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1、费马猜想初等数学一般性证明（2013年4-7月） 王 德 忱 著（黑龙江省农业科学院 黑河分院）前言 笔者多年研究费马猜想，在已发布的几篇证明基础之上再修此作，为论述更确切精炼，步骤更直接简要。本稿正文篇幅不过3页、字数少于2千。证明关键依据一个为人们早就普遍所熟知而基本的“方根存在唯一性定理”，也就是方根性质定理。费马猜想：也称费马大定理，一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即n2是一个正整数时不定方程zn = xn + yn为正整数等式不成立，也就是没有zxy 0 的正整数解。1. 求证zn = xn + yn的解如果zn = xn + yn有正整数解，则（kz)n = (kx)n
2、 (ky)n（k为正整数）也有正整数解，各倍数组解中必有一组为最小的；那么，假设zn = xn + yn有正整数解且z、x、y为各倍数组解中最小的一组，即正整数 ( x ，y ) = 1使zn = xn + y n（1）正整数等式成立。将（1）式变形 ()n - ()n = 1分解因式：( - )()n-1 + ()n-2 + ()n-2()()n-1 = 1（2）因为正整数z x，所以（2）式分解的两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均为正1约数，二则两个因式是互为正倒数约数。仅由 - =1及n 2推出 (x + y)n xn + yn = zn，两个因式均不能为正1约数，同时也可
3、知 - 1取值不能成立，所以设正整数a b1且（a ，b）= 1，依据约数分析法，将（2）式转化为两个互为倒数分数方程组： - = （3）()n-1 + () n-2 + ()n-2()+ ()n-1 = （4）因为（3）式两边分母y a对应，由分数基本性质必有y含a因子，令y = ay1，使z = xby1 代入（1）式化简得：xn-1+by1xn-2+ +bn-2y1n-2x +bn-1y1n-1 = an （5）必使（5）式为整数。当 =1时至少有两项不含与其它各项相同因子，等式存在成立的条件。如果 1余y1n-1整数因子即余y1的因子，而（5）式左边除C1nxn-1项外其它各项均含y1
4、因子，并与xn-1互质；因而余y1的因子只能与C1n= n相约。又（4）式两边分母yn-1 b对应，yn-1含b因子，（5）式an 项中（a，b）= 1，b必整除y1n-1即y1n-1含b因子。设y1含n的因子为Ni，令 y1n-1=Ni n-1y2 n-1， 各项约去所含n的公因子设为Nipi，使（5）式确定为：(xn-1+by1xn-2+ + bn-2y1n-2x +bn-1y1n-1) = an （6）所以（5）式 =1时，令正整数c = y1，则b= cn-1及y = ac代入（3）式、（4）式得：z - (x + cn) = 0 （,7）zn-1+ xzn-2 + + xn-2z +
5、 (xn-1- an) = 0 （8）进而（6）式约去所有项含n的公因子，使等式中至少两项不含与其它各项相同的因子，等式存在成立的条件。这时即定 =1，令正整数c =y2则b = cn-1Ni n-pi-1 及y=acNi代入（3）式、（4）式得：z - (x + cn Nin-pi) = 0（9）zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + (xn-1 - anNipi) = 0 （10）于是，得到a、b值的存在情形和y = ac不含n因子、y = acNi含n因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。2.方程zn = xn +
6、yn的性质由（7）式z = x + cn及y = ac代入（1）式：zn = xn + (ac)n = (x + cn)n这时被限定的任何正整数x、c使a是唯一的正整数方根a = n 则z = x + cn n 等式F（z：x，c） Q（z：x，c，a），所以（1）式正数方根成立，存在z = x + cn唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式： zn-1 - (x + cn)n-1= 0(11)根据方根存在唯一性定理，（8）式f（z）（11）式g（z）。同理，由（9）式及y =（acNi）有z = x + cnNin-pi n等式F（z：x，c） Q（z：x，c，a）使（1）式正数方根成立，
7、存在z = x + cnNin-pi 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式： zn-1 - (x + cnNin-pi ) n-1= 0(12)所以，（10）式f（z） （12）式g（z）。3.验证zn = xn + yn的解因为（8）式（11）式，由多项式恒等定理，关于z的非首项系数（首项对应系数均等于1）及常数项对应关系为：x = 0，x2 = 0， ，xn-2 = 0，xn-1- an = - (x + cn)n-1当n = 2时，只存在常数项x - a2 = -（x + c2）有：x = 由（7）式得：z = x + c2 = + c2 = 这时y不含n = 2因子，a、c为奇数，
8、得出勾股弦数公式：y = ac x = z = 当n2时，x = 0，常数项an =（cn）n-1，又b = cn-1，则有：a = cn-1 = b所以（3）式、（4）式x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组不成立。那么（1）式正整数等式不成立，即没有zxy0的正整数解。同理（10）式 （12）式，关于z的非首项系数及常数项对应关系为：x = 0，x2 = 0，xn-2 = 0，xn-1 - anNiPi = -（x+cn Nin-pi）n-1当n = 2时，只存在常数项xn-1 - anNiPi = -（x+cn Nin-pi）n-1，确定n因子NiPi = 2、Nin-pi =
9、2， x - 2a2 = - x - 2c2，则有：x = a2 c2由（9）式得：z = x + 2c2 = a 2 - c2 + 2c2 = a2 + c2这时y含n = 2因子，得出勾股弦数公式：y = 2ac x = a 2 - c2 z = a2 + c2当n2时，与（8）式、（11）式同理，x = 0，常数项anNiPi =（cn Nin-pi）n-1，an =（ c n-1）n（Ni n pi -1）n ，又b = cn-1Ni n-pi-1，则有a = c n-1Ni n pi -1 = b同样（3）式、（4）式x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组也不成立。那么（1）
10、式正整数等式也不成立，即也没有zxy0的正整数解。结论：当n2是一个正整数时不定方程zn = xn + yn为正整数等式不成立，也就是没有zxy 0 的正整数解，即“一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的”，费马猜想（大定理）成立。约数分析法：引理，将原不定方程进行因式分解，特别当uv = 1或素数p时，通过对应因数具体分析转化为一些不定方程组，从而求出原不定方程的解。1983年天津市数学会编的中学数学中的整数问题等资料都论述了这种解不定方程的方法，也叫因数分析法，或因子分析法，不同资料语句有所不同但论点是一致的。方根存在唯一性定理：对于任何非实数a，存在唯一的非负实数x，它的n（n为正整
11、数）次幂等于a，即x n = a。也就是方根性质定理。1981年湖北人民出版社出版的中学代数教学法证明了方根存在定理及唯一性，数学经典著作及教科书等资料都有这一定理（方根性质）的介绍。推论：方根余约数是唯一性定的，对于任何非负实数幂xn = a，只有唯一的非负实数x ，它的n-1次幂等于，即xn-1=。多项式恒等定理：两个多项式f（x）= amxmam-1xm-1a1xa0、g（x）= bnxnbn-1xn-1b1xb0，它们恒等的充要条件是次数相同且同次项系数对应相等，即m = n且am=bn、am-1= bn-1、a1= b1、a0= b0。多项式一文证明了这一定理，数学小辞典“多项式”条
12、有这一定理注释，有关一些资料也有其阐述。附：n=3、4释例曾经要证明费马猜想的人无数，稿件也就越来越多。为此数学家们建议，自己认为费马猜想证明是正确的，那么就以最简单的n = 3、4时先检验一下。既然就对这个一般性证明的主要步骤予以具体实例诠释。当n = 3时1、求证z3 = x3 + y3的解z 3 = x 3 + y 3 （1）( - )()2 + + ()2 = 1（2） = （3）( )2 + + ( )2 = （4） （3）式y含a因子，设y = ay1，使z = xby1代入（1）得：3x2+ 3by1x+ b2y12 = a3 （5）（4）式y2含b因子，（5）式b整除y12 ，
13、y12含b因子，余整数因子必为质数3，即y1必含3因子，设 y12=32y2 2， 各项约去所含的公因子3，使（5）式确定为：x2+ 3by2x+ 3b2y22 = a3 （6）（5）式 =1，至少两项不含其它各项相同因子，等式存在成立的条件，令正整数c =y1则b=c2及y=ac代入（3）式、（4）式得：z - ( x + c3) = 0 （7）z2+ xz + (x2 a3) = 0（8）进而，（6）式约去所有项3的公因子使等式中至少两项不含其它各项相同因子等式存在成立的条件，这时即定 =1，令正整数c =y2则b = 3c2及y=3ac代入（3）式、（4）式得：z - (x + 32c3
14、) = 0 （9）z2 + xz + (x2 - 3a3) = 0（10）于是，得到a、b值存在的情形和y = ac不含3因子、y = 3ac含3因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。2、方程z3 = x3 + y3的性质由（7）式，z = x + c3及y = ac使（1）式为：z3 = (x + c3 )3 = x3 + (ac)3这时x、c取任何正整数便确定a的唯一正整数方根a = 3均使z = x + c3 3等式F（z：x，c） Q（z：x，c，a），所以（1）式正整数等式成立，存在z = x + c3唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：z2 - (x + c3) 2= 0(11)根据方根存在唯一性定理，（8）式f（z）（11）式g（z）。同理，由（9）式使（1）式正整数等式成立，存在z = x + 32c3 唯一的正
