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费马大定理的证明

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费马大定理的证明【法1】 【法1】 等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明 滕锡和 (河南鲁山 江河中学 邮编:467337) 摘 要: 由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系,寻找到一种费尔玛方程是否有正整数解的充要条件,再由对此条件的否定,证明了费尔玛大定理,并且把费尔玛大定理与勾股定理有机地统一起来。 关键词: 完全 解;可导出 解;连环解 中图法分类号:O156.4 文献标识码:A 文章编号: 1​ R 通解 本文所用数集: ---自然数集, ---有理数集, ---实数集。本文讨论不超出 的范围。 本文中方程 及同...

费马大定理的证明
【法1】 【法1】 等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明 滕锡和 (河南鲁山 江河中学 邮编:467337) 摘 要: 由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系,寻找到一种费尔玛方程是否有正整数解的充要条件,再由对此条件的否定,证明了费尔玛大定理,并且把费尔玛大定理与勾股定理有机地统一起来。 关键词: 完全 解;可导出 解;连环解 中图法分类号:O156.4 文献标识码:A 文章编号: 1​ R 通解 本文所用数集: ---自然数集, ---有理数集, ---实数集。本文讨论不超出 的范围。 本文中方程 及同类方程中的指数 ∈ ,以后不再说明。 引理1 方程 ( ≥2) (1) 有 解的充要条件是它有 解。 引理2 方程(1) ( ≥2)有 解的充要条件是它有既约 解。 这样,在以后的讨论中只需讨论 解及既约 解的情形,可使过程简化。 引理3 方程(1) ( ≥2)有 解的充要条件是方程 ( ≥2) (2) 有 解。 证明 充分性 如果方程(2) ( ≥2)有 解,设( ) 为其 解,则( ) -( ) =1, 。于是方程(1) ( ≥2)有 解 。 必要性 如果方程(1) ( ≥2)有 解,设 为其 解,则 ,( ) -( ) =1。于是方程(2) ( ≥2)有 解( )。证毕 引理4 如果方程(1) ( ≥2)有 解,那么,只有两类: i)完全 解 ; ii)可导出 解 。 证明 第i)类属显然。 第ii)类,把 代入方程(1),得 , ∴ 于是导出方程(1)的 解 。 除此以外,由其它任何形式的带无理因子的解,都不能导出 解。事实上,设 ( 中至少有一个∈ 且三个数中含有不可通约的无理因子, ∈ )为方程(1)的解,则由 的定义知,它们的无理因子是不能从上式中完全提到括号外面去的,即由它不能导出方程(1)的 解。证毕 从引理4及其证明过程可以得到以下三条结论: (1)​ 若将第i)类 解的三个数同乘以一个数ξ(ξ∈ ),得到ξ ,则此解仍是方程(1)的第i)类 解;若将三个数同乘以一个数λ(λ∈ ),得到λ ,则此解变为方程(1)的第ii)类 解。 (1)​ 若将第ii)类 解的三个数同乘以一个数 ,得到 ,则此解变为方程(1)的第i)类 解;若将三个数同乘以一个数δ(δ∈ ),得到δλ ,则此解仍是方程(1)的第ii)类 解。 (1)​ 方程(1)的第i)、ii)类 解与非第i)、ii)类 解之间是封闭的。即无论对数组的三个数同乘以一个什么正实数,它们之间都不可能互化。 定理1 方程(1) ( ≥2)的 解公式是 , 或 ( 。 证明 当 时,由 得 。根据引理3,这两个方程在是否存在 解方面是等价的。从而得到 于是设 ,则 。由此解得 。恢复 和 的比例系数后得 ,拆开后即得 。 又,由 得 。 设 ,则 。仿上法又得到 。 若设 , 则 之间的变换关系是 将 两式分别代入方程(1),等式成立。因此, 两式都是方程(1)的 解公式。证毕 定理1说明 i)方程(1)的任何一个 解都可以由 两式同时表出; 两式表出的任何一个 数组,都是方程(1)的 解。ii)如果方程(1)有 (或 )解,则必能用 两式同时表出;如果 两式同时表出 (或 )数组,则方程(1)有 (或 )解。反之,如果 两式不能同时表出 (或 )数组,则方程(1)没有 (或 )解。 1​  有N解的充要条件 引理5 方程(1) ( ≥2)有 解的充要条件是 或 能同时表出或导出 数组。 证明 根据引理4的结论(3),可将 两式的系数 略去,因为这样,一者可使讨论简化,二者既不会使第i)、ii)类 解增生,也不会使之消失,三者必要时再同乘以一个公共因子。 先证 。 必要性 根据定理1,如果方程(1)有 解,必能用 式表出或导出。根据引理4,其 解只有两类:i)如果是第i)类 解,即存在 ,当 时,其解 是 解,则 能表出 数组 ;ii);如果是第ii)类 解,根据引理4,由这个第ii)类 解必能导出第i)类 解,从而 能导出 数组。 充要性 如果 式能表出或导出 数组,显然是方程(1)的 解,即方程(1)有 解。 对于 式与 式同理可证。证毕 根据引理1、2、5,不难找到思路:方程(1)有 解的充要条件是 两式能同时表出或导出既约 数组。 定理2 方程 ( (3) 有 解的充要条件是以下两式: 或 能同时表出既约 数组。 [※]也可以是 , 奇, ∈ ,( , ) =1。有且仅有这两种情形,因为自然数只有奇偶两类。此类情形与上同理,故未写出。无妨,下同。 证明 必要性 如果方程(3)有既约 解,根据引理1、2、5,必可由 、 两式同时表出或导出。此时两式分别为 , . i)​ 证 。根据引理4的三条结论,先让 ∈ 。为此必须设 ,一奇一偶, ,则 必须再设 , , ∈ , 奇, ,则 ii)再证 。根据引理4的三条结论,先让 。为此必须设 ,二奇, ,则 。 必须再设 , , ,二奇, ,则 。 同时易证 、 中的底数分别两两互素。到此, 、 两式仍必能表出方程(3)的既约 解。于是 、 必能同时表出既约 数组。 充分性 如果 、 都能表出既约 数组,同时易验知, 、 能使方程(3)成立,那么,此时这两个既约 数组就是方程(3)的既约 解。即方程(3)有 解。证毕 推论1 方程 ( 有 解的充要条件是一下两式: ( ,一奇一偶, ) 或 ( ,二奇, ) 能同时表出既约 数组。 不难看出, 、 两式内容详细, 、 两式简明扼要。它们各有所长,作用相同。 定理 方程 ( (4) 有 解的充要条件是一下两式; , , , 或 ( ,二奇, 能同时表出既约 数组。 证明 必要性 如果方程(4)有既约 解,根据引理1、2、5,必可由 、 两式同时表出或导出。此时两式分别为 , 。 将 、 的证明同时进行,以便比较。下面分四种情形讨论: i)根据引理4 的三条结论,若 ,则必须设 ,一奇一偶, ,则 。 必须再设 , , ∈ , 奇, ,则 ; 若 ,则必须设 ,二奇, ,则 必须再设 , ,二奇, ,则 。 ii)根据引理4的三条结论,若 ,为了让 ,必须有 。为此必须设 , , , , ,则 ① 若 ,为了让 ,必须有 ,为此必须设 , ,二奇, , 则 ② 但是,在情形ii)下,方程(4)若有既约 解,必须被①、②两式同时表出。于是得到 比较后发现,③式中左边的底数不是完全平方数,而右边的底数是完全平方数;④式的情形恰好相反。为此必须再设 , , , , ,则 ; 必须再设 , ,二奇, ,则 。 这样,情形ii)就归结到情形i)中去了。同时易证 中的底数分别两两互素。至于情形iii) 和情形iv) ,显然被情形ii)所包含。到此, 两式仍必能表出方程(4)的既约 解。于是, 必能表出既约 数组。 充要性 如果 都能表出既约 数组,同时易验知 分别能使 方程(4)成立,那么,此时这两个既约 数组就是方程(4)的既约 解,即方程(4)有 解。证毕 推论2 方程(4) 有 解的充要条件是以下两式: ( ,一奇一偶, ) ( ,二奇, )  能同时表出既约 数组。   将推论1、2归纳到一起就是 推论3 方程(1) 有 解的充要条件是以下两式: ( ,一奇一偶, ) ( ,二奇, ) 能同时表出既约 数组. 顺便指出,当 时,由 二式便可得到: 推论4 方程 (5) 的既约 解公式是以下二式: ( ,一奇一偶, ) 或 ( ,二奇, ) 1​ 连环解 定理3 方程 (6) 没有 。 推论5 方程 没有 解。 推论6 方程 没有 解。 推论7 设 ,那么 。 定义1 如果 都是方程(1) ( ≥2)的解,那么就把它们称做方程(1)的一对连环解。 引理6 设 ,一奇一偶, ; ,一奇一偶, ,那么,方程组 没有 解。 证明 假设方程组有 解,则由①式变形后设 代入②式,得 ③ 当 时,③式左正右负相矛盾;当 时,将③式两边开平方,得 ④ 根据推论7, 。那么,④式左边是有理数,右边是无理数,相矛盾。 故原方程组没有 解。证毕 定理4 方程(1) ( ≥2)没有连环 解。 证明 假设方程(1)有连环 解,则可设 是它的一对连环 解。根据推论3中的 式,它们必可表示为  ( ,一奇一偶, ) ( ,一奇一偶, )① =   ② 对比①、②两式得方程组 根据引理6,上方程组没有 解。此与 的定义相矛盾。故方程(1)没有连环 解。证毕 推论8 设 ,那么, 中至少有一个 。 证明 假设不是这样,那么,可设 , 。 ∴ , 。 于是 恰好构成方程(1)的一对连环 解。此与定理4中方程(1)没有连环 解相矛盾。故原结论成立。证毕 1​ 费尔玛方程没有N解 引理7 设 ,那么, 。 定理5 方程(4) ( 没有 解。 证明 假设不是这样,那就是说,方程(4)有 解。根据定理 中的 式,必有 ( ,二奇, ) 再根据引理7,必有       ∴ 。 此与由推论8中得到的 与 中至少有一个 相矛盾。 因此,方程(4)没有 解。证毕 推论9 方程 没有 解。 现将有关内容概括一下: 1)​ 推论6 方程 没有 解。 1)​ 定理4 方程 没有 解。 1)​ 推论9 方程 没有 解。 由此得到: 定理6 费尔玛方程 没有 解。 这就是说,当自然数 时,任何一个自然数的 次幂都不能分成两个自然数的 次幂之和 。 参考文献 [1] 闵嗣鹤 严士健 《初等数论》 高等教育出版社 1982 [2] 梁宗臣 《世界数学简史》 【法2】 五个相似直角三角形与费尔玛大定理的证明(摘要) 1 通解 引理1 设 、 、 、 、 的一个锐角分别为 、 、 、 、 、,其度数都为 ,如图,那么,它们的三边之长可以分别表示为以下五个三角数组: ; ; ; ; 。 证明 首先,对于 ,设 ,∵ , ∴ ,则 ,即 ,∴ , , ,   ∵ ,∴ 。 其次,易知 , ;当 时, , ;当 或 时, 。因此,这五个直角三角形在上述变换条件下都相似(或全等),且它们的三边之长可以分别用三角数组 表示。 定理1 方程 ( ≥2) (1) 的 解公式是以下四式: , , , 。 证明 由引理1, 都是方程 (2) 的解,即 。所以对任意的 ,都有 。 从而 是方程(2)的任意 解。故 。令 就是方程(1) ( ≥2)的 解公式。证毕 2​ 有N解的充要条件 引理2 方程(1) ( ≥2)有 解的充要条件是它有 解 引理3 方程(1) ( ≥2)有 解的充要条件是它有既约 解 引理4 如果方程(1) ( ≥2)有 解,那么只有两类: i)完全 解 ; ii)可导出 解 (证明及三条结论同法1,略) 引理5 (同法1,略) (下接法1的第4页第5行引理5) Equilateral Hyperbola’s General Solution And Fermat’s Last Theorem’s Demonstration Teng Xihe (Jianghe Middle School, Lushan County,Henan P.C:467337) Abstract: Basing on the relationship between Equilateral Hyperbola and Fermat’s Equation to make sure if there is some necessary request for positive integral solution in solving Fermat’s Equation . Then according to the negative conclusion, Fermat’s Last Theorem is proved, and the goal of systematically combining Fermat’s Last Theorem and Pythagorean Theorem is reached. Key words: complete solution;can​-reasoned solution; interlinked solution
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分类:理学
上传时间:2011-02-08
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