首届全国民科会：费马大定理的代数证明

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  在温家宝总理的推动下，首届全国民间科技发展研讨会已于是2005年12月17日在长沙召开，会议通过成立了民科促进会组织。首届民科会论文集，成果发布会，民科网站建设都在积极推进中。
   首届全国民间科技发展研讨会首批推荐发布成果：

                     费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法
                               庄   严   庄宏飞
                          （辽阳铁路器材厂   111000）
  【 摘要】对费马方程x^n+y^n=z^n整数解关系的证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，建立了多元代数式的增元求解法。提出了直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法则”；“定差公式法则”；使人们对平方整数解有了全面的认识。本文利用增元法证明：当指数n＞2时，费马方程x^n+y^n=z^n永远没有整数解。
   关键词：增元求解法
   引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在n＞2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。
   本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用增元法，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。
   定义1．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。
   下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。
    一，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”
    定理1．如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q≥1，满足条件：
            a≥3
            b=（a^2-Q^2）÷2Q
            c= Q+b
   则此时，a^2+b^2=c^2是整数解；
   证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q为增元项，且b、Q是整数）,则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形：
Q2     Qb
Qb                其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积
b^2后可得到一个边长为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。
                                                故定理1得证
   应用例子：
   例1．利用定a计算法则求直角三角形a边为7时的边长平方整数解？
   解：取a为7，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到：
            a=  7
            b=（a^2-Q^2）÷2Q
             =（7^2-1^2）÷2
             =24
            c=Q+b
             =1+24
             =25
   所以得到平方整数解7^2+24^2=25^2
   利用定a计算法则，当取a=3、5、7 …时，令Q为1，我们可以得到任意多具有c-b=1性质的平方整数解。并可由此得到任意多具有c-b=2、3、4…     性质的平方整数解。
   二，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”
   定理2．如a^2+b^2=c^2是直角三角形边长的一组整数解，则有（an）^2+（bn）^2=（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整数解。
   证：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形  a       c   ，根据平面线段等比放大的原理，三角
   b
形等比放大得到 2a       2c；3a       3c；4a      4c；…         
                  2b           3b           4                  
    由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；3a、3b、3c；4a、4b、
4c…       na、nb、nc都是整数。
                                          
                                            故定理2得证
      
   应用例子：
   例2．证明303^2+404^2=505^2是整数解？
解；由直角三角形3          5  得到3^2+4^2=5^2是整数解，根据增比计
                     4
算法则，以直角三角形  3×101        5×101  关系为边长时，必有
                             4×101
303^2+404^2=505^2是整数解。
   三，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”
              3a + 2c + n = a1
   （这里n=b-a之差，n=1、2、3…）
   定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。
    证：取n为1，由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2，这里n=b-a=4-3=1，根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：
     a1=3×3+2×5+1=20                    这时得到
     20^2+21^2=29^2                   继续利用公式计算得到：
     a2=3×20+2×29+1=119             这时得到
     119^2+120^2=169^2                继续利用公式计算得到
     a3=3×119+2×169+1=696         这时得到
     696^2+697^2=985^2
                …
                                          故定差为1关系成立
    现取n为7，我们有直角三角形21^2+28^2=35^2，这里n=28-21=7，根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：
    a1=3×21+2×35+7=140                  这时得到
    140^2+147^2=203^2                   继续利用公式计算得到：
    a2=3×140+2×203+7=833              这时得到
     833^2+840^2=1183^2                 继续利用公式计算得到：
    a3=3×833+2×1183+7=4872          这时得到
    4872^2+4879^2=6895^2
                 …
                                           故定差为7关系成立
  再取n为129，我们有直角三角形387^2+516^2=645^2，这里n=516-387=129，根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：
   a1=3×387+2×645+129=2580                   这时得到
   2580^2+2709^2=3741^2                   继续利用公式计算得到：
   a2=3×2580+2×3741+129=15351            这时得到
   15351^2+15480^2=21801^2            继续利用公式计算得到：
   a3=3×15351+2×21801+129=89784        这时得到
   89784^2+89913^2=127065^2
                …
                                          故定差为129关系成立
                                          故定差n计算法则成立
                                              故定理3得证
由此得到：
   在直角三角形a、b、c三边中：
    b-a之差可为1、2、3…
    c-b之差可为1、2、3…
    定差平方整数解有无穷多种；
    每种定差平方整数解有无穷多个。

   利用增元法，我们能够证明，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：
   对于2次方程：        a^2+b^2=c^2
   移项后得到：         a^2=c^2-b^2
   引入增元项Q后令：    c=Q+b
   原式化为：           a^2=（Q+b）^2-b^2
                           =Q^2+2Qb+b^2-b^2
                           =Q^2+2Qb
   两边开方得到；        a=  √ Q^2+2Qb
   由a^2=Q^2+2Qb得到： b=（a^2-Q^2）÷2Q
   已知给定条件：c=Q+b
   所以，2次方程a^2+b^2=c^2的全部整数解集是：
       a= √ Q^2+2Qb
       b=（a^2-Q^2）÷2Q
       c=  Q+b
   其中的a、b、c、Q都是整数。
   所以Q^2+2Qb的值是一个完全平方数，b能够化简为一个等于a，Q条件的整数项，是费马2次方程有整数解的关键因素。
   对于3次方程：       a^3+b^3=c^3
   移项后得到：        a^3=c^3-b^3
   引入增元项Q后令：   c=Q+b
   原式化为：          a^3=（Q+b）^3-b^3
                          =Q^3+3Q^2b+3Qb^2+b^3-b^3
                          =Q^3+3Q^2b+3Qb^2
   两边开立方后得到；   a = 3√ Q^3+3Q^2b+3Qb^2
   所以，当都Q、b为整数时Q^3+3Q^2b+3Qb^2的值能否是完全立方数，代数式化简后导出b=a，Q条件的一个独立的整数项，是费马3次方程能否有整数解的关键因素。
   以上已得到a的整数条件；
   再继续化简b；
   由等式：      a^3=Q^3+3Q^2b+3Qb^2
   化简后得到：  b（b+Q）=（a^3-Q^3）÷3Q
   这里，由a、Q的整数条件，b无法化简为一个独立的整数项。
   所以：费马方程x^3+y^3=z^3无整数解。
   继续增加方次的情形是：
   在 a^4+b^4=c^4时可由增元法导出由a、Q为整数条件时b的代数条件：
           b（Q^2+3/2 Qb+b^2）=（a^4-Q^4）÷4Q
   这里，由a、Q的整数条件，b无法化简为一个独立的整数项。
   所以：费马方程x^4+y^4=z^4无整数解。
   在 a^5+b^5=c^5时可由增元法导出由a、Q为整数条件时b的代数条件：
           b（Q^3+2Q^2b+2Qb^2+b^3）=（a^5-Q^5）÷5Q
   这里，由a、Q的整数条件，b无法化简为一个独立的整数项。
   所以：费马方程x^5+y^5=z^5无整数解。
                               …
                               …
   由此方法可知：
   继续增加方次后，由a、Q的整数条件，b就永远不能化简为一个独立的整数项。
   所以：费马方程x^n+y^n=z^n当指数n＞2时永远没有整数解。
   当我们以这样的结论来结束长达三百多年的费马大定理问题时，真不知现今的数学界应该反思些什么呢？
   版权登记号：06—2006—A—01号

wangyangkee

俞根强也不是忒蠢；在傻老头需要的时候，俞根强听听调会意；即闹蠢货，，，