学院学术论文论文题目：费马大定理的证明Paper topic：Proof of FLT papers姓名所在学院专业班级学号指导教师日期【摘要】： 本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p 时方程n n n xy z +=无解。

【关键字】：费马大定理（FLT ）证明Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution.Keywords: Proof of FLT (FLT)引言：1637年，费马提出：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。

”即方程 n n n x y z +=无正整数解。

当正整数指数n ＞2时，没有正整数解。

当然xyz=o 除外。

这就是费马大定理（FLT ），于1670年正式发表。

费马还写道：“关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下”。

[1]1992年，蒋春暄用p 阶和4n 阶复双曲函数证明FLT 。

1994年，怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT ，但是他的证明明显与费马设想的证明不同。

据前人研究，任何一个大于2的正整数n ，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数，因此证明FLT ，只需证明两个指数n=4及n=p 时方程没有正整数解即可。

方程 444x y z +=无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。

方程 n n n x y z +=无正整数解，n=3被欧拉、高斯所证明；n=5被勒让德、狄利克雷所证明；n=7被拉梅所证明；特定条件下的n 相继被数学家所证明；现在只需继续证明一般条件下方程n n n x y z +=没有正整数解，即证明FLT 。

[2]本文通过运用勾股定理，对奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析证明4n =，n p =时n n n x y z +=无正整数解。

费马大定理的初等证明（一）n=4时的证明在x,y,z 彼此互素，x 为偶数时设方程444x y z += (1) 的解为(x,y,z)。

这里，正整数解简称为解，以下也是如此。

根据勾股定理，式（1）的解为22x mn = (2) 222y m n =- (3)222z m n =+ (4)[3]这里，m>n>0，(m,n)=1，m 为奇数，n 为偶数。

于是，在（2）有解的同时，式（3）也同时有解。

设是式（3）所有最小解。

根据勾股定理，式（3）的解为22m a b =+ (5)2n ab = (6)22y a b =- (7)这里，a>b>0，(a,b)=1，ab 为偶。

由式（2），（5），（6）可有224()x ab a b =+ (8)因为22(4,)1ab a b +=，由式（8）可有 24c ab = (9)24e ab = (10)于是，从式（10）可以得出，(a,b,e)也是式（3）的解。

由式（5），（10）可有222m a b e e =+=>m e >[4]这与假设是式（3）的最小解相矛盾。

因此，在式（2）有解的同时，式（3）无解，进而式（1）无解。

（二）n=p 的证明在x,y,z 彼此互素时，设方程p p p x y z += (1)的解为(x,y,z)。

由式（1）可有，222222()()()p p p x y z += (2)因此，(x,y,z)也为式（2）的解。

这里，p 为奇素数。

根据勾股定理，由式（2）可知，z 只能为奇数。

于是，在x 为偶数时式（2）的解为 22p x mn = (3)222py m n =- (4) 222p z m n =+ (5)这里m>n>0，(m,n)=1，mn 为偶数，即为mn 一奇一偶由式（3），（4），（5）可知，x,y,z 又只能都为平方数。

设222,,x r y s z t ===，则式（2）和式（1）为 222p p p r s t += (6)（1） 方程（6）可为222()()()p p p s t r =- (7)方程（7）的解为(,)(,)p r n g m n n g n m =或 (8)222s m n =- (9)(,)p t m f m n = (10)这里，m>n>0，(m,n)=1,m 为奇数，n 为偶数；(,(,))1m f m n =或 ,p (,(,))1n g m n p =或;0123232311(,)p p p p p p p p p p f m n C m C m n C m n C n ------=++++(11)113322231(,)p p p p p p p p p p g m n C m C m n C m n C n -----=++++(12)0123232311(,)p p p p p p p p p p g n m C n C n m C n m C m ------=++++(13) 其中，(,)g n m 式子中的各项是分别是把(,)g n m 式子中的各项颠倒过来写的，并且ip i p pC C -=(i=0,1,2,…,p -1,p)。

于是，在式（9）有解的同时，式（8）也同时有解。

[5] 由式（24），式（9）的解为22m a b =+ (14)2n ab = (15)22s a b =- (16)这里，a>b>0，(a,b)=1，ab 为偶数。

由式（8），（15）可有2(,)2(,)p r ab g m n ab g n m =或 (17)（2） 方程（6）还可为222()()()p p p r s t += (18) 方程（18）的解为 2p r uv = (19)22p s u v =- (20)22p t u v =+ (21)这里u>v>0，(u,v)=1,uv 为偶数。

同时，式（20）的解为(,)u a f a b = (22)(,)v b g a b = (23)22s a b =- (24)这里，(,)f a b 和(,)g a b 的表达式分别与和相同。

由式（19），（22），（23）可有2(,)(,)p r ab f a b g a b = (25)这里，(,(,)1(,(,))1a f a b b g a b p ==或或( 3 ) 在a 为偶数，b 为奇数时，分别有<1>在p 不整除ab 时，从式（17）可知，p 不整除g(m,n)。

因为(2ab,g(m,n))=1，由式（17）可有12p r a = (26)25(,)p r g m n = (27)3p r b = (28)因此，在式（26）有解的同时，式（27）也同时有解。

设25r 是式（27）所有解的最小解。

从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，这不整除g(a,b)。

因为(,(,))1,(,(,))1a f a b b g a b ==，由式（25）可有12p r a = (29)2(,)p r f a b = (30)3p r b = (31)4(,)p r g a b = (32)于是，从式（32）可以得知，4(,,)a b r 也是式（27）的解。

由式（27）的解。

由式（27），（32）可有254(,)(,)p p r g m n r g a b =>= (33)254r r ><2>在p 不整除a ，p 整除b 时，从式（17）可知，p 整除(,)g m n 。

因为(,(,))1,(,(,))a g m n b g m n p ==，由式（17）可知，整除。

因为，由式（17）可有52p r a = (34)26(,)p pr g m n = (35)7p r pb = (36)因此，在此（34）有解的同时，式（35）也同有解。

设是式（35）所有解中的最小解。

从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 整除g(a,b)。

因为(,(,))1,(,(,))a f a b b g a b p ==，由式（25）可有52p r a = (37)6(,)p r f a b = (38)7p r pb = (39)8(,)p pr g a b = (40)于是，从式（40）可以得知，8(,,)a b r 也是式（35）的解。

由式（35），（40）可有268(,)(,)p p pr g m n pr g a b =>= (41)268r r ><3>.在p 整除a,p 不整除b 时，从式（17）可知，p 整除g(n,m)。

因为(,(,))1,(,(,))1a g n m b g n m ==，由式（17）可有92p r pa = (42)27(,)p pr g n m = (43)11p r b = (44)因此，在式（42）有解的同时，式（43）也同时有解。

设27r 是式（43）所有解中的最小解。

从式中（25）可知，p 整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。

因为，由式(,(,)),(,(,))1a f ab p b g a b ==（25）可有92p r pa = (45)10(,)p pr f a b = (46)11p r b = (47)12(,)p r g a b = (48)于是，从式（46）可以得知，10(,,)a b r 也是式（43）。

由式（43），（46）可有2710(,)(,)p p pr g n m pr f a b =>= (49)2710r r >( 4 )在a 为奇数，b 为偶数，分别有<1> 在p 不整除ab 时，从式（17）可知，p 不整除g(m,n)。

因为(2,(,))1ab g m n =，由式（17）可有132p r b = (50)28(,)p r g m n = (51)15p r a = (52)因此，在式（50）有解的同时，式（51）也同时有解。

设28r是式（51）所有解中的最小解。

从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。

因为(,(,))1,(,(,))1a f a b b g a b ==，由式（25）可有132p r b = (53)14(,)p r g a b = (54)15p r a = (55)16(,)p r f a b = (56) 于是，从式（54）可以得知，14(,,)a b r 也是式（51）的解。