费马大定理之绝妙证明

专题研究 ＺＨＵＡＮＴＩＹＡＮＪＩＵ１２４ 费马大定理之绝妙证明费马大定理之绝妙证明◎何海浪　（江苏省连云港市灌云县陡沟中学，江苏　连云港　２２２０００） 【摘要】通过等比数列求和对（ｘｎ－ｙｎ），（ｘｎ＋ｙｎ）一类式子进行因式分解．分析方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ中数的特点，利用二项式的ｎ次方展开式作差，结合正整数的ｎ次方特点，再利用分析法、反证法来法证明费马大定理．【关键词】二项式的ｎ次方展开式；作差；正整数；正整数解１７世纪，法国费马提出了费马大定理，这以后，许多人想证明它并取得了一定的成就，１９９５年，英国怀尔斯证明了它并得到了公认．费马大定理的内容：关于ｘ，ｙ，ｚ的方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ，当ｎ＞２时，没有正整数解．这是一个含多个未知数的ｎ次不定方程的解的问题，该方程有四个未知数：ｘ，ｙ，ｚ，ｎ，最高项次数为ｎ．如果正整数ｘ，ｙ，ｚ含大于１的公因数，那么方程两边可以约去公因数；如果正整数ｘ，ｙ，ｚ为方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的解且ｘ，ｙ，ｚ中的任意两个数含大于１的公因数，那么第三个数一定含这个公因数，则方程两边可以约去这个公因数，所以，我们只要证明约去公因数后的方程没有正整数解即可．我们用反证法来证明：假设费马大定理是不成立的，即关于ｘ，ｙ，ｚ的方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ，当ｎ＞２时，有正整数解且正整数ｘ，ｙ，ｚ相互间不含大于１的公因数．我们看方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的解：一、ｎ＝１如果ｘ为正整数、ｙ为正整数，那么ｚ为正整数，所以方程ｘ＋ｙ＝ｚ有正整数解．二、ｎ＝２由ｘ２＋ｙ２＝ｚ２经移项后因式分解，得：ｙ２＝（ｚ－ｘ）·（ｚ＋ｘ）＝（ｚ－ｘ）２·［（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）］两边开平方，得：ｙ＝（ｚ－ｘ）·（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）如果方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２有正整数解，那么ｘ为正整数、ｙ为正整数、ｚ为正整数、（ｚ－ｘ）为正整数、（ｚ＋ｘ）为正整数、（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）为正有理数．令ｐ２＝（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）（ｐ为正有理数）．解得：ｘ＝［（ｐ２－１）／（ｐ２＋１）］·ｚｙ＝［２ｐ／（ｐ２＋１）］·ｚ所以，凡是满足ｘ＝［（ｐ２－１）／（ｐ２＋１）］·ｚ，ｙ＝［２ｐ／（ｐ２＋１）］·ｚ的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２的解，或者凡是满足ｘ＝［２ｐ／（ｐ２＋１）］·ｚ，ｙ＝［（ｐ２－１）／（ｐ２＋１）］·ｚ的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２的解，所以方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２有正整数解．三、ｎ＞２如果某数列为：１，ｙ／ｘ，（ｙ／ｘ）２，（ｙ／ｘ）３，…，（ｙ／ｘ）ｎ－１，则该数列为公比是（ｙ／ｘ）的等比数列；如果某数列为：１，－ｙ／ｘ，（－ｙ／ｘ）２，（－ｙ／ｘ）３，…，（－ｙ／ｘ）ｎ－１，则该数列为公比是（－ｙ／ｘ）的等比数列．根据等比数列的求和公式，我们得到：１＋ｙ／ｘ＋（ｙ／ｘ）２＋（ｙ／ｘ）３＋…＋（ｙ／ｘ）ｎ－１＝［１－（ｙ／ｘ）ｎ］／（１－ｙ／ｘ）１＋（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋…＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１＝［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］／［１－（－ｙ／ｘ）］变形为：［１－（ｙ／ｘ）ｎ］＝（１－ｙ／ｘ）×［１＋ｙ／ｘ＋（ｙ／ｘ）２＋（ｙ／ｘ）３＋…＋（ｙ／ｘ）ｎ－１］［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－（－ｙ／ｘ）］［１＋（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋…＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１］当ｎ为正整数时，我们将［１－（ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－ｙ／ｘ］×［１＋（ｙ／ｘ）＋（ｙ／ｘ）２＋（ｙ／ｘ）３＋…＋（ｙ／ｘ）ｎ－１］的两边都乘ｘｎ并化简得到（ｘｎ－ｙｎ）分解的因式为：ｘｎ－ｙｎ＝（ｘ－ｙ）×（ｘｎ－１＋ｘｎ－２ｙ＋…＋ｘｙｎ－２＋ｙｎ－１）当ｎ为偶数时，我们将［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－（－ｙ／ｘ）］［１＋（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋…＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１］的两边都乘ｘｎ并化简得到（ｘｎ－ｙｎ）分解的因式为：ｘｎ－ｙｎ＝（ｘ＋ｙ）×（ｘｎ－１－ｘｎ－２ｙ＋…＋ｘｙｎ－２－ｙｎ－１）当ｎ为奇数时，我们将［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋…＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１］的两边都乘ｘｎ并化简得到（ｘｎ＋ｙｎ）分解的因式为：ｘｎ＋ｙｎ＝（ｘ＋ｙ）×（ｘｎ－１－ｘｎ－２ｙ＋…－ｘｙｎ－２＋ｙｎ－１）所以（ｘｎ－ｙｎ）可以分解为（ｘ－ｙ）乘若干个正整数的和或分解为（ｘ＋ｙ）乘１个正整数，因为１不可以分解为１个正整数乘若干个正整数的和，所以，如果ｘ，ｙ为正整数且ｘ＞ｙ，那么ｘｎ－ｙｎ＞１．因此，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ如果有正整数解，那么ｘ＞１，ｙ＞１，ｚ＞１．当ｘ＝ｙ时，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的解为：ｘ＝（ｎ（１／２））×ｚｙ＝（ｎ（１／２））×ｚ如果ｚ为正整数，那么ｘ，ｙ不可能为正整数，所以ｘ，ｙ都相等时，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ无正整数解，因此，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的正整数解ｘ，ｙ，ｚ中必有一个最小、一个最大，ｚ必为最大．我们假设：ｙ＝ｋ２ｘ＋ｓ，ｚ＝ｋ３ｘ＋ｔ，｜ｓ｜为正整数，且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且｜ｓ｜≤ｔ，ｔ为正整数，且ｔ与ｘ无１以外的公因 ＺＨＵＡＮＴＩＹＡＮＪＩＵ 专题研究１２５ 数，且ｔ≥｜ｓ｜，ｋ２为０或正整数，且ｋ２≤ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３≥ｋ２，我们将方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ变形为ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，如果ｘｎ可以分解为若干个数的乘积，那么每个数含有的质因数一定为ｘ的质因数，则：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ利用等比数列求和对ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ进行因式分解，我们得到下列几种情形．当ｎ为正整数时：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ＝［（ｋ３－ｋ２）ｘ＋（ｔ－ｓ）］×［（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－１＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－２×（ｋ２ｘ＋ｓ）＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－３×（ｋ２ｘ＋ｓ）２＋…＋（ｋ３ｘ＋ｔ）２×（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－３＋（ｋ３ｘ＋ｔ）×（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－２＋（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－１］；当ｎ为偶数时：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ＝［（ｋ３＋ｋ２）ｘ＋（ｔ＋ｓ）］×［（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－１－（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－２×（ｋ２ｘ＋ｓ）＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－３×（ｋ２ｘ＋ｓ）２－…－（ｋ３ｘ＋ｔ）２×（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－３＋（ｋ３ｘ＋ｔ）×（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－２－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－１］．如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，那么（ｔ－ｓ）或（ｔ＋ｓ）一定含因数ｘ或为０，否则［（ｋ３－ｋ２）ｘ＋（ｔ－ｓ）］提取（ｔ－ｓ）与ｘ的公因数后的式子一定不含ｘ的质因数，或者［（ｋ３＋ｋ２）ｘ＋（ｔ＋ｓ）］提取（ｔ＋ｓ）与ｘ的公因数后的式子一定不含ｘ的质因数，所以ｔ＝ｓ或ｓ＝－ｔ［如果ｔ－ｓ＝ｘ，即ｔ＝ｘ＋ｓ，我们可以将ｚ表示为ｚ＝（ｋ３＋１）ｘ＋ｓ；如果ｔ＋ｓ＝ｘ，即ｓ＝ｘ－ｔ，我们可以将ｙ表示为ｙ＝（ｋ２＋１）ｘ－ｔ］．利用二项式的ｎ次展开式作差，我们得到：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ＝［Ｃ０ｎ（ｋ３ｘ）ｎ＋Ｃ１ｎ（ｋ３ｘ）ｎ－１×ｔ＋Ｃ２ｎ（ｋ３ｘ）ｎ－２×ｔ２＋…＋Ｃｎ－２ｎ（ｋ３ｘ）２×ｔｎ－２＋Ｃｎ－１ｎ（ｋ３ｘ）×ｔｎ－１＋Ｃｎｎｔｎ］－［Ｃ０ｎ（ｋ２ｘ）ｎ＋Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－１×ｓ＋Ｃ２ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２×ｓ２＋…＋Ｃｎ－２ｎ（ｋ２ｘ）２×ｓｎ－２＋Ｃｎ－１ｎ（ｋ２ｘ）×ｓｎ－１＋Ｃｎｎｓｎ］＝Ｃ０ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－（ｋ２ｘ）ｎ］＋Ｃ１ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－１×ｔ－（ｋ２ｘ）ｎ－１×ｓ］＋Ｃ２ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－２×ｔ２－（ｋ２ｘ）ｎ－２×ｓ２］＋…＋Ｃｎ－２ｎ［（ｋ３ｘ）２×ｔｎ－２－（ｋ２ｘ）２×ｓｎ－２］＋Ｃｎ－１ｎ［（ｋ３ｘ）×ｔｎ－１－（ｋ２ｘ）×ｓｎ－１］＋Ｃｎｎ（ｔｎ－ｓｎ）．（一）当ｎ为正整数、ｓ为正整数且ｓ与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数，且ｔ＝ｓ，ｋ２为０或正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，根据二项式的ｎ次展开式的计算方法，将（ｚｎ－ｙｎ）展开后作差，按排列组合数相同或ｘ的乘方数相同，将（ｚｎ－ｙｎ）进行合并，得到（ｚｎ－ｙｎ）等于若干个多项式相加，并根据等比数列求和，对这些多项式进行因式分解，其中一个多项式为：Ｃ０ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－（ｋ２ｘ）ｎ］＝Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）≥ｘｎ，所以ｚｎ－ｙｎ＞ｘｎ．这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．故当ｎ＞２，ｎ为正整数、ｓ为正整数且ｓ与ｘ无１以外的公因数，且ｓ＝ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝ｓ，ｋ２为０或正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，费马大定理是成立的．（二）ｎ为偶数１．ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，根据二项式的ｎ次展开式的计算方法，将（ｚｎ－ｙｎ）展开后作差，按排列组合数相同或ｘ的乘方数相同，将（ｚｎ－ｙｎ）进行合并，得到（ｚｎ－ｙｎ）等于若干个多项式相加，并根据等比数列求和，对这些多项式进行因式分解，其中一个多项式为：Ｃ０ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－（ｋ２ｘ）ｎ］＝Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）＞ｘｎ，所以ｚｎ－ｙｎ＞ｘｎ．这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．因此，当ｎ＞２，ｎ为偶数、ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，费马大定理是成立的．２．ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＝ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＝ｋ２时，如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，根据二项式的ｎ次展开式的计算方法将（ｚｎ－ｙｎ）展开后作差按排列组合数相同或ｘ的乘方数相同，将（ｚｎ－ｙｎ）进行合并，得到（ｚｎ－ｙｎ）等于若干个多项式相加，并根据等比数列求和，对这些多项式进行因式分解，这些多项式合并及分解的结果为：２Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－１×ｔ＋２Ｃ３ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－３ｔ３＋…＋２Ｃｎ－３ｎ（ｋ２ｘ）３×ｔｎ－３＋２Ｃｎ－１ｎ（ｋ２ｘ）×ｔｎ－１＝２（ｋ２ｘ）×ｔ×［Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２＋Ｃ３ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－４ｔ２＋…＋Ｃｎ－３ｎ（ｋ２ｘ）２×ｔｎ－４＋Ｃｎ－１ｎｔｎ－２］．如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，而ｘｎ分解的因数中有ｔ，说明ｔ与ｘ有公因数，ｔ与ｘ有大于１的公因数，与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．如果ｘ与ｔ没有公因数（如ｔ＝１），［Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２＋Ｃ３ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－４ｔ２＋…＋Ｃｎ－３ｎ（ｋ２ｘ）２×ｔｎ－４＋Ｃｎ－１ｎｔｎ－２］＞Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２，所以２ｎ×ｋ２×ｔ＜ｘ，即ｋ２＜ｘ，ｎ＜ｘ，ｔ＜ｘ．如果Ｃｎ－１ｎ（ｎ）与ｘ没有公因数，（ｚｎ－ｙｎ）提取公因数２（ｋ２ｘ）×ｔ后的式子一定大于１且不含ｘ的质因数，这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．如果Ｃｎ－１ｎ（ｎ）与ｘ有公因数，则该公因数大于ｘ，（ｚｎ－ｙｎ）提取２（ｋ２ｘ）×ｔ乘Ｃｎ－１ｎ（ｎ）与ｘ的公因数后的式子一定大于１且不含ｘ的质因数，这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．所以，当ｎ＞２，ｎ为偶数，ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＝ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＝ｋ２时，费马大定理是成立的．当ｎ＝１时，凡是满足ｋ３－ｋ２＝１，ｓ＝ｔ的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ＋ｙ＝ｚ的解；当ｎ＝２时，凡是满足ｋ３＝ｋ２，ｔ＝－ｓ＝１，ｘ＝４ｋ２或ｘ＝４ｋ３，ｙ＝４ｋ２２－１，ｚ＝４２ｋ３＋１的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２的解．综上所述，我们通过等比数列求和对（ｘｎ－ｙｎ），（ｘｎ＋ｙｎ）一类式子进行因式分解，通过分析ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ中数的特点，利用二项式的ｎ次方展开式作差、正整数的ｎ次方特点，并利用分析法、反证法来证明费马大定理是成立的，即关于ｘ，ｙ，ｚ的方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ，当ｎ＞２时，没有正整数解．