关于费马猜想--之个人见解

天马行空

假设zn = xn + yn有正整数解，通过因数分析“yn”得到关于“z”的“方根（或重根）因式”方程及相应的“方根余因式”方程。根据“方根存在唯一性定理”由这个“方根（或重根）因式”方程n次方确为正整数的方程与假设有正整数解的原方程为不同变形的同一个方程即同解方程，但经判断两个同解方程相应的两个“方根余因式”方程必同解矛盾，从而证明xn + yn = zn没有正整数解。
1.    引言：费马猜想及其存在的问题
1.1. 费马猜想
当n是一个大于2的正整数时，不定方程xn + yn = zn没有正整数解。这一结论是法国数学家费马﹝Fermat's conjecture﹞提出的，被称为“费马猜想”，又称“费马大定理”。1637年，费马在巴契校订的希腊数学家丢番图的《算术》第2卷第8命题“把一个平方数分为两个平方数”旁边写道：“把一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。关于这一点，我确信已发现了一种巧妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下”。为此，370年来全世界许多优秀数学家做出了艰苦不屑的努力，都没能找到这一“巧妙证法”。英国数学家怀尔斯在他人高等数学研究取得重大进展的成果基础之上，历时7年用130多页稿纸于1997年非常繁难地证明了这一猜想成立，为此他获得了十来项国际大奖。但这个证明深奥难懂，仅仅使极少数人能够看明白。据资料介绍，就1908年哥廷根皇家科学会悬赏十万马克征求这一问题的证明之后仅1909-1911年三年间发表的错误证明论文就多达1000余篇。近几年内在中国互联网上刊载的费马猜想证明文稿仍多达30来篇。一般来说，全世界数学家们大多数已不相信费马猜想有初等数学巧妙证明的奇迹了；但也有一些数学家还认为，费马可能真的得出了一个非常巧妙的证明，它必定是以17世纪的人们所掌握的数学技巧为基础的，只要能够找到费马原来的巧妙证明，那么仍然可以获得声名与荣誉。所以只有实现费马那个时代数学水平初等方法奇巧绝妙的证明才是最终完结费马猜想。
1.2. 费马猜想存在的问题
依据方根“存在定理”及“方根性质定理”，必有zn = xn + yn关于“z”的唯一的一个非负实数n次方根存在。非负实数有“0非负实数”或“非0非负实数”两种情形，因而必存在 “0非负实数”重根（0的方根）或“非0非负实数”方根。
“0非负实数”重根存在形式为：
zn -（xn + yn）=（z - r）n = 0
n= z – r = 0
费马没有猜想到“0非负实数”重根存在形式：一个高于二次的幂与分为两个同次幂之和的差为0的同次幂是不可能的。对于z2 -（x2 + y2）= 0存在= z - r = 0 有正整数重根，可能有人觉得很奇妙！
“非0非负实数”方根存在形式为：
zn = xn + yn = rn  
z = n = r
费马猜想的正是这一“非0非负实数”方根存在形式：把一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的。从现象上z2 = x2 + y2已存在正整数解，因而就没有考虑“二次的幂分为两个同次的幂”这种情形的实质问题，对于z2 = x2 + y2有 z = = ± r方根似乎无疑，但实质却隐含着负数根矛盾问题。
举个实际例子：
q2 -（32 + 42）=（q – 5）2 = 0
q2 – 10q + 25 = 0
反过来解这个方程，采取重根解法：
= q – 5 = 0
（q - 5）2 = 0
q1 = 5   q2 = 5
当然这种解法是正确；再以方根的解法：
q =
分析确定q = 5时：
q = = ± 5
其中q = -5却使 q = = 无实数解，这就出现了矛盾；如果使其转化为曲线形式：
q2 + 5 2 =（）2
（）2 +（）2 = 1
=
这不就走上了歧途使问题更复杂化了么？本来是一个简单的重根方程，有两个重根；变成方根就矛盾了，即使是确定了一个正数根，却得正负两个根，负根代入方程等式不成立；转化为曲线形式，更难了啊！费马猜想是研究它的重根n= z – r = 0解问题，还是研究它的方根z = n = r解问题，370年来研究它的= n 曲线问题众所周知太难太难。
容易证明一个简单的等式关系，对于非负实数z = r，存在
（z – r）n = zn - rn = 0
等式成立。当n为奇数时：
（z – r）n = zn - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-2z2 + cn-1nrn-1z - rn
因为z = r，代入其中 - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-2z2 + cn-1nrn-1z 并化简得：
rn（- c1n + c2n - … - cn-2n + cn-1n ）
= rn（c0n - c1n + c2n - … - cn-2n + cn-1n - cnn）
= rn（1 – 1）= 0
所以 - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-2z2 + cn-1nrn-1z = 0，则有：
（a - b）n = an - bn = 0
当n为偶数时：
（z – r）n = zn - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … + cn-1nrn-2z2 - cn-1nrn-1z + rn
将z = r代入其中 - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … + cn-1nrn-2z2 - cn-1nrn-1z + rn   并化简得：
rn（- c1n + c2n - … +cn-2n - cn-1n +1 ）
= rn（c0n - c1n + c2n - … - cn-2n + cn-1n + cnn - 1）
= rn（1 – 1）- rn
= - rn
所以 - c1nrzn-1 +c2nr2zn-2 - … + cn-1nrn-2z2-cn-1nrn-1z + rn = - rn ，则亦有：
（z - r）n = zn - rn = 0
但是，n为偶数时rn =（±r）n，所以如果r为负数，则
（z +︱r︱）n ≠ zn - rn = 0
不是等式了。费马猜想就是隐含着这样一个基本矛盾问题：zn -（xn + yn）= 0与zn = xn + yn形式上互相转化，二者等价从数学公理上是不可怀疑的；但是其不同的等式形式却存在不同的数学意义，即n= z – r = 0 与z = n = r体现有所不同的“n次方根”性质。在不清楚zn = xn + yn是重根问题还是方根问题时，初等数学方法的证明要从重根形式和方根形式两方面进行分析，最终得到正确的结论。
2.证明费马猜想
2.1.费马“猜想”的前提
假设有一组最小正整数（x ，y）= 1使
zn = yn + xn……………………………………………………………………………（1）
等式成立，则（1）式变形为
zn – xn = yn
当n ＞1时等式左边可进行因式分解：
( z - x )(zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z + xn-1) = yn…………………………………（2）
将（2）式右边正整数yn 分解为两个因数的乘积。等式左边两因式中，z - x 二个正整数之差的值是必然确定的，且z – x ＞0，设为C ；zn-1+ xzn-2+x2zn-3 +…+ x n-2z + xn-1之和的数也必是确定的，设为D。于是yn = CD使（2）式分解为即定唯一解的两个相关方程成立：
z – x = C………………………………………………………………………………（3）
zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z + xn-1 = D……………………………………………[/ft]（4）
分析（1）式、（2）式C、D二因数，存在互质或不互质两种情形：（C ，D）= 1或（C ，D）＞1。费马当时不会“猜想”得过多，只要证明（C ，D）= 1时（1）式zn = yn + xn没有正整数解就可以得出结论了，至于（C ，D）＞1时基本同理。这种利用因数分析求解不定方程的方法叫因式分解法，所以（3）式、（4）式同是（1）式的因式。因为（1）式已转化为（3）式、（4）式关于“z”的方程形式，如果可以证明（3）式是原方程（1）式的“方根（或重根）因式”，（4）式相对（3）式是（1）式的一个“方根余因式”，那么（1）式就是一个方根（或重根）方程。根据“方根存在唯一性定理”，（3）式“方根（或重根）因式”方程的n次方式与（1）式是不同变形的同一个方程，则相应的“方根余因式”方程就必是同解方程；通过方程同解的关系判断（1）式假设的有正整数解是否成立，这就能够证明费马猜想。
2.2.（C ，D）= 1时的证明
2.2.1.分析因式性质
由解不定方程因数分析法的一个“引理”〔uv = wn，u ＞0，v ＞ 0，（u ，v）= 1；则u = an，v = bn ，w = ab〕，C＞0、D＞0则令C = cn、D = dn，y = cd，（3）式（4）式为：
z –（x + cn）= 0………………………………………………………………………（5）
zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z  +（xn-1 – d n）= 0…………………………………（6）
验证（5）式是“方根（或重根）因式”，即为“方根（或重根）因式”方程；（6）是一个“方根余因式”，即为“方根余因式”方程。
当“0非负实数”重根存在形式时（5）式代入（1）式变形为：
n= z –（x + cn）= 0
zn -（xn + yn）=〔z -（x + cn）〕n = 0
因为z = x + cn，所以zn -（xn + yn）=〔z -（x + cn）〕n = 0可以转化得到：
xn + yn =（x + cn）n
当“非0非负实数”方根存在形式时将（5）式代入（1）式为：
z = n = x + cn
zn = xn + yn =（x + cn）n
因为非负实数存在（z – r）n = zn – rn = 0的等式成立，所以“0非负实数”重根形式与“非0非负实数”方根形式均可转化同一种形式
xn -（x + cn）n = yn
进行验证（5）式的因式性质及相关的（6）式情形：
（x + cn）n – xn =（cd）n
〔（x + cn）- x〕〔（x + cn）n-1+x（x + cn）n-2 +x2（x + cn）n-3 + … +
                                                 xn-2（x + cn）+xn-1〕=（cd）n
等式两边除以（5）式z -（x + cn）= 0即（x + cn）- x = cn得：
（x + cn）n-1+x（x + cn）n-2 +x2（x + cn）n-3 + … + xn-2（x + cn）+xn-1 = d n
将上式（x + cn）代换为 z 即是（6）式。这说明（5）式是（1）式的“方根（或重根）因式”；则（6）式是相应的“方根余因式”，或是“0非负实数”重根存在形式的一个余因式，或是“非0非负实数”方根存在形式的一个余因式。根据方根存在唯一性定理，或有zn -（xn + yn）= 0 与〔z -（x + cn）〕n = 0两方程为“0非负实数”重根存在形式的同一个方程，或有zn -（xn + yn）= 0与zn -（x + cn）n = 0是方根存在形式的同一个方程。重根存在形式同一个方程的不同变形zn -（xn + yn）≡〔z -（x + cn）〕n 为同解方程，这两个方程同时除以重根因式后的两个余因式也必是同解方程；同样方根存在形式同一个方程的不同变形zn -（xn + yn）≡ zn -（x + cn）n 为同解方程，这两个方程同时除以方根因式后的两个余因式也必是同解方程。（6）式是否满足（5）式n次方式正整数有一个重根或有一个方根的条件，决定（1）式zn = yn + xn有无正整数解。

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2.2.2.检验 “0非负实数”重根形式的解由〔z -（x + cn）〕n = 0除以重根因式的“重根余因式”方程为：
zn-1 - C1n-1(x+cn)zn-2 + C2n-1(x+cn)2zn-3 -… Cn-2n-1(x+cn)n-2z ± (x+cn)n-1 = 0 …………（7）
有（6）式与（7）式n为偶数（或奇数）时均必是同解“方根余因式”方程，即（6）式 ≡（7）式。根据多项式恒等定理，（6）式与（7）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x = - C1n-1(x+cn) ，x2 = C2n-1(x+cn)2，… ，xn-2 =Cn-2n-1(x+cn)n-2 ，xn-1- d n = ± (x+cn)n-1
因为n ＞1，当n = 2时，只有常数项存在：xn-1- d n = - (x + cn)n-1，则：
x - d 2 = -（x - c2）
x =
由（5）式得
z = x + c2 = + c2 =
所以得出y = cd时勾股弦数公式：
y = cd   x =   z =
又由（5）式、（6）式同解可知：
z –（x + c2）≡ z +（x – d 2）
关于“z”的两个根相等，即为两个相等的重根：
〔z –（x + c2）〕〔z  +（x – d 2）〕=〔z –（x + c2）〕2 =〔z  +（x – d 2）〕2 = 0
当n ＞2时，（6）式、（7）式必有关于“z”非首项对应系数项等式存在，分别除以x，x2， x3，…，xn-2，常数项等式除以xn-1，得：
1 = - C1n-1(1 + )，1 = C2n-1(1 + )2，… ，1 = Cn-2n-1(1 + )n-2，1 - = ± (1+ ) n-1
因为前提设定（x ，y）= 1，所以各对应系数等式存在cm与x项互质问题，除数x ≠ 0只能使c = 0，常数项等式d n与xn-1互质也只有d = 0，y = cd = 0×0 = 0；之后各项对应关系等式又存在：
x = - c1n-1（x），x2 = c2n-1（x）2，… ，xn-2 = cn-2n-1（x）n-2 ，xn-1 = ±(x)n-1
即有：
x(c1n-1+1) = 0 ，x2(c2n-1-1) = 0 ，… ，xn-2(cn-2n-1 ±1) = 0 ，xn-1 = ± (x)n-1
因为n ＞2，所以各相应的存在项系数等式中 (c1n-1+1) ≠ 0，(c2n-1-1) ≠ 0，…，(cn-2n -1±1) ≠ 0，必有 x = 0 ，常数项等式也必是x = 0，于是（1）式 z n = 0n + 0n = 0，z = 0。
所以，“0非负实数”重根存在形式时，（1）式n = 2有正整数解，n＞2没有正整数解。
2.2.3. 检验“非0非负实数”方根形式的解
由zn -（x + cn）n = 0除以方根因式的“方根余因式”方程为：
zn-1 +（x+cn）zn-2 +（x+cn）2zn-3 + … +（x+cn） n-2z +（xn-1 +cn）n-1 = 0………（8）
有（6）式与（8）式为同解“方根余因式”方程，即（6）式 ≡（8）式。根据多项式恒等定理，（6）式与（8）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x =（x+cn），x2 = (x+cn)2，… ， xn-2 = (x+cn)n-2， xn-1- d n = (x+cn)n-1
因为n ＞1，当n = 2时只存在常数项：
x - d 2 = x + c2
- d 2 = c2
只有c = 0、d = 0成立，y = cd = 0；当n ＞2时，（6）式、（8）式必有关于“z”非首项对应系数项等式存在，分别除以x，x2，…，xm-2，常数项等式除以xm-1，得：
1 = ( 1 + ) ，1 = ( 1 + )2 ，…，1 = ( 1 + )n-2 ，1 - = ( 1 + )n-1
因为（x ，y）= 1，则各项对应系数等式均存在cn与x互质问题，除数x ≠ 0只能使c = 0 ，常数项等式d n与xn-1互质也只有d = 0，因而y = cd = 0，于是（1）式 zn = xn + 0n，z = x。
所以，“非0非负实数”方根存在形式时，（1）式n ＞1即没有正整数解。
2.2.4.两种存在形式解的统一结果
通过分析证明（C ，D）= 1的情形，（1）式zn = xn + yn当 “0非负实数”重根形式时，n = 2有正整数解，n ＞2没有正整数解；当“非0非负实数”方根形式时，n ＞1即没有正整数解。
2.3.（C ，D）＞ 1时的证明
2.3.1.公因数分析
首先分析C 与D的公因数。由（4）式：
D = zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + x3zn-4 + x4zn-5 +x 5zn-6 + … x n-2z + xn-1
= zn-2（z – x）+ 2xzn-3（z – x）+ 3x2zn-4（z – x）+ 4x3zn-5（z – x）+5x4zn-6（z – x）
+ … +（n-1）x n-2（z – x）+ nxn-1
=（z – x）〔zn-2 + 2xzn-3 + 3x2zn-4 + 4x3zn-5 + 5x4zn-6 + … +（n-1）xn-2〕+ nxn-1
=（z – x）〔zn-3（z – x）+ 3xzn-4（z – x）+ 6x2zn-5 （z – x）+ 10x3zn-6（z – x）+ …〕+nxn-1
=（z – x）〔（z – x）（zn-3 + 3xzn-4+ 6x2zn-5 + 10x3zn-6 + …）+ …〕+ nxn-1
于是得出一个规律：第一次分解（z – x）因式系数成数列是：
1，2，3，4，5，6，… ，（n – 2），（n – 1），n
第二次分解（z – x）因式系数成数列是：
1，  3，6，10，… ，至第（n – 1）项数
这就需要求第二次分解（z – x）的第（n – 1）项通解公式。分析发现第二次分解（z – x）的某项系数是第一次分解该项系数数与前几项系数之和，于是得到第二次分解n – 1项系数通解公式：
〔（n – 1）+ 1〕（n – 1）= （n – 1）n
同样得到第n – 2项系数通解公式：
（n – 1）（n – 2）
令其中
zm-3 + 3xz4 + 6x2z5 + … + （n – 1）（n – 2）xn-3 = Q
得化简式：
=（z – x）Q + （n – 1）nx n-2 +
由（3）式C = z – x与（4）式化简式中项可知，由（x ，y）= 1使（x ，z – x）= 1，如果C 、D含公因数也就只能含n的因数。CD = yn，C、D含n两因数的乘积必是一个n次幂数，当n因数均为质数时，D含n因数，C即含nn-1因数；当n含有幂因数时，D含这个幂因数指数设为p，则C含这个幂因数指数即为n - p；所以将D含n因数表示为NiPi，C含n因数即为Nin-pi。于是有C = Nin--picn，D = Nipid n，因而有y = Nicd，其中（c ，d）= 1，使（3）式、（4）式得：
z -（x + Nin-picn ）= 0………………………………………………………………（9）
zn-1 + xzn-2 + x2zn-3 + … + x n-2z +（xn-1 + NiPid n）= 0 ……………………………（10）
2.3.2.检验重根和方根两种存在形式的解
与（C ，D）= 1时的检验正整数解同理，（9）式是（1）式这种情形时的重根因式或方根因式，则〔z -（x + Nin-picn ）〕n = 0或zn -（x + Nin-picn ）n = 0是zn -（xn + yn）= 0不同存在形式的同解方程，（10）式是（1）式“0非负实数”重根存在形式或“非0非负实数”方根存在形式的“方根余因式”方程。
“0非负实数”重根存在形式时：由〔z -（x + Nin-picn）〕n = 0除以重根因式的“重根余因式”方程为：
zn-1 - C1n-1(x+Nin-picn)zn-2 + C2n-1(x+Nin-picn)2zn-3 -…
Cn-2n-1(x+Nin-picn)n-2z ± (x+Nin-picn)n-1 = 0……（11）
有（10）式与（11）式n为偶数（或奇数）均必是同解“重根余因式”方程，即（10）式 ≡（11）式。根据多项式恒等定理，（10）式与（11）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x = - C1n-1(x+Nin-picn) ，x2 = C2n-1(x+Nin-picn)2，… ，xn-2 =Cn-2n-1(x+Nin-picn)n-2 ，
xn-1- NiPi d n = ± (x+Nin-picn)n-1
当n = 2时，只有常数项存在：xn-1- NiPi d n = - (x + Nin-Pi cn)n-1，则：
x - 2d 2 = -（x - 2c2）
        x = d 2 – c2
由（9）式得
z = x + 2c2 = d 2 – c2 + 2c2 = d2 + c2
所以得出y =2cd时勾股弦数公式：
y = 2cd   x = d 2 – c2   z = d2 + c2
又由（9）式、（10）式同解可知：
z –（x + 2c2）≡ z +（x – 2d 2）
关于“z”的两个根相等，即为两个相等的重根：
〔z –（x + 2c2）〕〔z +（x – 2d 2）〕=〔z –（x + 2c2）〕2 =〔z +（x – 2d 2）〕2 = 0
当n ＞2时与（6）式、（7）式同理，通过等式中各对应项系数及常数项比较，Nin-pi ≠0只有使c = 0，NiPi ≠0只能使d = 0，则y = 0，之后也必有x = 0，于是（1）式 z = 0。所以，“0非负实数”重根存在形式时，（1）式n = 2有正整数解，n＞2没有正整数解。
“非0非负实数”方根存在形式时：由zn -（x + Nin-picn）n = 0除以方根因式的“方根余因式”方程为：
zn-1 +（x+Nin-picn）zn-2 +（x+Nin-picn）2zn-3 + … +（x+Nin-picn） n-2z
+（xn-1 +Nin-picn）n-1 = 0………（12）
有（10）式与（12）式为同解“方根余因式”方程，即（10）式 ≡（12）式。根据多项式恒等定理，（10）式与（12）式关于“z”的系数及常数项对应关系为：
x =（x+Nin-picn），x2 = (x+Nin-picn)2，… ， xn-2 = (x+Nin-picn)n-2，xn-1-NiPi d n = (x+Nin-picn)n-1
因为n ＞1，与（6）式、（8）式同理，通过等式中各对应项系数及常数项比较，Nin-pi ≠ 0只能使c = 0，NiPi ≠0只能使d = 0，则y = 0，于是（1）式 z = x。所以，“非0非负实数”方根存在形式时，（1）式n ＞1即没有正整数解。
结果当（C ，D）＞ 1时与（C ，D）= 1时的证明相同，（1）式zn = xn + yn 当“0非负实数”重根形式，n = 2有正整数解，n ＞2没有正整数解；“非0非负实数”方根形式，n ＞1即没有正整数解。
3.终结：费马猜想的准确表述
通过对费马猜想的分析与证明得出结论，不定方程xn + yn = zn当n = 2时有正整数重根解，n＞2时没有正整数重根解，n＞1时没有正整数方根解。而z2 = x2 + y2 有正整数解是zn -（x2 + y2）= 0 有正整数重根解的转化形式。因而费马猜想准确表述为：一个二次的幂与分为两个同次幂之和的差可为0的同次幂，一个高于二次的幂与分为两个同次幂之和的差为0的同次幂是不可能的；一个二次的幂直接分为两个同次的幂实质是不可能的，一个高于二次的幂分为两个同次的幂也是不可能的。
——这才是真正全面、确切、最终完结了费马猜想的证明！

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:yw 如果有初等数学解,怎么解?