[转帖]李金国独出心裁——费马大定理更简捷证明与解释

郭经理

独出心裁——费马大定理更简捷证明与解释 作者：李金国(moranhuishou，xxljgxs ，斯露化雨，孤行客) 摘要：费马方程有4个未知数x y z p,设定x y z为整数之后，p为奇数就是唯一的（偶数另论）。因为无论x+y=z适合任意正整数，即均有p=1方程成立，所以p>1为奇数时方程无正整数解。并给出了原证明一个完美的解释。 关键词 还是一个，简单。 原命题 不定方程 x^p+y^p=z^p ， p>2为奇数 （1） 无非0整数解。 新命题 不定方程 x^p+y^p=z^p （2） 当x y z为整数时若成立且p为奇数，则方程只有一解，即p=1. 一般以为，费马方程是一个有3个未知数x y z的不定方程，命题要求证明当p>2时3个未知数中至少有一个不是正整数。所以，证明的基本思路是设定其中2个未知数为正整数，而证明另一个未知数不是正整数。本人在《费马大定理的三句话证明》一文中的证明思路就是这样的。 在本证明中，我们将费马方程看作一个4个未知数x y z p的不定方程.。 定理1 在费马方程中，若x y z为整数且方程成立，则p仅有一奇数解。 证明 这个道理并不复杂： 在《三句话证明》一文中，我们已知当设定x z为正整数时，y只可能有唯一一个正实数解。很显然，这个结论实际是建立在p为一设定的奇数的基础上的，也就是说实质上也是设定了4个未知数中的3个x z p，而考虑另一个y是否正整数。 所以很显然，当我们设定x y z为正整数时，另一未知数p的值也必然是唯一的。 定理2 在费马方程中，若x y z为整数且方程成立，则只有p=1。 证 为更清晰起见，仍 设x，z为正整数；x2为奇数时费马方程不成立。 反之，假设有r_0，t_0，y_0使得p>2为奇数时方程成立，则当p=1时方程必不成立。 命题得证。 为便于理解，举一简单的实例： 假设p=3时（3）有正整数解r_0,t_0成立，即有式 y^3-3(r_0+t_0)y^2+3(r_0^2-t_0^2)y-(r_0^3+t_0^3)=0 成立。 将p=3用p=1替换，可得 y-(r_0+t_0)=0 同样成立，这显然不可能。 两个疑问的解释： 疑问一：还有 3^3+4^3+5^3=6^3 27^5+84^5+110^5+133^5=144^5 …… 等方程成立呢？ 解释： 上述方程若同理化为（3）’可得 my^p-p(r_1+r_2+…+r_m+t)y^(p-1)+… （3）’ 这样的方程（3）’与（3）完全不同。无论设定r_1, r_2,…r_m,t为任意正整数，当m>1时，均有(r_1+ r_2+…+r_m +t)/m1。(证略) 例如方程 3^3+4^3+5^3=6^3 设y=5, r_1=5-4=1,r_2=5-3=2,t=6+5=1, 可得 2y^3-3(1+2+1)y^2+3(1+4-1)y-(1+8+1) y^3-3*(1+2+1)/2*y^2+3*(1+4-1)’2*y-(1+8+1)/2 因为，(r_1+ r_2+t)/2=21. 再如 27^5+84^5+110^5+133^5=144^5 设y=133, r_1=23,r_2=49, r_3=106，t=111, 可得 3y^5-5(23+49+106+11)y^2+… y^5-5*(23+49+106+11)/3*y^2+… 因为，(23+49+106+11)/3=631. 这两个例子正好给出了定理2一个很好的注脚。 附：（3）式之实（无理）解 据 y=(z^p-x^p)^(1/p)=a’ 我们自然可以构建一个p同根方程（y-a’）=0或y^p-a’^p=0等。 但（3）的实际结构并不是这样，而是类似 y^p-(a’+s_1)y^(p-1)+ (a’+s_2)y^(p-2)-…-ua’=0 由上例可知，这样的方程可用“约分简化”的方法解出，即上可化简为 y^(p-1)-(a’+s_1)y^(p-2)+…+s_(p-1)-u=0 … y-a’=0 因为是实数,显然对于任意的p,(3)都可以用这样的方法简化求解。但假如a是正整数，则构成这样的方程的一个条件就是当p=1时若无后项常数“补充”，则y≠a，如上述两例。也就是说，当已知p=1， y≠a时是构建不成这样的方程的（这个道理并不复杂）。 详情将另文详述。 疑问二：还有p=2方程成立呢？ 解释： 这个问题前面已经多次解释过，是最容易惑人的一个问题。 假如p=2时，方程同样有一个解，那么方程同样不能成立，即不可能有y=r+t,。但因为确定z, x为正整数p=2为偶数时，y有两个解，方程 y^2-2(r+t)y+(r^2-t^2)=0 才得以成立，因此这样有两个解之和等于两个r+t,即y_1+y_2=2(r+t)，不过此时附加了一个条件，即必须有 y_1*y_2=r^2-t^2 所以我们也可以将r+t视为这两个不同整数解的平均值，因有 （y_1+y_2）/2=r+t。 而由此思路同理可以给出三句话证明一个更加合理的解释： 假如p>2时，方程同样有p个不同的整数解，那么方程同样成立，即同样可有p个解之和等于p个r+t,即y_1+y_2+…+ y_p=p(r+t)。不过此时也附加了p-1个条件，即必须有 y_1*y_2+ y_1*y_3+…+ y_(p-1)*y_p=C(p,2) (r^2-t2) y_1*y_2 *y_3+ y_1*y_2 *y_4+…+ y_(p-2)*y_(p-1)* y_p= C(p,3) (r^3+t3) … y_1*y_2 *… *y_p=r^p+tp 如果是这样，我们也同样可以将r+t视为这p个不同整数解的平均值。因有(y_1+y_2+…+ y_p)/p=r+t 所以（3）如果成立，则无论p为任何值都有 y_均=r+t , 但因为p>2时方程只可能有一个（p为偶数时有两个）正整数解，所以方程如果成立就必须是p同根且有 y=(z^p-x^p)^(1/p)=r+t 但因 (z^p-x^p)^(1/p)>r+t 所以，（3）亦不可能是p同根方程，所以这个假如是不存在的，所以当p>2时方程无正整数解。 所以，方程（3）之实际解为 p=1,2 ; y_均=r+t. 附：或曰，假如y有一个整数解与p-1个复数解呢? 此说显然不成立，因为 （p-1个复数+一个整数）/p≠r+t.