使用者12618565311670362020-01-02 21:12:59

費馬大定理證明過程： 對費馬方程x^n+y^n=z^n整數解關係的證明，多年來在數學界一直頗多爭議。本文利用平面幾何方法，全面分析了直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解的存在條件，提出對多元代數式應用增元求值。本文給出的直角三角型邊長a^2+b^2=c^2整數解的“定a計算法則”；“增比計算法則”；“定差公式法則”；“a值奇偶數列法則”；是平方整數解的代數條件和實踐方法；本文提出建立了一元代數式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念；本文利用同方冪數增比性質，利用整數方冪數增項差公式性質，把費馬方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整數解判定問題，巧妙地化為了一元定解方程問題。 關鍵詞：增元求解法 絕對方冪式絕對非方冪式 相鄰整數方冪數增項差公式 引言：1621年，法國數學家費馬（Fermat）在讀看古希臘數學家丟番圖（Diophantna）著寫的算術學一書時，針對書中提到的直角三角形三邊整數關係，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2時有無窮多組整數解，在n＞2時永遠沒有整數解的觀點。並聲稱自己當時進行了絕妙的證明。這就是被後世人稱為費馬大定理的曠世難題。時至今日，此問題的解答仍繁難冗長，紛爭不斷，令人莫衷一是。 本文利用直角三角形、正方形的邊長與面積的相互關係，建立了費馬方程平方整數解新的直觀簡潔的理論與實踐方法，本文利用同方冪數增比定理，對費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時的整數解關係進行了分析論證，用代數方法再現了費馬當年的絕妙證明。 定義1．費馬方程 人們習慣上稱x^n+y^n=z^n關係為費馬方程，它的深層意義是指：在指數n值取定後，其x、y、z均為整數。 在直角三角形邊長中，經常得到a、b、c均為整數關係，例如直角三角形 3 、4、 5 ，這時由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次數為2時，費馬方程與勾股弦定理同階。當指數大於2時，費馬方程整數解之研究，從尤拉到狄裡克萊，已經成為很大的一門數學分支。 定義2．增元求解法 在多元代數式的求值計算中引入原計算項元以外的未知數項元加入，使其構成等式關係並參與求值運算。我們把利用增加未知數項元來實現對多元代數式求值的方法，叫增元求解法。 利用增元求解法進行多元代數式求值，有時能把非常複雜的問題變得極其簡單。 下面，我們將利用增元求解法來實現對直角三角形三邊a^2+b^2=c^2整數解關係的求值。 一，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解的“定a計算法則” 定理1．如a、b、c分別是直角三角形的三邊，Q是增元項，且Q≥1，滿足條件： a≥3 { b=（a^2-Q^2）÷2Q c= Q+b 則此時，a^2+b^2=c^2是整數解； 證：在正方形面積關係中，由邊長為a得到面積為a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q為增元項，且b、Q是整數），則可把面積a^2分解為a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解關係按下列關係重新組合後可得到圖形： Q2 Qb 其缺口剛好是一個邊長為b的正方形。補足缺口面積b^2後可得到一個邊長 Qb 為Q+b的正方形，現取Q+b=c，根據直角三角形邊長關係的勾股弦定理a^2+b^2=c^2條件可知，此時的a、b、c是直角三角形的三個整數邊長。 故定理1得證 應用例子： 例1． 利用定a計算法則求直角三角形a邊為15時的邊長平方整數解？ 解：取 應用例子：a為15，選增元項Q為1，根據定a計算法則得到： a= 15 { b=（a^2- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112 c=Q+b=1+112=113 所以得到平方整數解15^2+112^2=113^2 再取a為15，選增元項Q為3，根據定a計算法則得到： a= 15 { b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36 c=Q+b=3+36=39 所以得到平方整數解15^2+36^2=39^2 定a計算法則，當取a=3、4、5、6、7 … 時，透過Q的不同取值，將函蓋全部平方整數解。 二，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解“增比計算法則” 定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形邊長的一組整數解，則有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整數解。 證：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整數解必得到一個邊長都為整數的直角三角形 a c ，根據平面線段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c； b 2b 3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c為整數條件可知，2a、2b、2c； 3b 4b 3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整數。 故定理2得證 應用例子： 例2．證明303^2+404^2=505^2是整數解？ 解；由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整數解，根據增比計 4 演算法則，以直角三角形 3×101 5×101 關係為邊長時，必有 4×101 303^2+404^2=505^2是整數解。 三，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解“定差公式法則” 3a + 2c + n = a1 （這裡n=b-a之差，n=1、2、3…） 定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是滿足b-a=n關係的整數解，那麼，利用以上3a+2c+ n = a1公式連求得到的a1、a2、a3…ai 所組成的平方陣列ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差關係的整數解。 證：取n為1，由直角三角形三邊3、4、5得到3^2+4^2=5^2，這裡n=b-a=4-3=1，根據 3a + 2c + 1= a1定差公式法則有： a1=3×3+2×5+1=20 這時得到 20^2+21^2=29^2 繼續利用公式計算得到： a2=3×20+2×29+1=119 這時得到 119^2+120^2=169^2 繼續利用公式計算得到 a3=3×119+2×169+1=696 這時得到 696^2+697^2=985^2 … 故定差為1關係成立 現取n為7，我們有直角三角形21^2+28^2=35^2，這裡n=28-21=7，根據 3a + 2c + 7 = a1定差公式法則有： a1=3×21+2×35+7=140 這時得到 140^2+147^2=203^2 繼續利用公式計算得到： a2=3×140+2×203+7=833 這時得到 833^2+840^2=1183^2 繼續利用公式計算得到： a3=3×833+2×1183+7=4872 這時得到 4872^2+4879^2=6895^2 … 故定差為7關係成立 再取n為129，我們有直角三角形387^2+516^2=645^2，這裡n=516-387=129，根據 3a + 2c + 129= a1定差公式法則有： a1=3×387+2×645+129=2580 這時得到 2580^2+2709^2=3741^2 繼續利用公式計算得到： a2=3×2580+2×3741+129=15351 這時得到 15351^2+15480^2=21801^2 繼續利用公式計算得到： a3=3×15351+2×21801+129=89784 這時得到 89784^2+89913^2=127065^2 … 故定差為129關係成立 故定差n計算法則成立 故定理3得證 四，平方整數解a^2+^b2=c^2的a值奇偶數列法則： 定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三個整數邊長，則必有如下a值的奇數列、偶數列關係成立； （一） 奇數列a： 若a表為2n+1型奇數（n=1、2、3 …）， 則a為奇數列平方整數解的關係是： a=2n+1 { c=n^2+（n+1）^2 b=c-1 證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到： 3^2+4^2=5^2 5^2+12^2=13^2 7^2+24^2=25^2 9^2+40^2=41^2 11^2+60^2=61^2 13^2+84^2=85^2 … 故得到奇數列a關係成立 （二）偶數列a： 若a表為2n+2型偶數（n=1、2、3 …）， 則a為偶數列平方整數解的關係是： a=2n+2 { c=1+（n+1）^2 b=c-2 證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到： 4^2+3^2=5^2 6^2+8^2=10^2 8^2+15^2=17^2 10^2+24^2=26^2 12^2+35^2=37^2 14^2+48^2=50^2 … 故得到偶數列a關係成立 故定理4關係成立 由此得到，在直角三角形a、b、c三邊中： b-a之差可為1、2、3… a-b之差可為1、2、3… c-a之差可為1、2、3… c-b之差可為1、2、3… 定差平方整數解有無窮多種； 每種定差平方整數解有無窮多個。 以上，我們給出了平方整數解的代數條件和實踐方法。我們同樣能夠用代數方法證明，費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時沒有整數解。證明如下： 我們首先證明，增比計算法則在任意方次冪時都成立。 定理5，若a，b，c都是大於0的不同整數，m是大於1的整數，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方冪關係成立，則a，b，c，d，e增比後，同方冪關係仍成立。 證：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比為n，n＞1， 得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m 原式化為 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m） 兩邊消掉 n^m後得到原式。 所以，同方冪數和差式之間存在增比計算法則，增比後仍是同方冪數。 故定理5得證 定理6，若a，b，c是不同整數且有a^m+b=c^m關係成立，其中b＞1，b不是a，c的同方冪數，當a，b，c同比增大後，b仍然不是a，c的同方冪數。 證：取定理原式a^m+b=c^m 取增比為n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m 原式化為： n^m（a^m+b）=n^mc^m 兩邊消掉n^m後得到原式。 由於b不能化為a，c的同方冪數，所以n^mb也不能化為a，c的同方冪數。 所以，同方冪數和差式間含有的不是同方冪數的數項在共同增比後，等式關係仍然成立。其中的同方冪數數項在增比後仍然是同方冪數，不是同方冪數的數項在增比後仍然是非同方冪數。 故定理6得證 一元代數式的絕對方冪與絕對非方冪性質 定義3，絕對某次方冪式 在含有一元未知數的代數式中，若未知數取值為大於0的全體整數時，代數式的值都是某次完全方冪數，我們稱這時的代數式為絕對某次方冪式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4， n^2+6n+9，……都是絕對2次方冪式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是絕對3次方冪式。 一元絕對某次方冪式的一般形式為（n+b）^m（m＞1，b為常數項）的展開項。 定義4，絕對非某次方冪式 在含有一元未知數的代數式中，若未知數取值為大於0的全體整數時，代數式的值都不是某次完全方冪數，我們稱這時的代數式為絕對非某次方冪式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是絕對非2次方冪式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是絕對非3次方冪式。 當一元代數式的項數很少時，我們很容易確定代數式是否絕對非某次方冪式，例如n^2+n是絕對非2次方冪式，n^7+n是絕對非7次方冪式，但當代數式的項數很多時，得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻。 一元絕對非某次方冪式的一般形式為：在（n+b）^m（m＞2，b為常數項）的展開項中減除其中某一項。 推理：不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數式必定在未知數取某一值時得出一個完全m次方數。例如：3n^2+4n+1不是絕對非3次方冪式，取n=1時有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是絕對非2次方冪式，當n=7時，3n^2+3n+1=169=13^2； 推理：不含方冪項的一元代數式對任何方冪沒有唯一性。2n+1=9=3^2，2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2，4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3，2n+1=125=5^3 …… 證明：一元代數式存在m次絕對非方冪式； 在一元代數式中，未知數的不同取值，代數式將得到不同的計算結果。未知數與代式計算結果間的對應關係是唯一的，是等式可逆的，是純粹的定解關係。這就是一元代數式的代數公理。即可由代入未知數值的辦法對代數式求值，又可在給定代數式數值的條件下反過來對未知數求值。利用一元代數式的這些性質，我們可實現整數的奇偶分類、餘數分類和方冪分類。 當常數項為1時，完全立方數一元代數表示式的4項式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2個方冪項在內的4個單項項元組成，對這個代數式中3個未知數項中任意一項的改動和缺失，代數式都無法得出完全立方數。在保留常數項的前提下，我們鎖定其中的任意3項，則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，對這3個代數式來說，使代數式的值成為立方數只能有唯一一個解，即補上缺失的第4項值，而且這個缺失項不取不行，取其它項值也不行。因為這些代數式與原立方代數式形成了固定的單項定差代數關係，這種代數關係的存在與未知數取值無關。這種關係是： （n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1 （n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1 （n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1 所以得到：當取n=1、2、3、4、5 … n^3+3n^2+1≠（n+1）^3 n^3+3n+1≠（n+1）^3 3n2+3n+1≠（n+1）^^3 即這3個代數式的值都不能等於（n+1）^3形完全立方數。 當取n=1、2、3、4、5 …時，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是從2開始的全體整數的立方，而 小於2的整數只有1，1^3=1，當取n=1時， n^3+3n^2+1=5≠1 n^3+3n+1=5≠1 3n^2+3n+1=7≠1 所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …時，代數式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等於全體整數的立方數。這些代數式是3次絕對非方冪式。 由以上方法我們能夠證明一元代數式：n^4+4n^3+6n^2+1，n^4+4n^3+4n+1，n^4+6n^2+4n+1，4n^3+6n^2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全4次方數。這些代數式是4次絕對非方冪式。 能夠證明5次方以上的一元代數式（n+1）^m的展開項在保留常數項的前提下，鎖定其中的任意m項後，可得到m個不同的一元代數式，這m個不同的一元代數式在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全m次方數。這些代數式是m次絕對非方冪式。 現在我們用代數方法給出相鄰兩整數n與n+1的方冪數增項差公式； 2次方時有：（n+1）^2-n^2 =n^2+2n+1-n^2 =2n+1 所以，2次方相鄰整數的平方數的增項差公式為2n+1。 由於2n+1不含有方冪關係，而所有奇數的冪方都可表為2n+1，所以，當2n+1為完全平方數時，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整數解關係，應用增比計算法則，我們即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的平方整數解不能由增比法則得出，求得這些平方整數解的方法是： 由（n+2）^2-n^2=4n+4為完全平方數時得出全部z-x=2的平方整數解後增比； 由（n+3）^2-n^2=6n+9為完全平方數時得出全部z-x=3的平方整數解後增比； 由（n+4）^2-n^2=8n+16為完全平方數時得出全部z-x=4的平方整數解後增比； …… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，我們可得到整數中全部平方整數解。 所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為2時成立。 同時，由於所有奇數的冪方都可表為2n+1及某些偶數的冪方可表為4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，還必有x^2+y^n=z^2整數解關係成立。 3次方時有：（n+1）^3-n^3 =n^3+3n^2+3n+1-n^3 =3n^2+3n+1 所以，3次方相鄰整數的立方數的增項差公式為3n^2+3n+1。 由於3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺項公式，它仍然含有冪方關係，是3次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時3n^2+3n+1的值都不是完全立方數，因而整數間不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整數解關係，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些立方費馬方程式的方法是： 由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數； 由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數； 由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數； …… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程3次方關係經過增比後將覆蓋全體整數。 所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為3時無整數解。 4次方時有；（n+1）^4-n^4 =n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4 =4n^3+6n^2+4n+1 所以，4次方相鄰整數的4次方數的增項差公式為4n^3+6n^2+4n+1。 由於4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺項公式，它仍然含有冪方關係，是4次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方數，因而整數間不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整數解關係，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些4次方費馬方程式的方法是： 由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數； 由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數； 由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數； …… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程4次方關係經過增比後將覆蓋全體整數。 所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為4時無整數解。 m次方時，相鄰整數的方冪數的增項差公式為： （ n+1）^m-n^m =n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m =mn^m-1+…+…+mn+1 所以，m次方相鄰整數的m次方數的增項差公式為mn^m-1+…+…+mn+1。 由於mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺項公式，它仍然含有冪方關係，是m次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方數，因而整數間不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整數解關係，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些m次方費馬方程式的方法是： 由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數； 由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數； 由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數； …… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程m次方關係經過增比後將覆蓋全體整數。 所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為m時無整數解。 所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時永遠沒有整數解。 費馬大定理： 當整數n > 2時，關於x， y， z的不定方程 x^n + y^n = z^n。 無正整數解。 費馬矩陣大定理：當整數n > 2時，關於m行m列矩陣X， Y， Z的不定矩陣方程 X^n + Y^n =Z^n。 矩陣的元素中至少有一個零。當整數n = 2時，求m行m列矩陣X， Y， Z。萊垍頭條