证明费马猜想成立的初等方法研究
——整数n≥3, zn=xn+yn是假等式的五个初等公式解析证周明祥
鄢福荣 宗玉龙 文光2004,1公布于潜科学网站
认为整数
n≥3, zn=xn+yn (1)无正整数解.这就是著名的费马猜想,习惯称费尔马大定理.现我们已得了十多种初等证明方法,本文选择五个证明
(1)是假等式,从而为费马猜想的初等证明补上空白.
一、写方程为正实数底数,(1)是假等式证
(1)
广义为正实数底数,据幂的运算法则和勾股定理便孪生得z2 = x2 + y2 ,
(2)n
≥3,zn = z2zn-2 =(x2+y2)zn-2 = x2zn-2+ y2zn-2 > x2xn-2+ y2yn-2 = xn+yn.(3)假等式
(3)>号两端是以(2)为基础,与乘法分配律相悖增值,即由z2 =(x2 + y2)乘较大的数zn-2,x2 + y2不同乘zn-2而分别乘较小的数xn -2 、yn-2而得 . 据(3)两端与(1)两端等价,证明(1)左端大于右端,是假等式 .
既然
(1)在正实数范围内是假等式.当然就无正整数解.这是一个再简单不过的数论道理了.对此,本文择四个途径验证之.
二、写方程为二奇一偶底数,(1)是假等式证
1>,(1)(2)同为二奇一偶底数,等式有同一的择数条件是:
2 ##x <2 ##z , 2 #y < z , x+y>z , (4)
(编辑说明:#,## 两个符号分别代表可以整除和不能整除的意思,即2#y:y是偶数被2整除下同)
因此,我们恒可据2## x = 2N+1=(N+1)2-N2,构造出(4)所需的底数为:
x=(N+1)2-N2<z=(N+1)2+N2, y=2(N+1)N<z=(N+1)2+N2,
x+y=(N+1)2-N2+2(N+1)N>z=(N+1)2+N2 ,并使(2)成立为
[(N+1)2+N2]2=[(N+1)2-N2]2+[2(N+1)N]2. (5)
这就是说,(1)的全部子式,对于给定任意正奇数x,就都是同一地同步地代进(4)和(5),使方程等号两边分别得
zn = z2zn-2 ={[(N+1)2-N]2+[2(N+1)N]2}[(N+1)2+N2]n-2
=[(N+1)2-N2]2[(N+1)2+N2]n-2+[2(N+1)N]2[(N+1)2+N2]n-2, (6)
xn+yn=[(N+1)2-N2]2[(N+1)2-N2]n-2 + [2(N+1)N]2[2(N+1)N]n-2. (7)
据(6)(7)之值判定:(1)的全部子方程的真相,都是左端大于右端的假等式 .
2>,把所有正整数写作4N+V(N=0、1、2、3、…,V=1、2、3、4),受同余定理制约,y=4N+4和yn皆被排进4路谱而不入2路谱,奇数z、x和zn 、xn 被分别排进1、3路谱. 因此,我们恒可据y=4N+4=2(2N+2)?,构造出(4)所需的底数为:
y=2(2N+2)?<z=(2N+2)2+12,x=(2N+2)2-12<z=(2N+2)2+12
x+y=(2N+2)2-12+2(2N+2)?>z=(2N+2)2+12,并使(2)成立为
[(2N+2)2+1]2=[(2N+2)2-1]2+[2(2N+2)]2. (8)
这就是说,(1)的全部子式,对于给定任意正偶数y=4N+4≥4 ,就都是同一地同步地代进(4)和(8),使方程等号两边分别得
zn = z2zn-2 ={[(2N+2)2-1]2+[2(2N+2)]2}[(2N+2)2+1]2
=[(2N+2)2-1]2[(2N+2)2+1]n-2+[2(2N+2)]2[(2N+2)2+1]n-2, (9)
xn+yn=[(2N+2)2-1]2[(2N+2)2-1]n-2 + [2(2N+2)]2[2(2N+2)]n-2. (10)
据(9)(10)判定:(1)的全部子方程的真相,都是左端大于右端的假等式.
实际上,1>2>所证明者,由(1)写出正整数底数为2## z-2# y=1,
2## z-2## x=2两种方程的最小数形状,都成为假等式,故(1)的正整数解是空集 .由这一理论再推进之,就是本文下面将要研究的内容 .
三、写方程为一般正整数底数,(1)是假等式证
将择数条件
(4)去掉限制前提,广义为一般性,就有:∵
z>x , z>y , x+y>z , (11)∴ z-x=b , z-y=D , x+y-z=a ; (12)
∴ x=a+D ,y=a+b , z=a+b+D . (13)
因此,若(2)(1)皆有正整数解,就可分别写作
(a+b+D)2=(a+D)2+(a+b)2 ; (14)
n≥3 , zn-xn-yn=(a+b+D)n-(a+b)n-(a+D)n =
=(a+b+D)2(a+b+D)n-2+(a+b)2(a+b)n-2+(a+D)2(a+D)n-2 = 0 . (15)
如此,我们即有
定理1 任意给出变数D,(14)成立为
(2TW+2T2W2/D+D)2=(2TW+D)2 +(2TW+2T2W2/D)2, (16)
其中,T是自然变数;当D=d2,附变数W=d,否则,W=D.
证 给定变数D,化简(14)得
2bD=a2. (17)
据此,令T是自然变数,写附变数W≤D是D的因数,构造
a=2TW , (18)
b=2T2W2/D , (19)
就使(17)成立,因而代入(14)便得(16)成立.只是我们必须注意到(19)中W2/D的整数性有两重意义:当D=d2,W当取d为值,才不可能漏掉方程的应得互质解组,而取W=d,就使(18)(19)具体表a=2Td,b=2T2d2/d2=2T2; 当D≠d2,只好取W=D,使(18)(19)具体表a=2TD,b=2T2D2/D=2T2D,得其解只不过是某些互质解的D倍数解而已.证毕.
实际上,从函数的观点看,(16)之三底数,不过是一个较复杂的对应的二元函数组而已.故其解组可列成无限性勾股数数谱阵,与平面坐标第1象限内整点一一映射,如下表所载之示意:
给定变数D及附变数W之值;勾股数的区划z、y、x;勾股数组对应值: |
|||||||
D=1 W=1 |
D=2 W=2 |
D=3 W=3 |
D=32 W=3 |
D=52 W=5 |
|||
z y x |
Z y x |
z y x |
z y x |
Z y x |
|||
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 |
5 4 3 13 12 5 25 24 7 41 40 9 61 60 11 85 84 13 113 112 15 145 144 17 181 180 19 221 220 21 265 264 23 . . . |
2? 2? 2? 2?3 2?2 2? 2?5 2?4 2? 2?1 2?0 2? 2?1 2?0 2?1 2?5 2?4 2?3 2?13 2?12 2?5 2?45 2?44 2?7 2?81 2?80 2?9 2?21 2?20 2?1 2?65 2?64 2?3 . . . |
3? 3? 3? 3?3 3?2 3? 3?5 3?4 3? 3?1 3?0 3? 3?1 3?0 3?1 3?5 3?4 3?3 3?13 3?12 3?5 3?45 3?44 3?7 3?81 3?80 3?9 3?21 3?20 3?1 3?65 3?64 3?3 . . . |
17 8 15 29 20 21 32? 32? 32祝?/P> 65 56 33 89 80 39 32?3 32?2 32? 149 140 51 185 176 57 32?5 32?4 32? 269 260 69 317 308 75 . . . |
37 12 35 53 28 45 73 48 55 97 72 65 52? 52? 52? 157 132 85 193 168 95 233 208 105 277 252 115 52?3 52?2 52? 377 352 135 . . . |
据定理
1就有 定理2 n≥3, 给出任意变数D,(15)不成立,变为实表(a+b+D)n-(a+b)n-(a+D)n=[(a+b)2+(a+D)2](a+b+D)n-2-(a+b)n-(a+D)n>0
. (20)证 给定任意变数D,据定理1,由(14)左端总是有
无限的(a+b+D)2 =(2TW+2
T 2W 2/D+D)2 = (2TW +2T 2W 2/D)2 +(2TW+D)2= (a+b)2+(a+D)2,(21)使n≥3,(15)的右端得
无限的(a+b+D)2(a+b+D)n-2-(a+b)2(a+b)n-2-(a+D)2(a+D)n-2=
[(a+b)2+(a+D)2](a+b+D)n-2-(a+b)2(a+b)n-2-(a+D)2(a+D)n-2=
(a+b)2(a+b+D)n-2+(a+D)2(a+b+D)n-2-(a+b)2(a+b)n-2-(a+D)2(a+D)n-2>0.(22)
由(22)证明定理成立.
据定理1、2证明,(1)定义为正整数底数,确实也是假等式.
四 写方程正整数z=2a+D,(1)是假等式证
(1)若不是假等式,那么,(2)(1)当分别成立为
(2a+D)2-(2a)2 = x2 , (23)
(2a+D)2(2a+D)n-2-(2a)2(2a)n-2 = x2xn-2 . (24)
对于(23),我们可任意给出一个平方数或非平方数D,并以W代表D的平方根或代表D,以T表变数而构造出
a=TW+T2W2/D , (25)
一并代入(23)左端而得
(2a+D)2-(2a)2=[2(TW+T2W2/D)+D]2-[2(TW+T2W2/D)]2=
2?(TW+T2W2/D)D+D2=(2TW)2+2?TWD+D2=(2TW+D)2=x2 . (26)
由(26)证明,据任意正整数D皆可构造出a使(23)成立而等价为
(2a+D)2=(2a)2+x2 . (27)
将(24)之(2a+D)2以(27)代替之,得(24)实际是表
(2a+D)2(2a+D)n-2 -(2a)2(2a)n-2=[(2a)2+x2](2a+D)n-2-(2a)2(2a)n-2=
(2a)2(2a+D)n-2+ x2(2a+D)n-2-(2a)2(2a)n-2>x2xn-2. (28)
由(28)证明(24)是假等式 .
五 据方程底数的几何意义,(1)是假等式证
定义方程底数为正整数,将
(1)写作整数n≥3,z2zn-2 = x2xn-2 + y2yn-2 . (29)
据等式择数条件
z>x,z>y,x+y>z,判定三底数的几何意义,是代表非等腰三角形的三条边长. 据此,我们即有三种假设.1>
假设代表非等腰钝角三角形边长,表等式意义是∵ z
2>x2 + y2 ∴ z2zn-2 = x2xn-2 + y2yn-2 . (30)2>
假设代表非等腰直角三角形边长,表等式意义是2 = x2 + y2 ∴ z2zn-2 = x2xn-2 + y2yn-2 . (31)∵ z
1>2>所表内容,显然是悖理.勿须细述,它们不成立.
3> 假设代表非等腰锐角三角形边长,表等式意义是
∵ z
2<x2+y2 ∴ z2zn-2 = x2xn-2 + y2yn-2 . (32)就意味,将非等腰直角三角形三边长代表正整数时的下界(z-y=1)构造(5)改写作
z= 2a
2+2a+1,y = 2a2+2a,x = 2a+1 , (33)不动
z、y之长,而将x加长成2a+2+1=2(a+1)+1,就得到了非等腰锐角三角形三边长代表正整数时的下界构造,可由(33)派生为:z=2a(a+1)+1,y=2a(a+1),x=2(a+1)+1. (34)
如此,假设若成立,将
(34)代入(1),等式应成立为[2a(a+1)+1]n=[2a(a+1)]n+[2(a+1)+1]n . (35)
但是,
(35)展开得2n(a+1)n = C1n2n-1[an-1(a+1)n-1]- C1n2n-1(a+1)n-1+
…+ Cn-1n2a(a+1)-Cn-1n 2 (a+1)= C1n2n-1(a+1)n-1(an-1-1)+
…+Cn-1n2 (a+1)(a-1). (36)1>
,若(a-1)是奇数,两端有不同被奇数(a-1)整除的矛盾;2>,若(a-1)是偶数,两端有不同被奇数(a+1)n整除的矛盾. 这证明(36)是假等式 . 即证明非等腰锐角三角形的三边长代表正整数,因最小数失解,表等式成立的解是空集,因而(32)因果关系不成立.即证明3>假设也不成立 .由
1>2>3>种假设皆不成立,(1)是假等式得证.