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银虫 (正式写手)

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[交流] 关于“费尔马大定理”的完美证明(转贴）

费马是17世纪法国数论大师，他在研究古希腊数学著作《算术》时写下了他最有名的挑战，即“费马大定理”。这个定理表达为：一个次数大于2的方幂不可能是两个同次方幂之和。费马在其批注的书页上留下了他让全世界数学家困惑了300多年的谜：“我已发现此命题的一个真正奇妙的证明，但是这页边空白太小，写不下这个证明。”
  1993年英国怀尔斯证明了费尔马大定理，他运用了椭圆曲线、模形式、谷山－志村猜想、伽罗瓦群论、岩泽理论和科利瓦金－弗莱切方法，才成功证明了费尔马大定理。那么，费马本人是用什么方法证明他所提出的猜想的呢？到底有没有更简单的证明呢？
英国怀尔斯称“不会有比他更简单的证明了”。许多数学家、数学爱好者努力用一种简单的方法去证明费尔马大定理。他们相信在17世纪时费尔马不可能用椭圆曲线、模形式、谷山－志村猜想、伽罗瓦群论、岩泽理论和科利瓦金－弗莱切方法去证明费尔马大定理。
本人用初等数学的代数方法证明了费尔马猜想是成立的，证明的结果表明了代数方法是可行的.
2005年11月6日，我成功证明了费尔马大定理。费尔马称“关于这个命题”我“有一个奇妙的证明，但这里的空间太小了。写不下。”我体会到了费尔马所说的,的确是这样，并且不会超过2页论文。

关于“费尔马大定理”的完美证明

学者：黄金成

重庆市江北区红石路255号。

1．引言

   现代数论的创始人，法国大数学家费尔马（1601-1665），对不定方程极感兴趣，他在丢番图的《算术》这本书上写了不少注记。

一般地，每个大于2的幂不可能写成两个同次幂的和，换句话说，在n>2 时，

                                                   （1）

沒有正整数解。这就是举世闻明的费尓马大定理。

  “关于这个命題”，费尓马說：“我有一个奇妙的证明，但这里的空白太小了，写不下。”

人们在费尓马的书信与手稿中，只找到了关于方程

                                                      （2）

无正整数解的证明。

2．证明全过程

（1）对n = 4 的证明

费儿马在給朋友的信中，曾经提及他已证明了 n = 4 的情況。但沒有写出详細的证明步驟

1674 年，�?西在的少量提示下，給出这个情形的证明。

证明步骤主要使用了「无穷下降法」

费尔马的证明

定理　方程 x 4 + y 4 = z 2 沒有正整数解。

解　假设 (x , y , z) 为一个解并且 HCF(x , y) = 1，y 为偶数，

则 x2 = a2 - b2 ; y2 = 2ab ; z = a2 + b2，其中 a > b > 0，
HCF(a , b) = 1，a、b 的奇偶性相反。

由x2 = a2 - b2  得 a 必定是奇数，b 必定是偶数。

另外，易得 x2 + b2 = a2，再从此得
x = c2 - d 2  ; b = 2cd ; a = c2 + d 2，其中 c > d > 0，
HCF(c , d) = 1，c、d 的奇偶性相反。

因而 y2 = 2ab = 4cd(c2 + d 2)，

由此得 c、d 和 c2 + d 2 为平方数。

于是可设 c = e2 ; d = f 2 ; c2 + d 2 = g2，即 e4 + f 4 = g 2。

换句话说，(e , f , g) 为方程 x 4 + y 4 = z2 的另外一个解。

但是，z = a2 + b2 = (c2 + d 2)2 + 4c2d 2 > g 4 > g > 0。

即是话如果我们从一个 z 出发，必定可以找到一个更小的数值 g 使它仍然满足方程    x 4 + y 4 = z2。如此类推，我们可以找到一个比 g 更小的数，同時满足上式。

但是，这是不可能的！因为z为一有限，这个数不能无穷地递降下去！由此可知我们最初的假设不正确。

所以，方程 x 4 + y 4 = z2 沒有正整数解。（证毕）

推论　方程 x 4 + y 4 = z 4 沒有正整数解。

解　假如 (x , y , z) 为该方程的解，則 (x , y , z2) 將会是方程 x 4 + y 4 = z2 的解。这是不可能的！（证毕）

以上是对n=4的证明，大家都知道，而且在《初等数论》着重讲解。

（2）对任意n的证明

证明思路：既然费尓马已证明（2）式无正整数解成立，那么就用这把钥匙去证明（1）式。

证  假设（2）式不真，即（2）式有正整数解，要用（2）式去证明（1）式，即在命題不真的情况下，推证其他結论（整个证明思路运用反正法）。即

                                          （3）

对于任意n都要成立。

当代入任意p（p>2且p是正整数）時，?M足条件u,w,k都是正整数，

                                             （4）

又有正整数解，代入得

                                          （5）

把n=p代入（3）式，即



把（4）中分别代入


化简为                                  （6）

（5）式（6）式中都有正整数解，且等式相等。即把任意正整数p代入（3）式



         都有正整数解。

我们在命题（2）不真的情况下，推证有：当n>2时，

         有正整数解，成立。

然而（2）式是真命题，恒成立的，从而反正了当n>2时，

                  沒有正整数解。（证毕）。

　

谁能找出错误？？？？？　

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