）÷2Q c= Q+b 则此时，a2+b2=c2是整数解； 证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a2，若（a2-Q2）÷2Q=b（其中Q为增元项，且b、Q是整数）,则可把面积a2分解为a2=Q2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形： Q2 Qb 其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b2后可得到一个边长 Qb 为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a2+b2=c2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。 故定理1得证 应用例子： 例1 利用定a计算法则求直角三角形

12、a边为15时的边长平方整数解? 解：取 应用例子：a为15，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到： a= 15 b=（a2- Q2）÷2Q=（152-12）÷2 =112 c=Q+b=1+112=113 所以得到平方整数解152+1122=1132 再取a为15，选增元项Q为3，根据定a计算法则得到： a= 15 b=（a2-Q2）÷2Q=（152-32）÷6=36 c=Q+b=3+36=39 所以得到平方整数解152+362=392 定a计算法则，当取a=3、4、5、6、7 时，通过Q的不同取值，将函盖全部平方整数解。 二，直角三角形边长a2+b2=c

13、2整数解“增比计算法则” 定理2如a2+b2=c2 是直角三角形边长的一组整数解，则有（an）2+（bn）2 =（cn）2（其中n=1、2、3）都是整数解。 证：由勾股弦定理，凡a2+b2=c2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形 a c ，根据平面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c； b 2b 3a 3c；4a 4c； 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c； 3b 4b 3a、3b、3c；4a、4b、4c na、nb、nc都是整数。 故定理2得证 应用例子： 例2证明3032+4042=5052是整数解？ 解；由直角三角形3 5 得到32+42=52是整数解，根

14、据增比计 4 算法则，以直角三角形 3×101 5×101 关系为边长时，必有 4×101 3032+4042=5052是整数解。 三，直角三角形边长a2+b2=c2整数解“定差公式法则” 3a + 2c + n = a1 （这里n=b-a之差，n=1、2、3） 定理3若直角三角形a2+b2=c2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3ai 所组成的平方数组ai2+bi2=ci2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。 证：取n为1，由直角三角形三边3、4、5得到32+42=52，这里n=b-a=4-3=1

15、，根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有： a1=3×3+2×5+1=20 这时得到 202+212=292 继续利用公式计算得到： a2=3×20+2×29+1=119 这时得到 1192+1202=1692 继续利用公式计算得到 a3=3×119+2×169+1=696 这时得到 6962+6972=9852 故定差为1关系成立 现取n为7，我们有直角三角形212+282=352，这里n=28-21=7，根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有： a1=3×21+2×35+7=140 这

16、时得到 1402+1472=2032 继续利用公式计算得到： a2=3×140+2×203+7=833 这时得到 8332+8402=11832 继续利用公式计算得到： a3=3×833+2×1183+7=4872 这时得到 48722+48792=68952 故定差为7关系成立 再取n为129，我们有直角三角形3872+5162=6452，这里n=516-387=129，根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有： a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到 25802+27092=37412 继续利用公式

17、计算得到： a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到 153512+154802=218012 继续利用公式计算得到： a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到 897842+899132=1270652 故定差为129关系成立 故定差n计算法则成立 故定理3得证 四，平方整数解a2+b2=c2的a值奇偶数列法则： 定理4 如a2+b2=c2是直角三角形的三个整数边长，则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立； （一） 奇数列a： 若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 ）， 则a为奇数列平方整数解的关系是：

18、 a=2n+1 c=n2+（n+1）2 b=c-1 证：由本式条件分别取n=1、2、3 时得到： 32+42=52 52+122=132 72+242=252 92+402=412 112+602=612 132+842=852 故得到奇数列a关系成立 （二）偶数列a： 若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 ）， 则a为偶数列平方整数解的关系是： a=2n+2 c=1+（n+1）2 b=c-2 证：由本式条件分别取n=1、2、3 时得到： 42+32=52 62+82=102 82+152=172 102+242=262 122+352=372 142+482=502 故得到偶数列a关系成立

19、 故定理4关系成立 由此得到,在直角三角形a、b、c三边中： b-a之差可为1、2、3 a-b之差可为1、2、3 c-a之差可为1、2、3 c-b之差可为1、2、3 定差平方整数解有无穷多种； 每种定差平方整数解有无穷多个。 以上，我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，费马方程xn+yn=zn在指数n2时没有整数解。证明如下： 我们首先证明，增比计算法则在任意方次幂时都成立。 定理5，若a，b，c都是大于0的不同整数，m是大于1的整数，如有am+bm=cm+dm+em同方幂关系成立，则a，b，c，d，e增比后，同方幂关系仍成立。 证：在定理原式 am+bm=cm

20、+dm+em中，取增比为n，n1， 得到 ： （n a）m+（nb）m=（nc）m+（nd）m+（ne）m 原式化为 ： nm（am+bm）=nm（cm+dm+em） 两边消掉 nm后得到原式。 所以，同方幂数和差式之间存在增比计算法则，增比后仍是同方幂数。 故定理5得证 定理6，若a，b，c是不同整数且有am+b=cm关系成立，其中b1，b不是a，c的同方幂数，当a，b，c同比增大后，b仍然不是a，c的同方幂数。 证：取定理原式am+b=cm 取增比为n，n1，得到：（na）m+nmb=（nc）m 原式化为： nm（am+b）=nmcm 两边消掉nm后得到原式。 由于b不能化为a，c的同方幂

21、数，所以nmb也不能化为a，c的同方幂数。 所以，同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后，等式关系仍然成立。其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数，不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数。 故定理6得证 一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质 定义3，绝对某次方幂式 在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如：n2+2n+1，n2+4n+4， n2+6n+9，都是绝对2次方幂式；而n3+3n2+3n+1，n3+6n2+12n+8，都是绝对3次方幂式。 一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+

22、b）m（m1，b为常数项）的展开项。 定义4，绝对非某次方幂式 在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都不是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如：n2+1，n2+2，n2+2n， 都是绝对非2次方幂式；而n3+1，n3+3n2+1，n3+3n+1，3n2+3n+1，n3+6n2+8都是绝对非3次方幂式。 当一元代数式的项数很少时，我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式，例如n2+n是绝对非2次方幂式，n7+n是绝对非7次方幂式，但当代数式的项数很多时，得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。 一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b

23、）m（m2，b为常数项）的展开项中减除其中某一项。 推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如：3n2+4n+1不是绝对非3次方幂式，取n=1时有3n2+4n+1=8=23，3n2+3n+1不是绝对非2次方幂式，当n=7时，3n2+3n+1=169=132; 推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。2n+1=9=32，2n+1=49=72 4n+4=64=82，4n+4=256=162 2n+1=27=33，2n+1=125=53 证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式； 在一元代数式中，未知数的不同取值，代数式将得到不同的计

24、算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的，是等式可逆的，是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数公理。即可由代入未知数值的办法对代数式求值，又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质，我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。 当常数项为1时，完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）3=n3+3n2+3n+1，它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成，对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失，代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下，我们锁定其中的任意3项，则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式，n3+3n2+1

25、，n3+3n+1，3n2+3n+1，对这3个代数式来说，使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解，即补上缺失的第4项值，而且这个缺失项不取不行，取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系，这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是： （n+1）3-3n= n3+3n2+1 （n+1）3-3n2= n3+3n+1 （n+1）3-n3=3n2+3n+1 所以得到：当取n=1、2、3、4、5 n3+3n2+1（n+1）3 n3+3n+1（n+1）3 3n2+3n+1（n+1）3 即这3个代数式的值都不能等于（n+1）3形完全立方数。 当取n=1、2、3、4、5 时，

26、（n+1）3=n3+3n2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方，而 小于2的整数只有1，13=1，当取n=1时， n3+3n2+1=51 n3+3n+1=51 3n2+3n+1=71 所以得到：当取n=1、2、3、4、5 时，代数式n3+3n2+1，n3+3n+1，3n2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。 由以上方法我们能够证明一元代数式：n4+4n3+6n2+1，n4+4n3+4n+1，n4+6n2+4n+1，4n3+6n2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。 能够证明5次方以上的一元代数式（

27、n+1）m的展开项在保留常数项的前提下，锁定其中的任意m项后，可得到m个不同的一元代数式，这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。 现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式； 2次方时有：（n+1）2-n2 =n2+2n+1-n2 =2n+1 所以，2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1。 由于2n+1不含有方幂关系，而所有奇数的幂方都可表为2n+1，所以，当2n+1为完全平方数时，必然存在n2+（22n+1）2=（n+1）2即z-x=1之平方整数解关系，应用增比计算法则，我们即可得到z-x=2，z-

28、x=3，z-x=4，z-x=5之平方整数解关系。但z-x1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出，求得这些平方整数解的方法是： 由（n+2）2-n2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比； 由（n+3）2-n2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比； 由（n+4）2-n2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比； 这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 时，我们可得到整数中全部平方整数解。 所以费马方程xn+yn=zn在指数为2时成立。 同时，由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4，

29、6n+9，8n+16 所以，还必有x2+yn=z2整数解关系成立。 3次方时有：（n+1）3-n3 =n3+3n2+3n+1-n3 =3n2+3n+1 所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n2+3n+1。 由于3n2+3n+1是（n+1）3的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是3次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时3n2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n3+（33n2+3n+1 ）3=（n+1）3即z-x=1之立方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5之立方整数解关系。但z-x1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出

30、这些立方费马方程式的方法是： 由（n+2）3-n3=6n2+12n+8，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数； 由（n+3）3-n3=9n2+27n+27，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数； 由（n+4）3-n3=12n2+48n+64，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数； 这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 时，费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。 所以费马方程xn+yn=zn在指数为3时无整数解。 4次方时有；（n+1）4-n4 =n4+4n3+6n2+4n+1-n4 =4n3+6n2+4n+1 所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n3+6n2+4n+1。 由于4n3+6n2+4n+1是（n+1）4的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是4次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时4n3+6n2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n4+（44n3+6n2+4n+1）4=（n+1）4即z-x=1之4次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5