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费尔马最后定理的初等证明
刘圣民
设 n>2 不定方程 x^n+y^n=z^n
除开xyz=0的整数解外，没有其它xyz≠0的整数解存在。
为了证明费尔马大定理，实际上只需证明不定方程，x^4+y^4=z^4和不定方程x^p+y^p=z^p(p为奇素数)均无xyz≠0的整数解。
1：这是因为任一个大于2的整数n,如果不是4的倍数，就一定是某一个奇素数p的倍数。
,当n=4m时，x^4m+y^4m=z^4m的无解可归之于证
X^4+y^4=z^4无解。
2：当n是某一个奇素数p的倍数时，则归之于证
x^p+y^p=z^p无解。 如果（x, y）=d>1 ,则d|z . 故只需证：
（x, y）=(z, x) =(z, y)=1.
当 x+y≠0 (x, y)=1时
(x+y, x^p+y^p/x+y)=1或p， 同理z-x≠0(z, x)=1和z-y≠0
(z, y)=1 分别有：
(z-x, z^p-x^p/z-x)=1或p, (z-y, z^p-y^p/z-y)=1或p.
当(x+y, x^p+y^p/x+y)=(z-x, z^p-x^p/z-x)=(z-y, z^p-y^p/z-y)=1时，
即p|\xyz≠0叫费尔马大定理的第一情形。
当(x+y, x^p+y^p/x+y)=(z-x, z^p-x^p/z-x)=(z-y, z^p-y^p/z-y)=p时
即p|xyz≠0叫费尔马大定理的第二情形。
A， 不定方程 x^4+y^4=z^2 没有xyz≠0的整数解。
证：用反证法，设如果(A)有一组xyz≠0的整数解。
可设x>0 y>0 z>0 (x, y)=1其中x ,y ,不能同为奇数，因为如果 x ≡y≡1 (mod2) (A)式对取模4将得出矛盾结果
2≡0 (mod4) 不失一般，可取x≡1 (mod2) ,y≡0(mod2)
故由勾股定理( x^2)^2+(y^2)^2=z^2得
X^2=a^2-b^2 y=2ab z=a^2+b^2 其中a>b>0
(a, b)=1 a ,b一奇一偶 由于 x^2=a^2-b^2 x≡1(mod2)
故知 a≡1(mod2) b≡0(mod2) 对于 x^2=b^2=a^2 又可得
X^2=p^2-q^2 b=2pq a=p^2+q^2 这里p>q>0
(p, q)=1 p, q一奇一偶 现在 y^2=2ab=4pq(p^2+q^2)
因为 (p, q)=1 不难证明 (p, p^2+q^2)=(q, p^2+q^2)=1
故必有 p=r^2 q=s^2 p^2+q^2 =Z1^2 (r, s)=1
于是得到 r^4+s^4=Z1^2 Z1z1>z2>z3>……>zn>…… 而z>1是给定的整数矛盾，因此（A）没有xyz≠0的整数解
这就证明了 x^4+y^4=z^4 没有xyz≠0的整数解。 证完：
B 不定方程 x^p+y^p=z^p (p>2的素数)
没有p|\xyz≠0的整数解
证：对于p|\xyz≠0,且(B)有一组xyz≠0的整数解
(x, y)=(z, x)=(z, y)=1 则由（B）有x+y-z=c,c为不等于0的整数 由（B）知p|\x P|\y p|\z 得出
X^p≡x (modp) (1)
Y^p≡y (modp)(2)
Z^p≡z (modp) ( 3)
(1)+(2)-(3) 得x^p+y^p-z^p≡x+y-z≡c≡0 (modp)
即得 p|c (4)
由（4）对于整数c必存在最大的整数t使
P^t|c p^t+1|\c (由算术基本定理) ( 5)
现在对 x+y=z+c 2边p次方得
x^p+y^p+pxy(x+y)Q=z^p+c^p+pzc(z+c)Q1
由（B）及p|c知 p^2|pxy(x+y)Q
而pxy(x+y)Q=(x+y)^p-x^p-y^p
故有 (x+y)^p≡x^p+y^p (modp^2) ( 6)
同样方法可以得到
(z-x)^p≡z^p-x^p (modp^2) (7)
(z-y)^P≡z^p-y^p (modp^2) ( 8)
(7)+(8)-(6) 得
(z-x)^p+(z-y)^p-(x+y)^p≡2z^p-2(x^p+y^p)
≡2z^p-2z^p≡0 (modp^2)
即得出(z-x)^P+(z-y)^p-(x+y)^p≡0 (modp^2) ( 9)
由于 p|\(z-x) p|\(z-y) p|\(x+y)
故有(z-x)^p+(z-y)^p-(x+y)^p≡z-x+z-y-(x+y)
≡2z-2(x+y)≡-2c≡0 (modp^2)
由于(2, p)=1 故必推出 p^2|c （10）
由（10）式 现在对(x+y)^p=(z+c)^p进行以上方法作下去
又可得出： p^3|pxy(x+y)Q
而pxy(x+y)Q=(x+y)^p-x^p-y^p
故又可得出
(x+y)^p≡x^P+Y^p (modp^3) ( 11)
同理又可证得
(z-x)^p≡z^p-x^p (modp^3) ( 12)
(z-y)^p≡z^p-y^p (modp^3) 13
(12)+(13)-(11)得出
(z-x)^p+(z-y)^p-(x+y)^p≡0 (modp^3)
由此又推出 p^3|c ( 14)
现在继续以这样的方法作下去
必得pt+1
这与（5）式 矛盾
因此（B）对于p|\xyz≠0的费尔马大定理 第一情形成立
证完。
C 不定方程 x^p+y^p=z^p (p>2的素数)
没有 p|xyz≠0的整数解
一 证：对于 p|xyz≠0且(C)有一组整数解
(x, y)=(z, x)=(z, y)=1
则p整除 x y z,其中之一个
不妨令 p|x 且对于 p|x , 必存在最大的整数t 使p^t|x,
P^t+1|\x . (1)
现在由（C）得 （z-y）[z^p-1 +y^p-1 +zy(z^p-2 –y^p-2)/z-y]=x^p
故必有 p^p-1|(z-y) (2)
又由于(z-x)^p=z^p-x^p-pzx(z-x)Q 而p|x
所以有 (z-x)^p≡z^p (modp^2) (3)
同样证得 (y+x)^p=y^p+x^p+pxy(x+y)Q1
(y+x)^p≡y^p (modp^2) (4)
(3)-(4) 得
(z-x)^p-(y+x)^p≡z^p-y^p≡x^p≡0 (modp^2)
而p|\(z-x) p|\(y+x)
故有(z-x)^p-(y+x)^p≡(z-x)-(y+x)≡(z-y)-2x≡0 （modp^2）
由(2) 可知 p^2|(z-y) (p>2)
故推出 p^2|x (5)
现在由(5)及(C) 又可得出p^2p-1|(z-y) (6)
所以我们重复以上的做法 ，就可得出
(z-x)^p=z^p-x^p-pzx(z-x)Q
(Z-X)^P≡Z^P (modp^3) (7)
同样可证得 (y+x)^p≡y^p (modp^3) (8)
(7)-(8)得
(z-x)^p-(y+x)^p≡z^p-y^p≡x^p≡0 (modp^3)
而(z-x)^p-(y+x)^p≡(z-y)-2x≡0 (modp^3)
由(6) 故又推出 p^3|x (9)
这样我们从(9)式及以上做法不断作下去，
必得出pt+1
这与（1）式矛盾， 故对于p|x (C)没有xyz≠0的整数解。
二 对于 p|y 由（C）可知 p^p-1|(z-x)
则必存在最大的整数t 使 p^t|y p^t+1|\y (1)
由(z-y)^p=z^p-y^p-pzy(z-y)Q 和(x+y)^p=x^p+y^p+pxy(x+y)Q1
得出 (z-y)^p≡z^p (modp^2) (2)
(x+y)^p≡x^p (modp^2) (3)
(2)-(3)得(z-y)^p-(x+y)^p≡z^p-x^p≡y^p≡0 (modp^2)
而(z-y)^p-(x+y)^p≡(z-x)-2y≡0 (modp^2)
P^2|(z-x) P>2 故有 p^2|y (4)
同样用以上的做法作下去，必可得出
Pt+1
这与(1)式 矛盾
故 对于p|y (C) 没有xyz≠0的整数解
三 对于p|z 由（C）知p^p-1|(x+y)
故必存在最大的整数t 使 P^t|z, p^t+1|\z (1)
从 (y-z)^p=Y^p-Z^p-pzy(y-z)Q
(X-Z)^P=x^P-z^p-pxz(x-z)Q1
得出 (y-Z)^p≡Y^p (modp^2) (2)
(x-z)^p≡x^p (modP^2) (3)
(2)+(3)得
(y-z)^p+(x-z)^p≡y^p+x^p≡z^p≡0 (modp^2)
而 (y-z)^p+(x-z)^p≡(x+y)-2z≡0 （modp^2）
由（1）式推出 p^2|z
这样也可以以这种方法继续作下去 ， 必得出
Pt+1
这又与（1）式矛盾， 即p|z时 ，（C）没有xyz≠0的整数解。
综合（C）中的一，二，三之证明
即p|xyz≠0时，费尔马大定理第二情形成立。
证完
这样我们可以根据A, B, C的证明 就可推出对于n>2时，
X^n+y^n=z^n
均无xyz≠0 的整数解。
这就证明了费尔马最后定理成立。
全部证完
2008年7月9日
几点说明x^p 表示x的p次幂
p^p-1|y表示p的p-1次幂整除y
p|\y 表示p不能整除y
地址：安徽省宿州市支河乡马楼村大庄组 手机：13956834523.
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狗仔卡
发表于 2008-7-31 10:50
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