|
|
陈建伟
前言
关于费马大定理这个困扰了我们三百多年的数学难题，似乎已经被怀尔斯所证明，但其证明用到了费马时代还没有的数学理论！因此，无论其是否真的证明了这个定理，他的证法都不是费马所说的方法！至今究竟有没有初等方法的证明仍然未知。
其实这个命题的难点就在于对方程X^n+Y^n=Z^n(n>1)的求解。本文便是从方程X^n+Y^n=Z^n(n>1)的解法入手证明了费马大定理是成立的！
分析
1：对于方程X^n+Y^n=Z^n的指数n,它的取值是大于1的所有自然数，即n=2,3,4,5、、、N+1(N=1,2,3,、、、）。因此这个方程其实表示了指数为N+1的无穷多个方程！对其求解实际上是对无穷多个方程的求解！显然这是不可能完成的事情。然而几百年来数学家们好像正是在如此从事着这不可能完成的事情!因此这个命题困扰了我们三百多年就不足为奇了。显然，我们的思路必须改变才能有所突破！
2 : 对于指数n，我们可将其分为以下几个部分来讨论：(1)n=2;(2)n=2m;(3)n=4k(k>0);(4)n=2k+1(k>0);(5)n=4k+2(k>0).
由指数n为(1)n=2;(2)n=2m;(3)n=4k(k>0)；(4)n=2k+1;(5)n=4k+2时有如下方程：
X^2+Y^2=Z^2 (1)
X^2m+Y^2m=Z^2m (2)
X^4k+Y^4k=Z^4k (3)
X^2k+1+Y^2k+1=Z^2k+1 (4)
X^2(2k+1)+Y^2(2k+1)=Z^2(2k+1) (5)
这样我们就将对无穷多个方程的求解问题变成只对 (1)，(2)两个方程的求解问题了！因为方程 (3)可由方程(2)中令m=2k而得。当(2k+1) =m时，(5)与 (2)就是完全一样的了，因此，对(3)， (5)的求解或证明实际上都归结为对(2)的求解或证明！最终都归结为对(1)的求解问题了！即只要证明 (1)有正整数解与(2)在m 大于1时无正整数解则费马大定理就得证成立。那人们会说对于方程(4)呢？这正是问题的关键所在。我们以前是先对 X^2k+1+Y^2k+1=Z^2k+1在k=1,2,3...分别进行求解证明无正整数解，再推出 (5)也无正整数解。而这样的证明过程无穷无尽！是不可能完成的过程，所以导致几百年都无法证明费马大定理！
我们为何不先对(5)来求解呢？前面我们已经分析了对(3)， (5)的求解或证明实际上都归结为对(2)的求解或证明！即当m=2k,m=2k+1时 (2)式就是 (3)式， (5)式。
下面我们就来讨论方程(1)，(2)的求解方法和证明费马大定理。
求解与证明
（1）方程 X^2+Y^2=Z^2 的求解方法：
对于方程
x^2+y^2=z^2，(x,y=/=0,x=/=y,z>x,y) (1)
设c 令x-c=a,y-c=b,则x=c+a,y=c+b代入（1）得
(c+a)^2+(c+b)^2=z^2 (2)
由（2)可知，只要(c+a)^2+(c+b)^2是一个完全平方数（2）就成立，也即（1）成立有解！根据二项式定理将（2）式左边展开有
(c+a)^2+(c+b)^2=c^2+2ca+a^2+c^2+2cb+b^2 =c^2+2c(a+b)+a^2+b^2+c^2
=c^2+2c(a+b)+(a+b)^2-2ab+c^2
=[(a+b)+c]^2+c^2-2ab
显然当c^2-2ab=0即c=(2ab)^1/2时
(c+a)^2+(c+b)^2=[(a+b)+c]^2 (3)
是一个完全平方数！因此将c=(2ab)^1/2代入(3)得
[a+(2ab)^1/2]^2+[b+(2ab)^1/2]^2=[(a+b)+(2ab)^1/2]^2 (4)
由（4）式与（1）对比，完全等价，所以我们就求出了方程x^2+y^2=z^2的通解式为
x=a+(2ab)^1/2；
A={ y=b+(2ab)^1/2; （1）
z=a+b+(2ab)^1/2。
a,b取自然数时(2ab)^1/2中只要2ab为完全平方数其解就是正整数解！不难证明这个通解包含了这个方程所有的正整数解！也包含了这个方程所有的非正整数解！因此费马大定理的第一个结论得以确证。 很明显(2ab)^1/2中当（2ab)不为完全平方数时其解就是无理数；当a,b异号（即a,b有一个取负数）时这个解就是复数解！等等。总之，这个解就包含了满足方程x^2+y^2=z^2所有可能的解！
方程x^2+y^2=z^2的通解还有另一形式：
x=a-(2ab)^1/2;
B ={ y=b-(2ab)^1/2;
z=a+b-(2ab)^1/2.
由于B中x,y在(2ab)^1/2为正整数时不可能同时为正整数!必有一个是负整数，故不可能有正整数解！。所以在前面的讨论中就没有列出。
由方程X^2+Y^2=Z^2的陈氏解：
X=a+(2ab)^1/2,
｛ Y=b+(2ab)^1/2,
Z=a+b+(2ab)^1/2。
我们可以得到两个重要的关于正整数域内的解：
X=(2n+1),
(1) Y=(2n^2+2n),
Z=(2n^2+2n+1).
(2) X=(2n+2)
Y=(n^2+2n)k
Z=(n^2+2n+2)k
由解（1），（2）可知，对于大于1的所有奇数和大于2的所有偶数，每一个奇数和偶数x都有对应的两个自然数y,z与之组成x,y,z数组，使得x,y,z满足X^2+Y^2=Z^2。由于奇数和偶数的个数无穷多，故X^2+Y^2=Z^2的正整数解有无穷多个！这就直观明白地给出了费马大定理的第一个结论（n=2,X^n+Y^n=Z^n有无穷多个正整数解！）。
（2）方程 X^2m+Y^2m=Z^2m的求解：
因为
X^2m+Y^2m=Z^2m (2)
与
(X^m)^2+(Y^m)^2=(Z^m)^2 (2)'
完全等价，因此方程 (2)'必有解为
X^m=a+(2ab)^1/2,
｛ Y^m=b+(2ab)^1/2, ( A')
Z^m=a+b+(2ab)^1/2。
与
X^m=(2n+1)
｛ Y^m=(2n^2+2n) (N)
Z^m=(2n^2+2n+1)
X^m=(2n+2)
｛ Y^m=(n^2+2n), (N)'
Z^m=(n^2+2n+2).
当m=2k时解 (N) ， (N)'变为 ：
X^2k=(2n+1),
｛ Y^2k=(2n^2+2n), (k)
Z^2k=(2n^2+2n+1).
X^2k=(2n+2)
｛ Y^2k=(n^2+2n), (k)'
Z^2k=(n^2+2n+2).
以解 (k)为例，因为
(2n+1)+(2n^2+2n)=/=(2n^2+2n+1)
所以
X^2k+ Y^2k=/=Z^2k （6）
即n=4k时
X^4k+Y^4k=/=Z^4k （3）'
当m=2k+1时解 (N) ， (N)'变为 ：
X^2k+1=(2n+1)
｛ Y^2k+1=(2n^2+2n) (t)
Z^2k+1=(2n^2+2n+1)
X^2k+1=(2n+2)
｛ Y^2k+1=(n^2+2n), (t)'
Z^2k+1=(n^2+2n+2).
这与对方程（5）求解所得结果是一致的。由 (t) ， (t)'即可得：
X^2k+1+ Y^2k+1=/=Z^2k+1 (4)' !!!
至此费马大定理得证成立！！！
结论
对于方程X^n+Y^n=Z^n，只要n=2,就有无穷多个正整数解！当n>2=2m时，其解就必与n=2时的解有关！且只要n>2=2m，即只要m>1则n>2,那么方程X^n+Y^n=Z^n就不可能有正整数解！因大于1的自然数m包含了所有的奇数，必包含了所有的奇素数，所以我们就不必要再去逐个对奇素数的n进行证明了。 |
|
IP卡
狗仔卡
发表于 2015-9-26 16:21
提升卡
置顶卡
沉默卡
喧嚣卡
变色卡
显身卡
楼主