求费尔马大定理全解析

对费马方程x^n+y^n=z^n整数解关系的证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法则”；“定差公式法则”；“a值奇偶数列法则”；是平方整数解的代数条件和实践方法；本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念；本文利用同方幂数增比性质，利用整数方幂数增项差公式性质，把费马方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。

关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式

引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在n＞2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。

本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。

定义1．费马方程

人们习惯上称x^n+y^n=z^n关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。

在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，这时由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄里克莱，已经成为很大的一门数学分支.

定义2．增元求解法

在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法，叫增元求解法。

利用增元求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。

下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。

一，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”

定理1．如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q≥1，满足条件：

a≥3

{ b=（a^2-Q^2）÷2Q

c= Q+b

则此时，a^2+b^2=c^2是整数解；

证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q为增元项，且b、Q是整数）,则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形：

Q2 Qb

其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b^2后可得到一个边长

Qb

为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。

故定理1得证

应用例子：

例1． 利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边长平方整数解?

解：取 应用例子：a为15，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到：

a= 15

{ b=（a^- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112

c=Q+b=1+112=113

所以得到平方整数解15^2+112^2=113^2

再取a为15，选增元项Q为3，根据定a计算法则得到：

a= 15

{ b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36

c=Q+b=3+36=39

所以得到平方整数解15^2+36^2=39^2

定a计算法则，当取a=3、4、5、6、7 … 时，通过Q的不同取值，将函盖全部平方整数解。

二，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”

定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形边长的一组整数解，则有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整数解。

证：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形 a c ，根据平面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c；

b 2b

3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；

3b 4b

3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整数。

故定理2得证

应用例子：

例2．证明303^2+404^2=505^2是整数解？

解；由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整数解，根据增比计

4

算法则，以直角三角形 3×101 5×101 关系为边长时，必有

4×101

303^2+404^2=505^2是整数解。

三，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”

3a + 2c + n = a1

（这里n=b-a之差，n=1、2、3…）

定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。

证：取n为1，由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2，这里n=b-a=4-3=1，根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：

a1=3×3+2×5+1=20 这时得到

20^2+21^2=29^2 继续利用公式计算得到：

a2=3×20+2×29+1=119 这时得到

119^2+120^2=169^2 继续利用公式计算得到

a3=3×119+2×169+1=696 这时得到

696^2+697^2=985^2

…

故定差为1关系成立

现取n为7，我们有直角三角形21^2+28^2=35^2，这里n=28-21=7，根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：

a1=3×21+2×35+7=140 这时得到

140^2+147^2=203^2 继续利用公式计算得到：

a2=3×140+2×203+7=833 这时得到

833^2+840^2=1183^2 继续利用公式计算得到：

a3=3×833+2×1183+7=4872 这时得到

4872^2+4879^2=6895^2

…

故定差为7关系成立

再取n为129，我们有直角三角形387^2+516^2=645^2，这里n=516-387=129，根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：

a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到

2580^2+2709^2=3741^2 继续利用公式计算得到：

a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到

15351^2+15480^2=21801^2 继续利用公式计算得到：

a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到

89784^2+89913^2=127065^2

…

故定差为129关系成立

故定差n计算法则成立

故定理3得证

四，平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则：

定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长，则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；

（一） 奇数列a：

若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）， 则a为奇数列平方整数解的关系是：

a=2n+1

{ c=n^2+（n+1）^2

b=c-1

证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：

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

…

故得到奇数列a关系成立

（二）偶数列a：

若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 …）， 则a为偶数列平方整数解的关系是：

a=2n+2

{ c=1+（n+1）^2

b=c-2

证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：

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

…

故得到偶数列a关系成立

故定理4关系成立

由此得到,在直角三角形a、b、c三边中：

b-a之差可为1、2、3…

a-b之差可为1、2、3…

c-a之差可为1、2、3…

c-b之差可为1、2、3…

定差平方整数解有无穷多种；

每种定差平方整数解有无穷多个。

以上，我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解。证明如下：

我们首先证明，增比计算法则在任意方次幂时都成立。

定理5，若a，b，c都是大于0的不同整数，m是大于1的整数，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方幂关系成立，则a，b，c，d，e增比后，同方幂关系仍成立。

证：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比为n，n＞1，

得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m

原式化为 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）

两边消掉 n^m后得到原式。

所以，同方幂数和差式之间存在增比计算法则，增比后仍是同方幂数。

故定理5得证

定理6，若a，b，c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立，其中b＞1，b不是a，c的同方幂数，当a，b，c同比增大后，b仍然不是a，c的同方幂数。

证：取定理原式a^m+b=c^m

取增比为n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m

原式化为： n^m（a^m+b）=n^mc^m

两边消掉n^m后得到原式。

由于b不能化为a，c的同方幂数，所以n^mb也不能化为a，c的同方幂数。

所以，同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后，等式关系仍然成立。其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数，不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数。

故定理6得证

一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质

定义3，绝对某次方幂式

在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，

n^2+6n+9，……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是绝对3次方幂式。

一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1，b为常数项）的展开项。

定义4，绝对非某次方幂式

在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都不是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式。

当一元代数式的项数很少时，我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式，例如n^2+n是绝对非2次方幂式，n^7+n是绝对非7次方幂式，但当代数式的项数很多时，得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。

一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2，b为常数项）的展开项中减除其中某一项。

推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式，取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式，当n=7时，3n^2+3n+1=169=13^2;

推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。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 ……

证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；

在一元代数式中，未知数的不同取值，代数式将得到不同的计算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的，是等式可逆的，是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数公理。即可由代入未知数值的办法对代数式求值，又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质，我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。

当常数项为1时，完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成，对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失，代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下，我们锁定其中的任意3项，则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，对这3个代数式来说，使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解，即补上缺失的第4项值，而且这个缺失项不取不行，取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系，这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是：

（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：当取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

即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数。

当取n=1、2、3、4、5 …时，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方，而 小于2的整数只有1，1^3=1，当取n=1时，

n^3+3n^2+1=5≠1

n^3+3n+1=5≠1

3n^2+3n+1=7≠1

所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时，代数式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。

由以上方法我们能够证明一元代数式：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 …时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。

能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下，锁定其中的任意m项后，可得到m个不同的一元代数式，这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。

现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；

2次方时有：（n+1）^2-n^2

=n^2+2n+1-n^2

=2n+1

所以，2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1。

由于2n+1不含有方幂关系，而所有奇数的幂方都可表为2n+1，所以，当2n+1为完全平方数时，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系，应用增比计算法则，我们即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出，求得这些平方整数解的方法是：

由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；

由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；

由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；

……

这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，我们可得到整数中全部平方整数解。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。

同时，由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。

3次方时有：（n+1）^3-n^3

=n^3+3n^2+3n+1-n^3

=3n^2+3n+1

所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。

由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是3次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些立方费马方程式的方法是：

由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；

由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；

由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；

……

这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。

4次方时有；（n+1）^4-n^4

=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4

=4n^3+6n^2+4n+1

所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。

由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是4次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些4次方费马方程式的方法是：

由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；

由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；

由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；

……

这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。

m次方时，相邻整数的方幂数的增项差公式为：

（ n+1）^m-n^m

=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m

=mn^m-1+…+…+mn+1

所以，m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。

由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是m次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些m次方费马方程式的方法是：

由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；

由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；

由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；

……

这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。

所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解。

费尔马大定理

费尔马大定理，起源于三百多年前，挑战人类3个世纪，多次震惊全世界，耗尽人类众多最杰出大脑的精力，也让千千万万业余者痴迷。终于在1994年被安德鲁·怀尔斯攻克。古希腊的丢番图写过一本著名的“算术”，经历中世纪的愚昧黑暗到文艺复兴的时候，“算术”的残本重新被发现研究。

1637年，法国业余大数学家费尔马（Pierre de Fremat）在“算术”的关于勾股数问题的页边上，写下猜想：a+b=c是不可能的（这里n大于2；a，b，c，n都是非零整数)。此猜想后来就称为费尔马大定理。费尔马还写道“我对此有绝妙的证明，但此页边太窄写不下”。一般公认，他当时不可能有正确的证明。猜想提出后，经欧拉等数代天才努力，200年间只解决了n＝3,4,5,7四种情形。1847年，库木尔创立“代数数论”这一现代重要学科，对许多n（例如100以内）证明了费尔马大定理，是一次大飞跃。

历史上费尔马大定理高潮迭起，传奇不断。其惊人的魅力，曾在最后时刻挽救自杀青年于不死。他就是德国的沃尔夫斯克勒，他后来为费尔马大定理设悬赏10万马克（相当于现在160万美元多），期限1908－2007年。无数人耗尽心力，空留浩叹。最现代的电脑加数学技巧，验证了400万以内的N，但这对最终证明无济于事。1983年德国的法尔廷斯证明了：对任一固定的n，最多只有有限多个a，b，c振动了世界，获得费尔兹奖（数学界最高奖）。

历史的新转机发生在1986年夏，贝克莱·瑞波特证明了:费尔马大定理包含在“谷山丰—志村五朗猜想 ” 之中。童年就痴迷于此的怀尔斯，闻此立刻潜心于顶楼书房7年，曲折卓绝，汇集了20世纪数论所有的突破性成果。终于在1993年6月23日剑桥大学牛顿研究所的“世纪演讲”最后，宣布证明了费尔马大定理。立刻震动世界，普天同庆。不幸的是，数月后逐渐发现此证明有漏洞，一时更成世界焦点。这个证明体系是千万个深奥数学推理连接成千个最现代的定理、事实和计算所组成的千百回转的逻辑网络，任何一环节的问题都会导致前功尽弃。怀尔斯绝境搏斗，毫无出路。1994年9月19日，星期一的早晨，怀尔斯在思维的闪电中突然找到了迷失的钥匙：解答原来就在废墟中！他热泪夺眶而出。怀尔斯的历史性长文“模椭圆曲线和费尔马大定理”1995年5月发表在美国《数学年刊》第142卷，实际占满了全卷，共五章，130页。1997年6月27日，怀尔斯获得沃尔夫斯克勒10万马克悬赏大奖。离截止期10年，圆了历史的梦。他还获得沃尔夫奖(1996.3），美国国家科学家院奖（1996.6），费尔兹特别奖（1998.8）。

至今把分和题拿出来我帮你证啊