费马大定理

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题 目:浅谈费马大定理

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摘要：费马大定理---一个困惑了世间智者358年的迷。

本文将从费马大定理的历史背景，证明过程，证明方法等方面论述。

关键词： 费马大定理 不定方程 整数解

Subject: talk about prime number and the basic theory of arithmetic

Author: Mathematics and computer college The professional of math Zhou ling Postal code：330038

Abstract: Fermat’s last theorem is a puzzle that puzzled many wise people for 358 years. This passage will introduce the history background 、the process of demonstrating and the ways to demonstrate of FLT .

Key: Fermat’s last theorem ; the indefinite form of equations;

the answers of integers

(一) 历史背景

1637年，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。”接着他又俏皮的写下一个附加的评注：“关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”这就是说，费马认为他证明了下面的结论：当n≥3时，不定

方程x^n + y^n = z^n.

没有正整数解。

(二) 研究历史

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毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。 1：欧拉证明了n=3的情形，用的是唯一因子分解定理。 2：费马自己证明了n=4的情形。

3：1825年，狄利克雷和勒让德证明了n=5的情形，用的是欧拉所用方法的延伸，但避开了唯一因子分解定理。

4：1839年，法国数学家拉梅证明了n=7的情形，他的证明使用了跟7本身结合的很紧密的巧秒工具，只是难以推广到n=11的情形；于是，他又在1847年提出了“分圆整数”法来证明，但没有成功。

5：库默尔在1844年提出了“理想数”概念，他证明了：对于所有小于100的素指数n，费马大定理成立，此一研究告一阶段。

6：勒贝格提交了一个证明，但因有漏洞，被否决。 7：希尔伯特也研究过，但没进展。

8：1983年，德国数学家法尔廷斯证明了一条重要的猜想——莫代尔猜想x的平方+y的平方=1这样的方程至多有有限个有理数解，他由于这一贡献，获得了菲尔兹奖。

9：1955年，日本数学家谷山丰首先猜测椭圆曲线于另一类数学家们了解更多的曲线——模曲线之间存在着某种联系；谷山的猜测后经韦依和志村五郎进一步精确化而形成了所谓“谷山——志村猜想”，这个猜想说明了：有理数域上的椭圆曲线都是模曲线。这个很抽象的猜想使一些学者搞不明白，但它又使“费马大定理”的证明向前迈进了一步。

10：1985年，德国数学家弗雷指出了“谷山——志村猜想”和“费马大定理”之间的关系；他提出了一个命题 ：假定“费马大定理”不成立，即存在一组非零整数A,B,C,使得A的n次方+B的n次方=C的n次方（n>2),那么用这组数构造出的形如y的平方=x(x+A的n次方）乘以（x-B的n次方）的椭圆曲线，不可能是模曲线。尽管他努力了，但他的命题和“谷山——志村猜想”矛盾，如果能同时证明这两个命题，根据反证法就可以知道“费马大定理”不成立，这一假定是错误的，从而就证明了“费马大定理”。但当时他没有严格证明他的命题。

11：1986年，美国数学家里贝特证明了弗雷命题，于是希望便集中于“谷山——志村猜想”。

12：1993年6月，英国数学家维尔斯证明了：对有理数域上的一大类椭圆曲线，“谷山——志村猜想”成立。由于他在报告中表明了弗雷曲线恰好属于他所说的这一大类椭圆曲线，也就表明了他最终证明了“费马大定理”；但专家对他的证明审察发现有漏洞，于是，维尔斯又经过了一年多的拼搏，于1994年9月彻底圆满证明了“费马大定理”

(三) 证明过程

1676年数学家根据费马的少量提示用无穷降元法证明n＝4。1678年和1738年德国数学家莱布尼茨和瑞士数学家欧拉也各自证明n＝4。1770年欧拉证明n＝3。1823

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年和1825年法国数学家勒让德和德国数学家狄利克雷先后证明n ＝5。1832年狄利克雷试图证明n＝7，却只证明了n＝14。1839年法国数学家拉梅证明了n＝7，随后得到法国数学家勒贝格的简化„„19世纪贡献最大的是德国数学家库麦尔，他从1844年起花费20多年时间，创立了理想数理论，为代数数论奠下基础；库麦尔证明当n＜100时除37、59、67三数外费马大定理均成立。 为推进费马大定理的证明，布鲁塞尔和巴黎科学院数次设奖。1908年德国数学家佛尔夫斯克尔临终在哥廷根皇家科学会悬赏10万马克，并充分考虑到证明的艰巨性，将期限定为100年。数学迷们对此趋之若鹜，纷纷把“证明”寄给数学家，期望凭短短几页初等变换夺取桂冠。德国数学家兰道印制了一批明信片由学生填写：“亲爱的先生或女士：您对费马大定理的证明已经收到，现予退回，第一个错误出现在第＿页第＿行。” 在解决问题的过程中，数学家们不但利用了广博精深的数学知识，还创造了许多新理论新方法，对数学发展的贡献难以估量。1900年，希尔提出波特尚未解决的23个问题时虽未将费马大定理列入，却把它作为一个在解决中不断产生新理论新方法的典型例证。据说希尔伯特还宣称自己能够证明，但他认为问题一旦解决，有益的副产品将不再产生。“我应更加注意，不要杀掉这只经常为我们生出金蛋的母鸡。” 数学家就是这样缓慢而执着地向前迈进，直至1955年证明n＜4002。大型计算机的出现推进了证明速度，1976年德国数学家瓦格斯塔夫证明n＜125000，1985年美国数学家罗瑟证明n＜41000000。但数学是严谨的科学，n值再大依然有限，从有限到无穷的距离漫长而遥远。 983年，年仅29岁的德国数学家法尔廷斯证明了代数几何中的莫德尔猜想，为此在第20届国际数学家大会上荣获菲尔茨奖；此奖相当于数学界的诺贝尔奖，只授予40岁以下的青年数学家。莫德尔猜想有一个直接推论：对于形如x^n+y^n=z^n（n≥4）的方程至多只有有限多组整数解。这对费马大定理的证明是一个有益的突破。从“有限多组”到“一组没有”还有很大差距，但从无限到有限已前进了一大步。 1955年日本数学家谷山丰提出过一个属于代数几何范畴的谷山猜想，德国数学家弗雷在1985年指出：如果费马大定理不成立，谷山猜想也不成立。随后德国数学家佩尔提出佩尔猜想，补足了弗雷观点的缺陷。至此，如果谷山猜想和佩尔猜想都被证明，费马大定理不证自明。 事隔一载，美国加利福尼亚大学伯克利分校数学家里比特证明了佩尔猜想。 1993年6月，英国数学家、美国普林斯顿大学教授安德鲁·怀尔斯在剑桥大学牛顿数学研究所举行了一系列代数几何学术讲演。在6月23日最后一次讲演《椭圆曲线、模型式和伽罗瓦表示》中，怀尔斯部分证明了谷山猜想。所谓部分证明，是指怀尔斯证明了谷山猜想对于半稳定的椭圆曲线成立——谢天谢地，与费马大定理相关的那条椭圆曲线恰好是半稳定的！这时在座60多位知名数学家意识到，困扰数学界三个半世纪的费马大定理被证明了！这一消息在讲演后不胫而走，许多大学都举行了游行和狂欢，在芝加哥甚至出动了警察上街维持秩序。但专家对他的证明审察发现有漏洞，于是，怀尔斯又经过了一年多的拼搏，于1994年9月20日上午11时彻底圆满证明了“费马大定理”

(四) 证明方法

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用不定方程来表示，费马大定理即：当n > 2时，不定方程x^n + y^n = z^n 没有xyz≠0的整数解。为了证明这个结果，只需证明方程x^4 + y^4 = z^4 ，(x , y) = 1和方程x^p + y^p = z^p ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［p是一个奇素数］均无xyz≠0的整数解。

n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。费马本人证明了p = 3的情，但证明不完全。勒让德［1823］和狄利克雷［1825］证明了p = 5的情形。1839年，拉梅证明了p = 7的情形。1847年，德国数学家库默尔对费马猜想作出了突破性的工作。他创立了理想数论，这使得他证明了当p < 100时，除了p = 37，59，67这三个数以外，费马猜想都成立。后来他又进行深入研究，证明了对于上述三个数费马猜想也成立。在近代数学家中，范迪维尔对费马猜想作出重要贡献。他从本世纪20年代开始研究费马猜想，首先发现并改正了库默尔证明中的缺陷。在以后的30余年内，他进行了大量的工作，得到了使费马猜想成立一些充分条件。他和另外两位数学家共同证明了当p < 4002时费马猜想成立。

现代数学家还利用大型电子计算器来探索费马猜想，使p 的数目有很大的推进。到1977年为止，瓦格斯塔夫证明了p < 125000时，费马猜想成立。《中国数学会通讯》1987年第2期据国外消息报导，费马猜想近年来取得了惊人的研究成果：格朗维尔和希思—布龙证明了「对几乎所有的指数，费马大定理成立」。即若命N(x)表示在不超过x的整数中使费马猜想不成立的指数个数，则证明中用到了法尔廷斯［Faltings］的结果。另外一个重要结果是：费马猜想若有反例，即存在x > 0，y > 0，z > 0，n > 2，使x^n + y^n = z^n ，则x > 101,800,000。 说明：

要证明费马最后定理是正确的

（即x^ n+ y^n = z^n 对n>2 均无正整数解）

只需证 x^4+ y^4 = z^4 和x^p+ y^p = z^p (P为奇质数)，都没有整数解。 费马方程

人们习惯上称x^n+y^n=z^n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3^2+4^2=5^2，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。

费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解。证明如下：

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我们首先证明，增比计算法则在任意方次幂时都成立。

若a，b，c都是大于0的不同整数，m是大于1的整数，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m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 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比为n，n＞1， 得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m 原式化为 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m） 两边消掉 n^m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。 得证

若a，b，c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立，其中b＞1，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a^m+b=c^m

取增比为n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m 原式化为： n^m（a^m+b）=n^mc^m 两边消掉n^m后得到原式。

由于b不能化为a，c的同方幂数，所以n^mb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。 得证

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-n^2 =n^2+2n+1-n^2 =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n^2+（2√2n+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-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整数解关系。但z-x＞1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-n^2=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-n^2=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-n^2=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x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。

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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+4，6n+9，8n+16 …… 所以，还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。 3次方时有：（n+1）^3-n^3 =n^3+3n^2+3n+1-n^3 =3n^2+3n+1

所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。

由于3n^2+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3n^2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+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-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些立方费马方程式的方法是：

由（n+2）^3-n^3=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-n^3=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-n^3=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x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。 4次方时有；（n+1）^4-n^4 =n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4 =4n^3+6n^2+4n+1

所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。 由于4n^3+6n^2+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4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n^4+（4√4n3+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……之4次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些4次方费马方程式的方法是：

由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；

由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；

由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；

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……

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4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。 m次方时，相邻整数的方幂数的增项差公式为： （ n+1）^m-n^m

=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m =mn^m-1+…+…+mn+1

所以，m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。 由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是m次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m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……之m次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些m次方费马方程式的方法是：

由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；

由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；

由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数； ……

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m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解。

参考文献：

[1] 闵嗣鹤.严士健.初等数论.高等教育出版社第三版[M] 2003.12

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