数学定理的曲折发展史:费马大定理证明过程
费马大定理,对于很多同学来说是头疼的事情,但是想想发现和论证这个定理的才是更厉害的。今天阿尔法趣味数学网给同学们带来数学定理的曲折发展史:费马大定理证明过程。
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【数学定理的曲折发展史:费马大定理证明过程】趣味小故事:
费马大定理趣味发展史:
“哥哥,我问个问题可以吗?”尤里说道。
“可以啊。”我目光从笔记本上移开,抬头看向她。
11月的某个周六下午,尤里又如往常一样来了我家。我们吃了手抓肉饭以后,她就在我的房间懒懒散散地读着书,我则写着有限域 Fp 的运算表。
“有费马大定理这个东西吧?哥哥。”
“嗯。”
费马大定理
当n≥3时,以下方程式不存在自然数解。
x?+y?=z?
“为什么费马大定理这么有名啊?”
“这个嘛……我认为主要原因有三个。”我说。
● 问题本身谁都能理解。
● 费马曾写道:“我确信已发现了一种美妙的证法。”
● 即便如此,其后350年却没有人能证明它。
“除了专业的数学家以外,是没人能理争那些数学界最尖端的问题的。别说解答问题了,连问题的含义都没法理解。但费马大定理不同,谁都能理解问题的含义,但是却连数学家都解不开它。”
“嗯,虽然人家很笨,不过人家也明白费马大定理的含义。”
“都说尤里你不笨了。——费马在数学书的空白处留下的笔记是种暗示。”
我确信已发现了一种美妙的证法,
可惜这里空白的地方太小,写不下。
“这不是证明不了还嘴硬的表现吗?”
“人们一般都会这么想。——不过费马可是17世纪顶尖的数学家啊。”
“咦?哥哥,这本书里说费马是‘业余人士’啊!”尤里把她正在看的书拿给我看。
“那是因为费马并没有把数学家作为职业。在他生活的年代,专业的数学家很少。费马是一名律师,出于个人兴趣,利用闲暇时间研究数学。不过,这本书中把研究出当时最先进的数学的人称为主‘业余人士’,会引人误会的……费马在数学书的空白处写下了好些问题,没想到这些问题成了‘超越时空的题集’。后世的数学家们虽然渐渐解开了费马遗留的问题,但还剩下一个问题,谁都没能把它解开。”
“那就是‘费马大定理’吗?”
“对。”
“因为留到了最后,所以又叫最后定理(费马大定理又称‘费马最后定理’。——译者注)。游戏关底最后的大魔王啊。”
“费马于1637年左右留下这个问题,而怀尔斯于1994年才提交论文证明它。经过怀尔斯的证明,费马大定理才真正成为了定理。”
“成为了定理是怎么回事?”
“不能被证明,就无法称之为定理。虽然费马主张‘当n≥3时,x?+y?=z?没有自然数解’,但却没留下证明过程。数学领域的主张,也就是我们所说的命题,未经证明的话只不过是猜想而已。在‘费马大定理’得到证明以前,应该称它为‘费马猜想’才对。”
“喔……这样啊。哥哥,我还有个问题。这里列出了费马大定理的证明时间表……”尤里翻开书。
“费马大定理”的证明时间表
1640年
FLT(4)
由费马证明
1753年
FLT(3)
由欧拉证明
1825年
FLT(5)
由狄利克雷和勒让德证明
1832年
FLT(14)
由狄利克雷证明
1839年
FLT(7)
由拉梅证明
“这里写的 FLT(3) 和 FLT(4) 是什么?”
“FLT 是 Fermat's Last Theorem(费马大定理)的首字母略称。费马的方程式中出现了n这个变量对吧。”
x?+y?=z?
“嗯。”
“费马大定理指的是,在
n=3,4,5,6,7,…
中,对于任意n,都不存在满足方程
x?+y?=z?
的一组自然数(x,y,z)。就是这么个定理。”
“嗯,然后呢?”
“虽然费马大定理涉及了所有大于等于3的n,但是 FLT(3) 指的是单独涉及n=3这个情况的命题。也就是说,FLT(3) 所指的命题是‘不存在满足方程 x3+y3=z3 的一组自然数(x,y,z)’。”
“哦,我知道了。——咦?表上缺 FLT(6) 啊!”
“尤里真棒,没有一下带过,而是认真地确认了内容呢。”
“喵呼……都说了人家会害羞的!”
“证明了 FLT(6) 的是欧拉啊。”
“诶?但是欧拉证明的不是 FLT(3) 吗?”
“能证明 FLT(3) 也证明了 FLT(6) 啊。”
“诶?为什么啊?”
“那我们来证明‘如果方程式 x3+y3=z3 不存在自然数解,那么方程 x6+y6=z6 也不存在自然数解’这个命题吧。”
“人家也能明白这么难的证明吗?”
“能明白的,我们用反证法。”
◎ ◎ ◎
我们用反证法。作为前提,我们假设已经证明了“方程式 x3+y3=z3 不存在自然数解”。
我们要证明的命题是“方程式 x6+y6=z6 不存在自然数解”。反证法的假设就是否定这个命题。
反证法的假设:“方程式 x6+y6=z6 存在自然数解。”
然后,我们将自然数解(x,y,z)替换成(a,b,c)。虽然实际上并不存在(a,b,c)这三个数字,但我们要研究的是,如果这三个数字存在,那么我们能推导出什么。然后我们就期待找到矛盾吧。这就是反证法。
那么,由(a,b,c)的定义可知,下面等式成立。
x6+y6=z6
这个等式可以像下面这样变形。
要说为什么,因为x6=(x2)3。要凑出6次方,就用2次方的3次方就可以了。这就是指数运算法则。接下来我们定义自然数A,B,C,如下所示。
(A,B,C)=(a2,b2,c2)
这样一来……
也就是说,(A,B,C)是方程式 x3+y3=z3 的自然数解。
推导出的命题:“方程式 x3+y3=z3 存在自然数解。”
话说回来,作为我们谈论的出发点,我们是以 FLT(3) 为前提的。
前提:“方程式 x3+y3=z3 不存在自然数解。”
这就矛盾了吧。因此我们根据反证法,否定了反证法的假设。这样,我们就证明了“方程式 x6+y6=z6 不存在自然数解”。
◎ ◎ ◎
“原来发此,也就是说,如果 x6+y6=z6 存在自然数解,那么就能由这个结论推出 x3+y3=z3 的自然数解喽?”
“没错,刚才的内容还能推广到一般的情况,也就是说,想证明当 n≥5 时 FLT(n) 成立的时候,没必要一个个去证明所有的n。只要证胆当质数p=5,7,11,13……时,FLT(p)成立就可以了哦。”
“诶?只要证明质数就行了啊。咦?要是这样的话狄利克雷为什么还要证明 FLT(14) 呢?因为14等于7×2,所以14不是质数啊……先证明 FLT(7) 不是更好吗?”
“尤里……确实可能是这样,不过狄利克雷肯定没能证明 FLT(7) 啊……”
“啊,这样啊。”尤里耸了耸肩,“话说回来,数学家们还真能想啊,哥哥。感觉这种天衣无缝的理论好舒服啊,怎么说呢,这种没有退路的感觉……让人兴奋得颤抖!就像推理电视剧似的。数学这东西,竟然能用严谨的逻辑来处理……嗯,嘿咻……”
尤里抬起纤细的手臂,向上伸了个懒腰,简直就像只苗条的猫咪。
“不过啊,尤里。数学应该不只是这样。在追寻到严谨的逻辑之前,有时也会在森林中迷路哦。”
“诶,是这样啊。数学家不就是那种绝对不会犯错的好学生吗?”
“数学家在思考的过程中也会犯很多的错误。当然,最后完成的论文有错就麻烦了……”
“这么说来,尤里你在考试的时候有过计算错误吗?”
“计算错误基本没有,不过经常有不能一下子解开问题的时候。因为人家笨啊。”
“才不是呢,尤里。”我说,“都说了你不笨。我……不,哥哥我啊,知道尤里不笨,所以你准说这种话。尤里很聪明的哦。”
“哥哥……”
“尤里很聪明哦……真的是一只聪明的小猫女哦。”
“人家正感动呢,别逗人家笑喵!”
附:费马大理定证明过程
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?
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^2- 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.
费马大定理: 当整数n > 2时,关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 无正整数解.
费马矩阵大定理:当整数n > 2时,关于m行m列矩阵X, Y, Z的不定矩阵方程 X^n + Y^n =Z^n. 矩阵的元素中至少有一个零.当整数n = 2时,求m行m列矩阵X, Y, Z.

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