摘要】：
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
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x
【关键字】：费马大定理（FLT）证明
n?yn?zn无解。
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 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 x?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 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
nnnnnn444nnnn?4，n?p时xn?yn?zn无正整数解。
1
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
x4?y4?z4 (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
x?2mn (2)
2y2?m2?n2 (3)
z2?m2?n2 (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
m?a2?b2 (5) n?2ab (6)
y?a2?b2 (7)
这里，a>b>0，(a,b)=1，ab为偶。由式（2），（5），（6）可有
x?4ab(a?b) (8)
因为(4ab,a?b)?1，由式（8）可有
2222c2?4ab (9) e2?4ab (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
m?a2?b2?e2?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
xp?yp?zp (1)
2
的解为(x,y,z)。由式（1）可有，
(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
p22p22p22x?2mn (3)
p2y?m2?n2 (4)
z?m2?n2 (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x?r,y?s,z?t，则式（2）和式（1）为
222p2p2r2p?s2p?t2p (6)
（1） 方程（6）可为
(s2)p?(t2)p?(r2)p (7)
方程（7）的解为
rp?n?g(m,n)或n?g(n,m) (8)
s2?m2?n2 (9)
tp?m?f(m,n) (10)
这里，m>n>0，(m,n)=1,m为奇数，n为偶数；(m,f(m,n))?1或 p,(n,g(m,n))?1或p;
0p?12p?32p?32p?3p?1p?1f(m,n)?Cpm?Cpmn???Cpmn?Cpn
(11)
p?1p?32p?22p?3pp?1g(m,n)?C1?C3n???Cpmn?Cpn pmpm (12)
0p?12p?32p?32p?3p?1p?1g(n,m)?Cpn?Cpnm???Cpnm?Cpm
(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
p?i(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] Cip?Cp由式（24），式（9）的解为
3
m?a2?b2 (14) n?2ab (15)
s?a2?b2 (16)
这里，a>b>0，(a,b)=1，ab为偶数。由式（8），（15）可有
rp?2ab?g(m,n)或2ab?g(n,m) (17)
（2） 方程（6）还可为
2 (rp)?(sp2)?2 (18) t(p ) 方程（18）的解为
rp?2uv (19) sp?u2?v2 (20) tp?u2?v2 (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) s?a2?b2 (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
rp?2ab?f(a,b)?g(a,b) (25)
这里，(a,f(a,b)?1 或(b,g(a,b))?或1p( 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
r1p?2a (26)
pr25?g(m,n) (27)
r3p?b (28)
因此，在式（26）有解的同时，式（27）也同时有解。设r25是式（27）所有解的最小解。
4