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懷爾斯費馬大定理證明過程篇一

近代數學如參天大樹，已是分支眾多，枝繁葉茂。在這棵蒼勁的大樹上懸掛著不勝其數的數學難題。其中最耀眼奪目的是四色地圖問題、費爾馬大定理和哥德巴赫猜想。它們被稱為近代三大數學難題。

300多年以來，費爾馬大定理使世界上許多著名數學家殫精竭慮，有的甚至耗盡了畢生精力。費爾馬大定理神秘的面紗終于在1995年揭開，被43歲的英國數學家維爾斯一舉證明。這被認為是“20世紀最重大的數學成就”。

費爾馬大定理的由來

故事涉及到兩位相隔1400年的數學家，一位是古希臘的丟番圖，一位是法國的費爾馬。丟番圖活動于公元250年前后。

1637年，30來歲的費爾馬在讀丟番圖的名著《算術》的法文譯本時，他在書中關于不定方程 x^2＋ y^2 ＝z^2 的全部正整數解這頁的空白處用拉丁文寫道：“任何一個數的立方，不能分成兩個數的立方之和；任何一個數的四次方，不能分成兩個數的四次方之和，一般來說，不可能將一個高于二次的冪分成兩個同次的冪之和。我已發現了這個斷語的美妙證法，可惜這里的空白地方太小，寫不下。”

費爾馬去世后，人們在整理他的遺物時發現了這段寫在書眉上的話。1670年，他的兒子發表了費爾馬的這一部分頁端筆記，大家才知道這一問題。后來，人們就把這一論斷稱為費爾馬大定理。用數學語言來表達就是：形如x^n+y^n=z^n的方程，當n大于2時沒有正整數解。

費爾馬是一位業余數學愛好者，被譽為“業余數學家之王”。1601年，他出生在法國南部圖盧茲附近一位皮革商人的家庭。童年時期是在家里受的教育。長大以后，父親送他在大學學法律，畢業后當了一名律師。從1648年起，擔任圖盧茲市議會議員。

他酷愛數學，把自己所有的業余時間都用于研究數學和物理。由于他思維敏捷，記憶力強，又具備研究數學所必須的頑強精神，所以，獲得了豐碩的成果，使他躋身于17世紀大數學家之列。

艱難的探索

起初，數學家想重新找到費爾馬沒有寫出來的那個“美妙證法”，但是誰也沒有成功。著名數學家歐拉用無限下推法證明了方程 x^3+y^3=z^3和x^4+y^4=z^4不可能有正整數解。

因為任何一個大于2的整數，如果不是4的倍數，就一定是某一奇素數或它的倍數。因此，只要能證明n＝4以及n是任一奇素數時，方程都沒有正整數解，費爾馬大定理就完全證明了。n＝4的情形已經證明過，所以，問題就集中在證明n等于奇素數的情形了。

在歐拉證明了 n＝ 3，n＝ 4以后，1823年和 1826年勒讓德和狄利克雷各自獨立證明了 n＝ 5的情形，1839年拉梅證明了 n＝ 7的情形。就這樣，一個一個奇素數證下去的長征便開始了。

其中，德國數學家庫默爾作出了重要貢獻。他用近世代數的方法，引入了自己發明的“理想數”和“分圓數”的概念，指出費爾馬大定理只可能在n等于某些叫非正則素數的值時，才有可能不正確，所以只需對這些數進行研究。這樣的數，在100以內，只有37、59、67三個。他還具體證明了當 n＝ 37、59、67時，方程x^n+y^n=z^n是不可能有正整數解的。這就把費爾馬大定理一下推進到n在100以內都是成立的。庫默爾“成批地”證明了定理的成立，人們視之為一次重大突破。1857年，他獲得巴黎科學院的金質獎章。

這一“長征”式的證法，雖然不斷地刷新著記錄，如 1992年更進到n＝1000000，但這不等于定理被證明。看來，需要另辟蹊徑。

10萬馬克獎給誰

從費爾馬時代起，巴黎科學院曾先后兩次提供獎章和獎金，獎勵證明費爾馬大定理的人，布魯塞爾科學院也懸賞重金，但都無結果。1908年，德國數學家佛爾夫斯克爾逝世的時候，將他的10萬馬克贈給了德國哥庭根科學會，作為費爾馬大定理的解答獎金。

哥庭根科學會宣布，獎金在100年內有效。哥庭根科學會不負責審查稿件。

10萬馬克在當時是一筆很大的財富，而費爾馬大定理又是小學生都能聽懂題意的問題。于是，不僅專搞數學這一行的人，就連很多工程師、牧師、教師、學生、銀行職員、政府官吏和一般市民，都在鉆研這個問題。在很短時間內，各種刊物公布的證明就有上千個之多。

當時，德國有個名叫《數學和物理文獻實錄》的雜志，自愿對這方面的論文進行鑒定，到 1911年初為止，共審查了111個“證明”，全都是錯的。后來實在受不了沉重的審稿負擔，于是它宣布停止這一審查鑒定工作。但是，證明的浪潮仍洶涌澎湃，雖然兩次世界大戰后德國的貨幣多次大幅度貶值，當初的10萬馬克折算成后來的馬克已無多大價值。但是，熱愛科學的可貴精神，還在鼓勵著很多人繼續從事這一工作。

姍姍來遲的證明

經過前人的努力，證明費爾馬大定理取得了許多成果，但離定理的證明，無疑還有遙遠的距離。怎么辦？來必須要用一種新的方法，有的數學家用起了傳統的辦法——轉化問題。

人們把丟番圖方程的解與代數曲線上的某種點聯系起來，成為一種代數幾何學的轉化，而費爾馬問題不過是丟番圖方程的一個特例。在黎曼的工作基礎上，1922年，英國數學家莫德爾提出一個重要的猜想。：“設f（x，y）是兩個變數x、y的有理系數多項式，那么當曲線f（x，y）= 0的虧格（一種與曲線有關的量）大于1時，方程f（x，y）＝0至多只有有限組有理數”。1983年，德國29歲的數學家法爾廷斯運用蘇聯沙法拉維奇在代數幾何上的一系列結果證明了莫德爾猜想。這是費爾馬大定理證明中的又一次重大突破。法爾廷斯獲得了1986年的菲爾茲獎。

維爾斯仍采用代數幾何的方法去攀登，他把別人的成果奇妙地聯系起來，并且吸取了走過這條道路的攻克者的經驗教訓，注意到一條嶄新迂回的路徑：如果谷山——志村猜想成立，那么費爾馬大定理一定成立。這是1988年德國數學家費雷在研究日本數學家谷山——志村于1955年關于橢圓函數的一個猜想時發現的。

維爾斯出生于英國牛津一個神學家庭，從小對費爾馬大定理十分好奇、感興趣，這條美妙的定理導致他進入了數學的殿堂。大學畢業以后，他開始了幼年的幻想，決心去圓童年的夢。他極其秘密地進行費爾馬大定理的研究，守口如瓶，不透半點風聲。

窮七年的鍥而不舍，直到1993年6月23日。這天，英國劍橋大學牛頓數學研究所的大廳里正在進行例行的學術報告會。報告人維爾斯將他的研究成果作了長達兩個半小時的發言。10點30分，在他結束報告時，他平靜地宣布：“因此，我證明了費爾馬大定理”。這句話像一聲驚雷，把許多只要作例行鼓掌的手定在了空中，大廳時鴉雀無聲。半分鐘后，雷鳴般的掌聲似乎要掀翻大廳的屋頂。英國學者顧不得他們優雅的紳士風度，忘情地歡騰著。

消息很快轟動了全世界。各種大眾傳媒紛紛報道，并稱之為“世紀性的成就”。人們認為，維爾斯最終證明了費爾馬大定理，被列入1993年世界科技十大成就之一。

可不久，傳媒又迅速地報出了一個“爆炸性”新聞：維爾斯的長達200頁的論文送交審查時，卻被發現證明有漏洞。

維爾斯在挫折面前沒有止步，他用一年多時間修改論文，補正漏洞。這時他已是“為伊消得人憔悴”，但他“衣帶漸寬終不悔”。1994年9月，他重新寫出一篇108頁的論文，寄往美國。論文順利通過審查，美國的《數學年刊》雜志于1995年5月發表了他的這一篇論文。維爾斯因此獲得了1995～1996年度的沃爾夫數學獎。

經過 300多年的不斷奮戰，數學家們世代的努力，圍繞費爾馬大定理作出了許多重大的發現，并促進了一些數學分支的發展，尤其是代數數論的進展。現代代數數論中的核心概念“理想數”，正是為了解決費爾馬大定理而提出的。難怪大數學家希爾伯特稱贊費爾馬大定理是“一只會下金蛋的母雞”。

注：x^2表示x的平方。

懷爾斯費馬大定理證明過程篇二

費馬大定理： 當整數n > 2時，關于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n.無正整數解。

費馬在閱讀丟番圖《算術》拉丁文譯本時，曾在第11卷第8命題旁寫道：“將一個立方數分成兩個立方數之和，或一個四次冪分成兩個四次冪之和，或者一般地將一個高于二次的冪分成兩個同次冪之和，這是不可能的。關于此，我確信已發現了一種美妙的證法，可惜這里空白的地方太小，寫不下。”（拉丁文原文: "cuius rei demonstrationem mirabilem sane marginis exiguitas non caperet."）畢竟費馬沒有寫下證明，而他的其它猜想對數學貢獻良多，由此激發了許多數學家對這一猜想的興趣。數學家們的有關工作豐富了數論的內容，推動了數論的發展。

對很多不同的n，費馬定理早被證明了。但數學家對一般情況在首二百年內仍對費馬大定理一籌莫展。

1983年，聯邦德國數學家伐爾廷斯證明了莫德爾猜想，從而翻開了費馬大定理研究的新篇章．獲得1982年菲爾茲獎

莫德爾猜想

1922年，英國數學家莫德爾提出一個著名猜想，人們叫做莫德爾猜想．按其最初形式，這個猜想是說，任一不可約、有理系數的二元多項式，當它的“虧格”大于或等于2時，最多只有有限個解．記這個多項式為f(x，y)，猜想便表示：最多存在有限對數偶xi，yi∈q，使得f(xi，yi)=0．后來，人們把猜想擴充到定義在任意數域上的多項式，并且隨著抽象代數幾何的出現，又重新用代數曲線來敘述這個猜想了．因此，伐爾廷斯實際上證明的是：任意定義在數域k上，虧格大于或等于2的代數曲線最多只有有限個k一點．

數學家對這個猜想給出各種評論，總的看來是消極的． 1979年利奔波姆說：“可以有充分理由認為，莫德爾猜想的獲證似乎還是遙遠的事．”

然而，時隔不久，1983年伐爾廷斯證明了莫德爾猜想，人們對它有了全新的看法．在伐爾廷斯的文章里，還同時解決了另外兩個重要猜想，即臺特和沙伐爾維奇猜想，它們同莫德爾猜想具有同等重大意義．

谷山——志村猜想

1955年，日本數學家谷山豐首先猜測橢圓曲線于另一類數學家們了解更多的曲線——模曲線之間存在著某種聯系；谷山的猜測后經韋依和志村五郎進一步精確化而形成了所謂“谷山——志村猜想”，這個猜想說明了：有理數域上的橢圓曲線都是模曲線。這個很抽象的猜想使一些學者搞不明白，但它又使“費馬大定理”的證明向前邁進了一步。

谷山——志村猜想和費馬大定理之間的關系

1985年，德國數學家弗雷指出了谷山——志村猜想”和費馬大定理之間的關系；他提出了一個命題 ：假定“費馬大定理”不成立，即存在一組非零整數a,b,c,使得a的n次方+b的n次方=c的n次方（n>2),那么用這組數構造出的形如y的平方=x(x+a的n次方）乘以（x-b的n次方）的橢圓曲線，不可能是模曲線。盡管他努力了，但他的命題和“谷山——志村猜想”矛盾，如果能同時證明這兩個命題，根據反證法就可以知道“費馬大定理”不成立，這一假定是錯誤的，從而就證明了“費馬大定理”。但當時他沒有嚴格證明他的命題。

弗雷命題

1986年，美國數學家里貝特證明了弗雷命題，于是希望便集中于“谷山——志村猜想”。

“谷山——志村猜想”成立

1993年6月，英國數學家維爾斯證明了：對有理數域上的一大類橢圓曲線，“谷山——志村猜想”成立。由于他在報告中表明了弗雷曲線恰好屬于他所說的這一大類橢圓曲線，也就表明了他最終證明了“費馬大定理”；但專家對他的證明審察發現有漏洞，于是，維爾斯又經過了一年多的拼搏，于1994年9月徹底圓滿證明了“費馬大定理”。

懷爾斯費馬大定理證明過程篇三

【法1】

等軸雙曲線方程的通解與費爾瑪大定理的證明

滕錫和

(河南魯山 江河中學 郵編：467337)

摘 要: 由等軸雙曲線方程與費爾瑪方程的內在聯系，尋找到一種費爾瑪方程是否有正整數解的充要條件，再由對此條件的否定，證明了費爾瑪大定理，并且把費爾瑪大定理與勾股定理有機地統一起來。關鍵詞: 完全q解；可導出q解；連環解

中圖法分類號：o156.4 文獻標識碼：a 文章編號： ??1 r?通解

本文所用數集：n---自然數集，q---有理數集，r---實數集。本文討論不超出r?的范圍。

本文中方程x?y?z及同類方程中的指數n∈n，以后不再說明。引理1 方程

x?y?z（n≥2）(1)有n解的充要條件是它有q解。

引理2 方程（1）x?y?z（n≥2）有n解的充要條件是它有既約n解。這樣，在以后的討論中只需討論q解及既約n解的情形，可使過程簡化。引理3 方程（1）x?y?z（n≥2）有n解的充要條件是方程

x-y?1（n≥2）（2）

有q解。

證明 充分性 如果方程（2）（n≥2）有q解，設（x-y?1為其q解，則（??nnn?nnn?nnnnnnnnnn?wu，）?u，v，w?n兩兩互素?vvunwnnnnnnn）-＝1，u?v?w。于是方程（1）x?y?z（n≥2）

vv有n解?u，v，w?。

必要性 如果方程（1）x?y?z（n≥2）有n解，設?u，v，w??u，v，w?n兩兩互素?nnn 1 為其n解，則un?vn?wn，（解（uwn?）-n＝1。于是方程（2）xn-yn?1（n≥2）有qvvwu。證畢，）vvnnn?引理4 如果方程（1）x?y?z（n≥2）有q解，那么，只有兩類：

?i）完全q解?u，v，w?u，v，w?q???；

?ii）可導出q解??u，?v，?w?????q，u，v，w?q?。

?nnn證明 第i）類屬顯然。

第ii）類，把??u，?v，?w?代入方程（1），得??u????v????w?，∴ un?vn?wn

于是導出方程（1）的q解?u，v，w?。

?除此以外，由其它任何形式的帶無理因子的解，都不能導出q解。事實上，設??1u，?2v，?3w??（?1，?2，?3中至少有一個∈q且三個數中含有不可通約的無理因子，u，v，w ∈q）為方程（1）的解，則由?1，?2，?3的定義知，它們的無理因子是不能從上式中完全提到括號外面去的，即由它不能導出方程（1）的q解。證畢

從引理4及其證明過程可以得到以下三條結論：（1）若將第i）類q解的三個數同乘以一個數ξ（ξ∈q），得到ξ

???????u，v，w?，則

?此解仍是方程（1）的第i）類q解；若將三個數同乘以一個數λ（λ∈q），得到λ?u，v，w?，則此解變為方程（1）的第ii）類q解。

?（2）若將第ii）類q解的三個數同乘以一個數

????q?，得到?u，v，w?，則此解???1??變為方程（1）的第i）類q解;若將三個數同乘以一個數δ（δ∈r且???q），得到δλ?u，v，w?，則此解仍是方程（1）的第ii）類q解。

?（3）方程（1）的第i）、ii）類q解與非第i）、ii）類q解之間是封閉的。即無論對數組的三個數同乘以一個什么正實數，它們之間都不可能互化。

??? 定理1 方程（1）x?y?z（n≥2）的 r解公式是

nnn 2

2n2n2 a??1n，（2d），（d2?1），（d2?1）（?1、d?r?，d?1）2?r2?12n2r?12??nn），r，?（?2、r?r?，r?1）或 b??2（。??22??znyn?nnn證明 當x，y，z?r時，由x?y?z得??1。根據引理3，這兩個方程

xx??在是否存在q解方面是等價的。從而得到

nnn?zn???yzy2222（?（??1 ?）??）?xxxx????nz2y21zny22??。由此解得??d（d?1）于是設，則xxdxx?nnz2d2?1y2d2?1?，?。恢復z：x和y：x的比例系數后得x2dx2dnn）??0）??0z2（d2?1y2（d2?1，拆開后即得 ?，?（?0?r?）x2d??0x2d??0nn222nn a?（x，y，z）?n（2d）??02，（d2?1）??02，（d2?1）??02（?0?r?，d?1）2n2n2 ??1n（2d），（d2?1），（d2?1）（?1?22????n。?02?r?，d?1）nnnnn?????znzxx2??z2x2?nnn222又，由x?y?z得（（?（??1。?）??（?）??1，?）??）?yyyyyy????????nznxz2x2122??（rr?1）設，則??。仿上法又得到 yyyyrnn?r2?12n2r2?12?nnb?（x，y，z）??2?，r，?（?2、r?r?，r?1）。??22??若設d?ap、r?（a、b、p、q?r?，a?b,p?q)，則a、b之間的變換關系是bqd?p?pa?b，r?.將a、b兩式分別代入方程（1），等式成立。因此，a、b兩式都是方程p?qa?b?（1）的r解公式。證畢

定理1說明 i）方程（1）的任何一個r解都可以由a、b兩式同時表出;a、b兩式表出

? 3 的任何一個r?數組，都是方程（1）的r?解。ii）如果方程（1）有n（或q）解，則必能用a、b兩式同時表出；如果a、b兩式同時表出n（或q）數組，則方程（1）有n(或q)解。反之，如果a、b兩式不能同時表出n（或q）數組，則方程（1）沒有n（或q）解。

?????2 有n解的充要條件

引理5 方程（1）x?y?z（n≥2）有q解的充要條件是

2n2n2 a0?n（2d），（d2?1），（d2?1）（d?1）2?r2?12n2r?12?nn），r，?（r?1)

或 b0??（??22??nnn??? 能同時表出或導出q數組。

證明 根據引理4的結論（3），可將a、b兩式的系數?1，?2略去，因為這樣，一者可使討論簡化，二者既不會使第i）、ii）類q解增生，也不會使之消失，三者必要時再同乘以一個公共因子。

先證a0。必要性 根據定理1，如果方程（1）有q解，必能用a0式表出或導出。根據??引理4，其q解只有兩類：i）如果是第i）類q解，即存在d0，當d?d0時，其解

??????2n2n2是q解，則a0能表出q數組a0；ii）如a0??n（2d0），（d02?1），（d0?1）（d0?1）果是第ii）類q解，根據引理4，由這個第ii）類q解必能導出第i）類q解，從而a0能導出q數組。

充要性 如果a0式能表出或導出q數組，顯然是方程（1）的q解，即方程（1）有q解。

對于b0式與a0式同理可證。證畢

根據引理1、2、5，不難找到思路：方程（1）有n解的充要條件是a0、b0兩式能同時表出或導出既約n數組。

定理2 方程

????????? x2n?y2n?z2n（n?1（3））有n解的充要條件是以下兩式：

4 a（2n）??n22n22n 2?2n?1?a0n?b0n，（2n?1a0n）?（b0n），（2n?1a0n）?（b0n）?（2n?1?※? a0n?b0n?0，a0?n，b0奇，（a0，b0）?1）,2n2n2n2??（pn）?（q）（p）?（qn0000）nnn?，（pq），?? 或 b（2n）00??22??（p0?q0?0，二奇，（p0，q0）?1）

能同時表出既約n數組。

[※]也可以是a0?2nn?1b0n?0，a0奇，b0∈n，（a0，b0）＝1。有且僅有這兩種情形，因為自然數只有奇偶兩類。此類情形與上同理，故未寫出。無妨，下同。

證明 必要性 如果方程（3）有既約n解，根據引理1、2、5，必可由a0、b0 兩式同時表出或導出。此時兩式分別為

a0??nnn, 2d，d2?1，d2?1（d?1）?2?r2?1nr?1?nn，r，）b0??.?（r?1??22??i）證a根據引理4的三條結論，先讓n2d∈q。為此必須設d?（2n）。一奇一偶，(a,b)?1，則

a a?b?0,?1，ba0?

必須再設a?2 a0?n?1n1b2n?nnn2ab，a2?b2，a2?b2?

a0，b?b0，2n?1a0?b0?0，a0∈n，b0奇，(a0，b0)?1，則

nnnn1(b0n)2?nnn2?2n?1a0n?b0n，(2n?1a0n)2?(b0n)2，(2n?1a0n)2?(b0n)2??1a(2n)2b0nii）再證b（2n）。根據引理4的三條結論，先讓r?q。為此必須設r?p?1，p?q?0，q二奇，(p,q)?1，則

1 b0?n2qn22?p2?q2p?qnn，pq，?n?22???。??必須再設p?p0，q?q0，p0?q0?0，二奇，(p0,q0)?1，則

n 5

22n2n2??（q0n）（p）?q）1?n（p0n）1nn00nnb0?n，pq，?b。??002??q02（2n）（q0n）22?? 同時易證a到此，a（3）（2n）、b（2n）中的底數分別兩兩互素。（2n）、b（2n）兩式仍必能表出方程的既約n解。于是a（2n）、b（2n）必能同時表出既約n數組。

充分性 如果a（2n）、b（2n）都能表出既約n數組，同時易驗知，a（2n）、b（2n）能使方程（3）成立，那么，此時這兩個既約n數組就是方程（3）的既約n解。即方程（3）有n解。證畢

推論1 方程x2n?y2n?z2n（n?1有n解的充要條件是一下兩式：）? a（2n)??2n2n2n(2ab)2，(a2?b2)2，(a2?b2)2（a?b?0，一奇一偶，(a,b)?1）

?2222??p?qp?q2222n2n2n?），（pq），?（p?q?0，二奇，(p,q)?1）或 b（2n）??（??22??

能同時表出既約n數組。

?? 不難看出，a（2n）、b（2n）兩式內容詳細，a（2n）、b（2n）兩式簡明扼要。它們各有所長，作用相同。

定理2? 方程

x2n?1?y2n?1?z2n?1（n?1（4））有n解的充要條件是一下兩式;?2n?12n2n?12n?122n?12n2n?122n?1222n?12n2n?12n?122????a?(2?2a?b)，（2a）?（b），（2a）?（b）??（2n?1)000000???????

（2a02n2n?1?b02n?1?0，a0?n，b0奇，(a0,b0)?1)

?2n?122n?1222n?122n?122????（p）?（q）（p）?（q）??2n?12n?1200002n?1?2n?12n?1?，（p?q），或 b（2n?1）00????? ?22??????（p0?q0?0，二奇，(p0,q0)?1)

能同時表出既約n數組。

證明 必要性 如果方程（4）有既約n解，根據引理1、2、5，必可由a0、b0兩式同時表出或導出。此時兩式分別為

22n?1?2n?122n?122?，?d?1?，（d2?1））a0??（２d），?（r?1?? 6 22?r?1r?12?2n?1222n?12n?1），r，?（r?1）b0??（。??22??將a0、b0的證明同時進行，以便比較。下面分四種情形討論：

i）根據引理4 的三條結論，若d?q，則必須設d?則

a a?b?0，一奇一偶，(a,b)?1，?1，ba0?2n?11b42n?2n?122n?122n?12（2ab），（a2?b2），（a2?b2）。

?必須再設a?2a02n?1，b?b02n?1，2a02n2n?1?b02n?1?0，a0∈n，b0奇，(a0,b0)?1，則

a0?1?2n?12n2n?12n?122n?12n2n?122n?1222n?12n2n?122n?122????（2?2a?b），（2a）?（b），（2a）?（b）? ?000000?????b04???1a； 4（2n?1）b0p?1，p?q?0，二奇，(p,q)?1，則 q若r?q，則必須設r?1b0?2n?14q必須再設p?p02222??p?qp?q2222n?12n?12n?1），（pq），? ?（??22??2n?1，q?q02n?1，p0?q0?0，二奇，(p0,q0)?1，則

?22222n?122??p02n?1）?2n?12n?12n?12?p02n?1）?（q02n?1）（?（q）??1?2n?1（02n?1b0?4，（p?q），00?????

q0?22???????1b。4（2n?1）q0221（2d）?q。為此 ii）根據引理4的三條結論，若d?q，為了讓2n?（2d）?q，必須有必須設d?22n?1a1b12n?12n-12n?1?b12n?1?0，a1?n，b1奇，(a1,b1)?1，則，2a12n?1a0?1b12?2n?122?12?2na1n?21n?2n?11b1，2（2n?21an1?1n?n?2211?2b）21，（2n?n2?12n?1212a1?）b

1①

?

7 若r?q，為了讓2n?1r?q，必須有r?q，為此必須設r?22p1q12n?12n?1，p1?q1?0，二奇，(p1,q1)?1，則

1?2n?1p12n?1?q12n?122n?12n?12n?12n?1p12n?1?q12n?12?），p1?q1，? ②

b0?2?（??q1?22?但是，在情形ii）下，方程（4）若有既約n解，必須被①、②兩式同時表出。于是得到

2n?1?p?q12n?1222n?12n?12n?1③ 12n?12n?12?2ab? ?112 ??2n?12n?12n?12④（2a1?b12n?1）?2n?1p12n?1q12n?1 ? ?2n?12n?1p1?q122?2n?（1122n?1a12n?1?b12n?1）?2n? ⑤

?2?比較后發現，③式中左邊的底數不是完全平方數，而右邊的底數是完全平方數；④式的情形恰好相反。為此必須再設a1?2a0，b1?b0，2a0則 222n2n?1?bb2n?1?0，a0?n，b0奇，(a0，b0)?1，a0?1?2n?12n2n?12n?122n?12n2n?122n?1222n?12n2n?122n?122????（2?2a?b），（2a）?（b），（2a）?（b）??000000?????b04???1a； 4（2n?1）b022 必須再設p1?p0，q1?q0，p0?q0?0，二奇，(p0，q0)?1，則?22222n?122??p02n?1）?2n?12n?12n?12?p02n?1）?（q02n?1）（?（q）??1?2n?1（02n?1nb0?4，（p?q），00????? q0?22???????1b。4（2n?1）q0、b 這樣，情形ii）就歸結到情形i）中去了。同時易證a（2n?1）（2n?1）中的底數分別兩兩互素。至于情形iii）d?q，r?q和情形iv）d?q，r?q，顯然被情形ii）所包含。到此，a、b、b（2n?1）（2n?1）兩式仍必能表出方程（4）的既約n解。于是，a（2n?1）（2n?1）必能表出既約n數組。、b、b充要性 如果a（2n?1）（2n?1）都能表出既約n數組，同時易驗知a（2n?1）（2n?1）分別能使

8 方程（4）成立，那么，此時這兩個既約n數組就是方程（4）的既約n解，即方程（4）有n解。證畢

推論2 方程（4）x2n?1?y2n?1?z2n?

1有n解的充要條件是以下兩式：（n?1）?a（2n?1)??2n?12n?12n?1(2ab)2，(a2?b2)2，(a2?b2)2（a?b?0，一奇一偶，(a，b)?1）

?2222??p?qp?q2222n?12n?12n?1?b，（pq），?（p?q?0，二奇，(p，q)?1）（2n?1）????22??

能同時表出既約n數組。

將推論1、2歸納到一起就是

推論

3方程(1)x?y?z 有n解的充要條件是以下兩式:（n?2）nnn?a（n)??n2n2n(2ab），(a2?b2），(a2?b2)2（a?b?0，一奇一偶，(a，b)?1）

?

22?p2?q22?p?q22nnn?b），（pq），?（p?q?0，二奇，(p，q)?1）（n）??（??22??能同時表出既約n數組.?，b?二式便可得到: 順便指出,當n?2時,由a（n）（n）

推論4 方程

x2?y2?z2(5)的既約n解公式是以下二式：

?（2ab，a2?b2，a2?b2）a（a?b?0，一奇一偶，(a，b)?1）（2）??p2?q2p2?q2??或 b，pq，?（p?q?0，二奇，(p，q)?1）（2）??2??23 連環解

定理3 方程

x4?y２?z4（6）

沒有n解。

推論5 方程x?y?z沒有n解。

9 444?1?推論6

方程x4n?y4n?z4n沒有n解。

推論7

設x，z?n，x?z，那么z4?x4?q。

定義1 如果(a，b，c)，(a，c，d)都是方程（1）x?y?z（n≥2）的解，那么就把它們稱做方程（1）的一對連環解。

引理6 設a?b?0，一奇一偶，(a，b)?1；????0，一奇一偶，(?，?)?1，那么，方程組

nnn?2ab?2??①

?2 222② ?a?b????

沒有n解。

證明 假設方程組有n解，則由①式變形后設

代入②式，得 a???b?m1（m1，m2，?n，m1?m2）m222a2m2（m2?m1）2? ③ 222bm1（m2?m1）當m2?m1時，③式左正右負相矛盾；當m2?m1時，將③式兩邊開平方，得

2m2a44 ④ ?m?m2122bm1(m2?m1)根據推論7，m2?m1?q。那么，④式左邊是有理數，右邊是無理數，相矛盾。

故原方程組沒有n解。證畢

定理4 方程（1）x?y?z（n≥2）沒有連環n解。

nnn44（x0，y0，z0），（x0，z0，r0）證明 假設方程（1）有連環n解，則可設是它的一對連環n?解。根據推論3中的a（n）式，它們必可表示為

2n2n2（a?b?0，一奇一偶，(a，b)?1）（x0，y0，z0）?n（2ab），（a2?b2），（a2?b2）

n2n222n222??（x，z，r）??（2??），（???），（???）?（????0，一奇一偶,(?,?)?1）①

= ?（2ab），（a?b），（???）?

② 000n2n222n222對比①、②兩式得方程組

?2ab?2?? ?2222?a?b????根據引理6，上方程組沒有n解。此與a、b、?、?的定義相矛盾。故方程（1）沒有連環n解。證畢

(z0，x0)?1，那么，nz0?x0與nz0?x0中至推論8 設n?2，z0、x0?n，z0?x0，少有一個?n。

證明 假設不是這樣，那么，可設nz0?x0?y0?n，nz0?x0?r0?n。∴ x0?y0?z0，x0?z0?r0。nnnnnnnnnnnnnn（x0，y0，z0）、（x0，z0，r0）于是恰好構成方程（1）的一對連環n解。此與定理4中方程（1）沒有連環n解相矛盾。故原結論成立。證畢

4 費爾瑪方程沒有n解

引理7 設m、n?n，m?1，那么，定理5 方程（4）x2n?12n?1m2?n?2n?1m?n。

?y2n?1?z2n?1（n?1沒有n解。）證明 假設不是這樣，那就是說，方程（4）有n解。根據定理2?中的b（2n?1）式，必有

??2n?122n?122p0）?（q0）??2n?1（???n?2????? ?（p0?q0?0，二奇，(p0，q0)?1）

22n?122?（?p02n?1）??（q0）2n?1????n2??????再根據引理7，必有

22n?12?（p2n?1）?（q）00?v?n?2n?1① ?2

（u?v?0，（u，v）?1）? 2n?122n?12p0）?（q0）?2n?（1② ?u?n?2?①②2n?1+②-①2n?1，2n?12n?1（2n?1）?p02?u2n?1?v2n?1?2（2n?1）2n?12n?1 q?u?v?0

??2n?1u2n?1?v2n?1?p0?n∴ ?。

2n?12n?12n?1??v?q0?n?u

11 此與由推論8中得到的2n?1u2n?1?v2n?1與2n?1u2n?1?v2n?1中至少有一個?n相矛盾。因此，方

（2n?1）（2n?1）?y2?z2沒有n解。程（4）沒有n解。證畢

推論9 方程x2（2n?1）現將有關內容概括一下：

1）推論6 方程x2）定理4 方程x3）推論9 方程x由此得到：

定理6 費爾瑪方程x?y?z 沒有n解。（n?3）這就是說，當自然數n?3時，任何一個自然數的n次冪都不能分成兩個自然數的n次冪之和?2?。

參考文獻

[1] 閔嗣鶴 嚴士健 《初等數論》 高等教育出版社 1982 [2] 梁宗臣 《世界數學簡史》

【法2】

nnn4n?y4n?z4n沒有n解。?y2n?1?z2n?1沒有n解。

（2n?1）（2n?1）?y2?z2沒有n解。2n?12（2n?1）五個相似直角三角形與費爾瑪大定理的證明（摘要）

1 r?通解

引理1 設rt?0a0b0c0、rt?1a1b1c1、rt?2a2b2c2、rt?3a3b3c3、rt?4a4b4c4的一個銳角分別為?a0、?a1、?a2、?a3、?a4、，其度數都為?（0???90)，如圖，那么，它們的三邊之長可以分別表示為以下五個三角數組：

00

bb2??2?1???aag?（a0，b0，c0，）??，1?（a?b?0）； bb22?1??1?aa??a??（a1，b1，c1，）?（2d，d2?1，d2?1）（d?1）；

?r2?1r2?1?； b??（a2，b2，c2，）??，r，）?（r?12??2c??（a3，b3，c3，）?（2ab，a2?b2，a2?b2）（a?b?0）；

?p2?q2p2?q2?。d??（a4，b4，c4，）??，pq，?（p?q?0）2??2b??0900），∵??(0，∴?，則tg?，（00，450）（0，1）2a22bb2??2?1?2tg1?tg2ba，cos??a，2?2?即?，∴a?b?0，sin??（0，1）?b2?b2a1?tg21?1?tg21?2a2abb2??2?1???22aa（a0，b0，c0，）（?sin?，cos?，1）??，1?。∵sin??cos??1，∴g?bb22?1??1?aa??p?qp?q（a2?b2）g，30 ；當a?

其次，易知c??，b?或p?a?b，q?a?b22證明 首先，對于?0，設tg??時，c??d?，?3≌?4；當1aa??2c?，?1?d?1時，bb?3；當p1?r?1時，b??2d?，qq 13 24;當d?p?qa?b或r?時，1p?qa?b2。因此，這五個直角三角形在上述變換條件下都相似（或全等），且它們的三邊之長可以分別用三角數組g、a?、b?、c?、d?表示。

定理1 方程

xn?yn?zn（n≥2）（1）的r?解公式是以下四式：

2n2n2 a??1n，（2d），（d2?1），（d2?1）（?1?0，d?1）???r2?12n22r2?12?nn），（r），?（?2?0，r?1）b??2?（，??22??2n2n2n c??，（2ab），（a2?b2），（a2?b2））（?3?0，a?b?0）3（22?p2?q22?p?q22nnn），（pq），?（?4?0，p?q?0）d??4?（。??22??，2，3，4)都是方程

證明 由引理1，(ai，bi，ci)(i?1 x2?y2?z2（2）

?222的解，即ai?bi?ci。所以對任意的?i?r，都有。從而（?iai）?（?ibi）?（?ici）222nnn是方程（2）的任意r解。故?ia（?iai，?ibi，?ici）nnnn??22x??inai2，y??inbi2，z??inci2,則?inai，?inbi，?in?????b????c?。令

c?,即??a，b，c?就是

2inin2inin2in2iini2ni2n2i?方程（1）x?y?z（n≥2）的r解公式。證畢 nnn2 有n解的充要條件

引理2 方程（1）x?y?z（n≥2）有n解的充要條件是它有q解 引理3 方程（1）x?y?z（n≥2）有n解的充要條件是它有既約n解 引理4 如果方程（1）x?y?z（n≥2）有q解，那么只有兩類：

?i）完全q解(u，v，w)(u，v，w?q);

?nnn?nnnnnn? ii）可導出q解??u，?v，?w?(??q?，u，v，w?q?)（證明及三條結論同法1，略）?引理5（同法1，略）

14（下接法1的第4頁第5行引理5）

equilateral hyperbola’s general solution and fermat’s last theorem’s demonstration

teng xihe(jianghe middle school, lushan county,henan p.c:467337)abstract: basing on the relationship between equilateral hyperbola and fermat’s equation to make sure if there is some neceary request for positive integral solution in solving fermat’s according to the negative conclusion, fermat’s last theorem is proved, and the goal of systematically combining fermat’s last theorem and pythagorean theorem is words: complete q solution;can-reasoned q solution;interlinked solution ??