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1、费马大定理的初等证明费马大定理的初等证明 与商高不定方程的新解法与商高不定方程的新解法 陈剑涛 （黄冈师范学院 湖北黄冈 438000） 内容摘要内容摘要本文通过一种简单的初等变换证明，若方程nnnxyz+=在时有正整数解，则方程2n (1)nnnppq+=在时必有正有理数解。但可以证明，在为大于 2 的奇质数时，后一方程并无正有理数解，从而断定费马大定理是可以用巧妙的初等方法予以证明的。 作为副产品，本文还得到了商高不定方程的一种同样巧妙的新解法。 2n n关关 键键 词词费马大定理 初等证明 商高不定方程的新解法 虽然让世人魂牵梦萦几个世纪的费马猜想或费马大定理已由英国数学家安德鲁怀尔 斯
2、通过对谷山-志村猜想等的证明而给出了一个冗长、繁难的现代证明，但寻找某种费马所 谓的巧妙的初等证明仍是学界一个难了的夙愿。其实早在 1992 年底，笔者即发现了一种对 费马大定理的初等证明和对商高不定方程的一种新解法 （后在一些数学界朋友的帮助下有所 修改） ，结果显示，费马大定理确如其本人所言，是可以通过某种巧妙的初等方法予以证明 的。 费马（Fermat）在 1637 年提出猜想，认为方程 nnnxyz+=（1） 在时无正整数解， 其中n为自然数。 此即已被怀尔斯证明了的费马猜想或费马大定理。 但本文认为，该定理亦可用初等方法予以证明。 2n用反证法。 设为大于 2 的任意正整数时，费马猜
3、想不成立，即（1）式有正整数解，并设n, ,x y z是满足的任意一组基础解 （或称本原解） ， 则显然有和( , x y, )1z =yzxz 成立。 又因yx （若yx =， 则方程 （1） 变成了之形式， 已非我们要讨论的费马猜想了） ， 故在nnx2z =y, x之中必有一个为更小。若设x为其中之更小者，则必有2+zx成立。令（为 大于或等于 2 的正整数） ，则（1）式可写为 zx=+kk()nnnxyxk+=+（2） 因均为正整数，故必有正有理数kyx, p q存在，使,xpk yqk=成立，代入上式，有 ()(1)nnnnnnnp kq kpkkpk+=+=+（3） 即此时必有正
4、有理数, p q存在，使方程 (1)nnpqpn+=+ 成立。亦即方程 1(1)nnnppq+=（4） 在时有正有理数解。 2n由此可知，欲证明费马猜想成立，只需证明在时， （4）式没有2n , p q同时为正整数形式的正有理数解即可（若, p q均为正整数，则由（3）式知, ,x y z必有公因数，此与已设( ,相矛盾） 。 1k , )1x y z=但可以证明，在为大于 2 的奇质数时， （4）式既没有n, p q均为既约分数形式的正有理 数解，也没有, p q一为既约分数，一为正整数形式的正有理数解，从而证明了在n为大于 2的奇质数时，费马猜想是正确的。结合4=n时费马猜想为真的已有结论
5、，我们即可断定费 马猜想确实是正确的，并由此得到了一种对商高不定方程的全新解法。 下面继续用反证法给出具体证明。 首先可以证明，在为大于首先可以证明，在为大于 2 的奇质数时， （的奇质数时， （4）式不可能有）式不可能有n, p q均为既约分数形式的正有理数解。均为既约分数形式的正有理数解。 设在为大于 2 的奇质数时， （4）式有n, p q均为既约分数形式的正有理数解,bdqacp =（均不等于 1） 。 , a c将,bdpqac=代入（4）式，展开整理后有 11223231211.nnnnnnnnnnnnn nnnnC bcC abcC a bcCabcacad+=（5） 将上式两边
6、同除以a，有 11 22331322.nn nnnnnnnnnnn nnnC bcC bcC abcCabcacada +=nk（6） 上式等号两边，除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。但因，不能整除，故欲使该首项为正整数，只能有。 ( , )1a b =a1nb1|n na C c当我们根据算术基本定理，将写成其标准质因数分解形式 nc1212 1212(.).ikiccncncccncncnn ikikcp ppppppp=（12,.kp pp为c的大于 1 的互异质因数）后可以看出，使为可能，从而使1|n na C c11 nC bc annk k为正整数的情况，
7、有下列三种： （） 1|na C（） |na c（），其中121 12.immmm niaC pppp=kincmiiL, 2 , 1,1= 但可以证明，在满足为大于 2 的奇质数，n, p q均为既约分数的条件下，上述情况均不2可能出现，分别证明如下： （）设（）设a 1|nC因为奇质数，且已设，故欲使为可能，只能有1 nC1a 1|na C1 naCn=，将a代入（5）式，有 n=11221211.nnnnnnnnnn nnnC bcC nbcCnbcncnd+=n将上式两边同除以有 2n221 1433.nnnn nnnnnnnn nC bcbcCnbcncndnn += 因为奇质数，且
8、，所以n3n 21(1)1 2 12nCn nn nn=为正整数，即上式左边除首项外，其余各项均为正整数，故要求首项1nnbc n 也必须为正整数。 因为奇质数，且，所以不能整除，于是只有，亦即（即整除c） 。将na=( , )1a b=nb|nn c|n ca,bdpqac=代入（4）式，并写成 111111211()( ) .n nnnnnnnnnnn nnnnnccdabbaC abCabha aC abCbaan=+=+=+之形式（其中nach =为正整数） ，立知。因|na dna =为奇质数，故有，从而有公共质因数a，此与已设矛盾，故假设为不可。 |a d, c d( , )1c
9、d =1|na C（）设（）设 |na c记，代入（6）式有 1ncl a=1122331322 1.nnnnnnnnnnn nnnnC blC bcC abcCabcacad+=n将上式两边再除以a，有 11 223314331 1.n nnnnnnnnnn nnnC blC blC bcCabcacada +=n（7） 同样，因上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该首项11 1n nC bl a 也必须3为正整数。因( , )1a b =，且已证a不能整除，故该首项为正整数的条件为或不能整除但被奇质数整除后所得的商能整除。 1 nCl.n+1|a l3ndan1la1=1 nC
10、1|a l2l a11 nnC blC1（1）先设。 记l，则（7）式可写成 2233143 21nnnnnnnn nnblbcCabcaca+=C 将该式两边再除以a，有 nnnnnn nnn acabcalClC451 13 22 =+nb31 nn nb3n nbCl221 +aan nbCl2 31+n ab12=nb1CC.+1 n1l+nd4nd上式两边除左边首项外， 其余各项均为正整数， 故要求该项也必须为正整数。 因同样的原因，该项为正整数的条件为整除，或被整除后所得的商能整除。由于后一种情况在上述对（5）式进行的两边连续同除以的运算中，或者不能出现，或者只能出现一次（因该情况
11、一出现，该首项的系数从此即被约去） 。故可暂不考虑后一情况，而只先考虑在每次运算中，总是能整除的各个剩余因数、的情况。 2lCaaC2lanc2l3l设，则上式又可写成 ll3nnnnnn nnacabcalClC4451 13 22.=+ 将以上这种对（5）式两边同时除以的运算连续进行a1n次，有 112 nnlC b2331 121nnn nnnnnlblCblcd +3+. 23 3l annn=1C bC（8） 这里显然有 121.nn ncl al ala =)c d可见，是（8）式左边各项的一个公因数，从而也是的一个因数，故若，则必有大于 1 的公因数存在，此将与( ,1nlnd1
12、1nld, c1矛盾，故要求此处的必须等于 1。 1nl=但可以证明，在假设的情况下，此处的也不可能等于 1。 |na c1nl将（1）式改写成之形式后可以看出，若（1）式在n为大于 2 的某奇质数时有正整数解，则必有这样一组互质基础解存在，在该组解中，y取值在所有解组中为最小。 nnzx=n的y而取最小值的充要条件我们可以从（1）式的互质基础解的表达式中看出来。 y4已知（1）式有正整数解时， （4）式必有对应的正有理数解,bdpqac=存在（在已设两者均为既约分数的情况下，均不等于 1） ，故（1）式的正整数解组可表示为 , a c(1)bxpkka dyqkkc abzpka=+=+=k
13、之形式。显然，为满足, ,x y za c为正整数，必有及同时成立，即必有成立（其中为正整数， ,为的最小公倍数） 。容易看出，在还要满足|a k|c k , ks a c=, ,s, a cx y z是互质基础解组，即满足的条件下，在( , x y, )1z= ,ks ac=中，只能有1s=及（否则， , a ca=, ,x y z将有大于 1 的公因数存在） ，从而有 ,ks acac=，于是上述（1）式的互质基础解的表达式可写为 bbxkabaa daykdcc abzkaa=+=b+（9） 即有 ()(nnaabbdc+=)n（9） 成立。 因， 故使 （9） 式右边( , )1c d
14、 =dcay =取最小值的充要条件为取的最小倍值，取最小值。 acd因为a可以是的任意倍，故当取的最小倍值时，应有cacac=。而从由（8）式给出的的表达式中可以看出， 当为某一确定的奇质数时， 亦即 取最小值的必要条件是作为（8）式左边各项的因数之一的l均取最小值，亦即取最小值。故在已设亦即 取最小值的情况下，必有为最小。但可以证明，在假设的情况下，此处所 能 取 的 最 小 值 不 可 能 等 于1 。 因 为 若， 则 由，我们又有andnnlcln1lndnd1nl11.nln2,l1dd12a=nl1|na c1nl=1123 3l=.n nl aaa=1nc=，但在均为正整数，为大
15、于,a cn52 的奇质数时，只有，才能使1ac=ac=和1nanc=同时成立。此与已设,bdpqac=均为既约分数，均不等于 1 相矛盾，故此处所可能取的最小值必大于 1。而又与已设( ,相矛盾，亦为不可。 , a1=c1l1nl11nl)c da能整除。 1l（2）再设a不能整除，但被整除后所得的商a1 nC记l，则（7）可写为 al=2Cl2+1nnnnn nnndacacb3331=+nnbca41n nbCl3 12+an nb2C.+ 将上式两边再除以，有 nnnnnnbca51+1,.n nCn nnn dacalab44 13 =+nbCl312 +n n ab2 C.+21, nnCCCl21 +因为在n为奇质数的情况下，均是的倍数，故上式左边第二项nal albCn nn n = 12222b nC aClbnn112l32Cn=2 1a为正整数， 故要求上式首项亦必须为正整数， 从而必
