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本帖最后由 fmcjw 于 2015-10-29 16:14 编辑
陈建伟
前言
关于费马大定理这个困扰了我们三百多年的数学难题，似乎已经被怀尔斯所证明，但其证明用到了费马时代还没有的数学理论！因此，无论其是否真的证明了这个定理，他的证法都不是费马所说的方法！至今究竟有没有初等方法的证明仍然未知。
其实这个命题的难点就在于对方程X^n+Y^n=Z^n(n>1)的求解。本文便是从方程X^n+Y^n=Z^n(n>1)的解法入手证明了费马大定理是成立的！
分析
1：对于方程X^n+Y^n=Z^n的指数n,它的取值是大于1的所有自然数，即n=2,3,4,5、、、N+1(N=1,2,3,、、、）。因此这个方程其实表示了指数为N+1的无穷多个方程！对其求解实际上是对无穷多个方程的求解！显然这是不可能完成的事情。然而几百年来数学家们好像正是在如此从事着这不可能完成的事情!因此这个命题困扰了我们三百多年就不足为奇了。显然，我们的思路必须改变才能有所突破！
2 : 对于指数n，我们可将其分为以下几个部分来讨论：(1)n=2;(2)n=2m;(3)n=4k(k>0);(4)n=2k+1(k>0);(5)n=4k+2(k>0).
由指数n为(1)n=2;(2)n=2m;(3)n=4k(k>0)；(4)n=2k+1;(5)n=4k+2时有如下方程：
X^2+Y^2=Z^2 (1)
X^2m+Y^2m=Z^2m (2)
X^4k+Y^4k=Z^4k (3)
X^2k+1+Y^2k+1=Z^2k+1 (4)
X^2(2k+1)+Y^2(2k+1)=Z^2(2k+1) (5)
这样我们就将对无穷多个方程的求解问题变成只对 (1)，(2)两个方程的求解问题了！因为方程 (3)可由方程(2)中令m=2k而得。当(2k+1) =m时，(5)与 (2)就是完全一样的了，因此，对(3)， (5)的求解或证明实际上都归结为对(2)的求解或证明！最终都归结为对(1)的求解问题了！即只要证明 (1)有正整数解与(2)在m 大于1时无正整数解则费马大定理就得证成立。那人们会说对于方程(4)呢？这正是问题的关键所在。我们以前是先对 X^2k+1+Y^2k+1=Z^2k+1在k=1,2,3...分别进行求解证明无正整数解，再推出 (5)也无正整数解。而这样的证明过程无穷无尽！是不可能完成的过程，所以导致几百年都无法证明费马大定理！
我们为何不先对(5)来求解呢？前面我们已经分析了对(3)， (5)的求解或证明实际上都归结为对(2)的求解或证明！即当m=2k,m=2k+1时 (2)式就是 (3)式， (5)式。
下面我们就来讨论方程(1)，(2)的求解方法和证明费马大定理。
求解与证明
（1）方程 X^2+Y^2=Z^2 的求解方法：
对于方程
x^2+y^2=z^2，(x,y=/=0,x=/=y,z>x,y) (1)
设c 令x-c=a,y-c=b,则x=c+a,y=c+b代入（1）得
(c+a)^2+(c+b)^2=z^2 (2)
由（2)可知，只要(c+a)^2+(c+b)^2是一个完全平方数（2）就成立，也即（1）成立有解！根据二项式定理将（2）式左边展开有
(c+a)^2+(c+b)^2=c^2+2ca+a^2+c^2+2cb+b^2 =c^2+2c(a+b)+a^2+b^2+c^2
=c^2+2c(a+b)+(a+b)^2-2ab+c^2
=[(a+b)+c]^2+c^2-2ab
显然当c^2-2ab=0即c=(2ab)^1/2时
(c+a)^2+(c+b)^2=[(a+b)+c]^2 (3)
是一个完全平方数！因此将c=(2ab)^1/2代入(3)得
[a+(2ab)^1/2]^2+[b+(2ab)^1/2]^2=[(a+b)+(2ab)^1/2]^2 (4)
由（4）式与（1）对比，完全等价，所以我们就求出了方程x^2+y^2=z^2的通解式为
x=a+(2ab)^1/2；
A={ y=b+(2ab)^1/2; （1）
z=a+b+(2ab)^1/2。
a,b取自然数时(2ab)^1/2中只要2ab为完全平方数其解就是正整数解！不难证明这个通解包含了这个方程所有的正整数解！也包含了这个方程所有的非正整数解！因此费马大定理的第一个结论得以确证。 很明显(2ab)^1/2中当（2ab)不为完全平方数时其解就是无理数；当a,b异号（即a,b有一个取负数）时这个解就是复数解！等等。总之，这个解就包含了满足方程x^2+y^2=z^2所有可能的解！
方程x^2+y^2=z^2的通解还有另一形式：
x=a-(2ab)^1/2;
B ={ y=b-(2ab)^1/2;
z=a+b-(2ab)^1/2.
由于B中x,y在(2ab)^1/2为正整数时不可能同时为正整数!必有一个是负整数，故不可能有正整数解！。所以在前面的讨论中就没有列出。
由方程X^2+Y^2=Z^2的陈氏解：
X=a+(2ab)^1/2,
｛ Y=b+(2ab)^1/2,
Z=a+b+(2ab)^1/2。
我们可以得到两个重要的关于正整数域内的解：
X=(2w+1),
(1) Y=(2w^2+2w),
Z=(2w^2+2w+1).
(2) X=(2w+2)
Y=(w^2+2w)
Z=(w^2+2w+2)
由解（1），（2）可知，对于大于1的所有奇数和大于2的所有偶数，每一个奇数和偶数x都有对应的两个自然数y,z与之组成x,y,z数组，使得x,y,z满足X^2+Y^2=Z^2。由于奇数和偶数的个数无穷多，故X^2+Y^2=Z^2的正整数解有无穷多个！这就直观明白地给出了费马大定理的第一个结论（n=2,X^n+Y^n=Z^n有无穷多个正整数解！）。
（2）方程 X^2m+Y^2m=Z^2m的求解：
因为
X^2m+Y^2m=Z^2m (2)
与
(X^m)^2+(Y^m)^2=(Z^m)^2 (2)'
完全等价，因此方程 (2)'必有解为
X^m=a+(2ab)^1/2,
｛ Y^m=b+(2ab)^1/2, ( A')
Z^m=a+b+(2ab)^1/2。
与
X^m=(2w+1)
｛ Y^m=(2w^2+2w) (N)
Z^m=(2w^2+2w+1)
X^m=(2w+2)
｛ Y^m=(w^2+2w), (N)'
Z^m=(w^2+2w+2).
当m=2k时解 (N) ， (N)'变为 ：
X^2k=(2w+1),
｛ Y^2k=(2w^2+2w), (k)
Z^2k=(2w^2+2w+1).
X^2k=(2w+2)
｛ Y^2k=(w^2+2w), (k)'
Z^2k=(w^2+2w+2).
以解 (k)为例，因为
(2w+1)+(2w^2+2w)=/=(2w^2+2w+1)
所以
X^2k+ Y^2k=/=Z^2k （6）
即n=4k时
X^4k+Y^4k=/=Z^4k （3）'
当m=2k+1时解 (N) ， (N)'变为 ：
X^2k+1=(2w+1)
｛ Y^2k+1=(2w^2+2w) (t)
Z^2k+1=(2w^2+2w+1)
X^2k+1=(2w+2)
｛ Y^2k+1=(w^2+2w), (t)'
Z^2k+1=(w^2+2w+2).
这与对方程（5）求解所得结果是一致的。由 (t) ， (t)'即可得：
X^2k+1+ Y^2k+1=/=Z^2k+1 (4)' !!!
所以
X^2(2k+1)+Y^2(2k+1)=/=Z^2(2k+1)
即
X^2m+Y^2m=/=Z^2m(m=2k+1)
至此费马大定理得证成立！！！
结论
对于方程X^2m+Y^2m=Z^2m(x^n+y^n=z^n,n=2m时的形式),
当m=1时有
X^2+Y^2=Z^2, (A)
当m=2k时有
X^4k+Y^4k=Z^4k, (B)
当m=2k+1时有
X^2(2k+1)+Y^2(2k+1)=Z^2(2k+1) (C)
由方程(A),(B),(C)可知方程(B),(C)的解必与方程(A)的解有关！
显然的对于方程(B)有另外两个写法：
(X^2k)^2+(Y^2k)^2=(Z^2k)^2 (B)'
(X^2)^2k+(Y^2)^2k=(Z^2)^2k (B)"
对于方程(C)也有另外两个写法：
(X^2k+1)^2+(Y^2k+1)^2=(Z^2k+1)^2 (C)'
(X^2)^2k+1+(Y^2)^2k+1=(Z^2)^2k+1 (C)"
由于方程(B)'与(B)"是等价的、一样的，只是 (B)的两个不同写法而已，因此无论对哪一个求解其结果必定是一致
的！(C)'， (C)"也是同理。因此，我们不能否定方程X^2m+Y^2m=Z^2m(n=2m)在m>1时的解与m=1时的解有
关！
几百年来人们对费马定理的"证明“思路基本上是这样的：
只要证明
X^4+Y^4=Z^4
和
X^p+Y^p=Z^p
不成立即可！对于
X^4+Y^4=Z^4
已经证明不成立，所以就证明了
X^4k+Y^4k=Z^4k
也不成立。这与本文对方程
X^2m+Y^2m=Z^2m
在m=2k时的方程
X^4k+Y^4k=Z^4k
[即
(X^2k)^2+(Y^2k)^2=(Z^2k)^2
求解所得结论是一致的。可见对方程
(X^2k)^2+(Y^2k)^2=(Z^2k)^2
求解与对方程
(X^2)^2k+(Y^2)^2k=(Z^2)^2k
求解其结论必然是一致的！
那么对于方程
X^p+Y^p=Z^p（对所有的奇素数p的方程有无穷多个）
求解就是不可能完成的事情！而几百年来人们就是在从事着这不可能完成的事情！
由对方程
(X^2k)^2+(Y^2k)^2=(Z^2k)^2
求解与对方程
(X^2)^2k+(Y^2)^2k=(Z^2)^2k
求解其结果必然是一致的结论可以推知对方程
X^p+Y^p=Z^p
的求解与对方程
X^2p+Y^2p=Z^2p
的求解也是一致的！本文是对 方程
X^2(2k+1)+Y^2(2k+1)=Z^2(2k+1)
进行求解得出
X^2k+1+Y^2k+1=/=Z^2k+1 !
因为2k+1 表示大于1的所有奇数当然包含了所有的奇素数p,也就证明了
X^p+Y^p=/=Z^p.！
本文的思路是若证明
X^3+Y^3=Z^3
不成立则
X^6+Y^6=Z^6
也必定不成立，若证明
X^p+Y^p=Z^p
不成立则
X^2p+Y^2p=Z^2p
也不成立！反之，如果证明
X^2p+Y^2p=Z^2p
不成立！则
X^p+Y^p=Z^p
就必定不成立！
本文证明方法正是与人们的通常思路相反，不去对X^p+Y^p=Z^p进行求解或证明！而是先对方程
X^2p+Y^2p=Z^2p
进行求解并利用其解
X^p=2w+1
{ Y^p=2w+2w^2
Z^p=2w+2w^2+1
来证明
X^p+Y^p=/=Z^p ！！
由以上讨论可知对于方程X^n+Y^n=Z^n，只要n=2,就有无穷多个正整数解！当n>2=2m时，其解就必与n=2时的解有关！且只要n>2=2m，即只要m>1则n>2,那么方程X^n+Y^n=Z^n就不可能有正整数解！因大于1的自然数m包含了所有的奇数，必包含了所有的奇素数，所以我们就不必要再去逐个对奇素数的n进行证明了。
陈氏定理：
【 I 】 对于方程；Z^n=X^n+Y^n,（n=2）:
(A):一个奇数的平方数可以分成一个奇数的平方数与一个偶数的平方数之和； 【实例 (2w^2+2w+1)^2=(2w+1)^2+(2w+2w^2)^2】
(B):一个偶数的平方数不可以分成两个奇数的平方数之和； 【实例 (2p)^2 =/= (2w+1)^2+(2t+1)^2 证明附后】
(C):一个偶数的平方数可以分成两个偶数的平方数之和； 【实例 (2w+w^2+2)^2=(2w+2)^2+(2w+w^2)^2 （w为偶数时）】
【II】 对于方程；Z^n=X^n+Y^n,n >2:
1: 一个奇数的n次幂不可以分成一个奇数的n次幂与一个偶数的n次幂之和； 【实例 (2w^2+2w+1)^n=/=(2w+1)^n+(2w+2w^2)^n, n>2 】
2: 一个偶数的n次幂不可以分成两个偶数的n次幂之和； 【实例 (2w+w^2+2)^n=/=(2w+2)^n+(2w+w^2)^n , n>2 ,（w为偶数时）】
3：一个偶数的n次幂不可以分成两个奇数的n次幂之和； 【实例 (2p)^n =/= (2w+1)^n+(2t+1)^n, n>2 证明附后】
【III】 对于方程；Z^n=X^n+Y^n,n >2:
A:若三个正整数xyz,x=a,y=b,z=c,则它们的平方数a^2,b^2,c^2仍然是正整数；那么有a^2+b^2=c^2,即Z^n=X^n+Y^n(n=2)
B:若三个正整数xyz的平方数为正整数时，即x^2=a',y^2=b',z^2=c', 则（a‘ ）^n+(b')^n=/=(c')^n (n>1).即(Z^2)^n=/=(X^2)^n+(Y^2)^n(n>1)
C:若三个正整数xyz的m次幂为正整数时, 即x^m=a'',y^m=b'',z^m=c'', m>1, 则（a‘'）^n+(b'')^n=/=(c'')^n (n>1). 即(Z^m)^n=/=(X^m)^n+(Y^m)^n(n>1)
补充证明：
(一），一个偶数的n次幂不可以分成两个奇数的n次幂之和：
若x,y同为奇数，那我们可令x=2w+1,y=2t+1,此时z必为偶数，再令 z=2p则有
(2w+1)^n+(2t+1)^n=(2p)^n （n>=2)
所以有
2p=[ (2w+1)^n+(2t+1)^n]1/n
因 (2w+1)^n+(2t+1)^n由二项式定理展开后各项之和必能被2整除，因此 [ (2w+1)^n+(2t+1)^n]1/n 中 就必然含有2^1/n这个无理数，从而使得 p必为无理数。所以方程X^n+Y^n=Z^n中的XY两个数不能同为奇数。
（二）由解
X^m=(2w+1)
｛ Y^m=(2w^2+2w) (N)
Z^m=(2w^2+2w+1)
X^m=(2w+2)
｛ Y^m=(w^2+2w), (N)'
Z^m=(w^2+2w+2).
即可证明m>1则n>2,xyz不可能同为正整数。证明如下：
以解 (N) 为例，当w的取值使得2w+1为一个完全m次方数时x就为正整数。令2w+1=d^m,则x=d(d=N)。此时w=(d^m-1)/2。将w=(d^m-1)/2代入 Y=(2w^2+2w)^1/m得：
Y={2[(d^m-1)/2]^2+2[(d^m-1)/2]}^1/m
={2[(d^2m-2d^m+1)/4]+[(2d^m-2)/2}^1/m
={(d^2m-2d^m+1)/2+(2d^m-2)/2}^1/m
=[(d^2m-1)/2]^1/m
Y=[(d^2m-1)/2]^1/m中d若为偶数则(d^2m-1)为奇数，(d^2m-1)/2就不可能是正整数！因此我们就只讨论d是奇数的情况。若d为奇数则令d=2v+1并代入Y=[(d^2m-1)/2]^1/m中得
Y={[(2v+1)^2m-1]/2}^1/m
={{[(2v+1)^2]^m-1}/2}^1/m
={{[4v^2+4v+1]^m-1}/2}^1/m
={[4v^2+4v+1]^m-1}^1/m/2^1/m
因为[4v^2+4v+1]^m是一个完全m次方数，减去1后就不再是完全m次方数，则分子{[4v^2+4v+1]^m-1}^1/m就不可能是正整数！分母是无理数，那 Y就不可能是正整数！
对于
Z=(2w^2+2w+1)^1/m，
将w=(d^m-1)/2代入即得
Z=[(d^2m+1)/2]^1/m
={[4v^2+4v+1]^m+1}^1/m/2^1/m
因[4v^2+4v+1]^m是一个完全m次方数，它加上1则不可能还是一个完全m次方数，所以 Z在x=d(d=N)时也不可能是正整数！
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发表于 2015-10-6 16:34
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