費爾馬大定律

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更新時間: 2013-09-19

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費爾馬大定理,起源於三百多年前,挑戰人類3個多世紀,多次震驚全世界,耗盡人類眾多最傑出大腦的精力,也讓千千萬萬業餘者痴迷。終於在1980年被中國的數學家毛桂成找到了費爾馬的絕妙證明法而攻克。古希臘的丟番圖寫過一本著名的「算術」,經歷中世紀的愚昧黑暗到文藝復興的時候,「算術」的殘本重新被發現研究。

費爾馬大定律 -簡介

1637年,法國業餘大數學家費爾馬(Pierre de Fremat)在「算術」的關於勾股數問題的頁邊上,寫下定理:a *+b*=/=c*是正確的(這裡*(>)2大於2;a,b,c,n=*都是非零整數)。此猜想後來就稱為費爾馬大定理。費爾馬還寫道「我對此有絕妙的證明,但此頁邊太窄寫不下」。一般公認,他當時不可能有正確的證明。猜想提出后,經歐拉等數代天才努力,300多年(1637--1979)間只解決了*=n=1和2種情形。1847年,庫木爾作假創立「代數數論」這一現代重要學科,對許多n(例如100以內)也只能作假證明費爾馬大定理。  

當整數n > 2時,關於x, y, z的費馬大定理的公式
  x^n+ y^n = /=z^n.
  ( (x , y) = (x , z) = (y , z) = 1[n是一個奇素數]x>0,y>0,z>0)整數不等式公式成立。
這個定理,本來又稱費馬最後定理,由17世紀法國數學家費馬提出,而當時人們稱之為「定理」,並不是真的相信費馬已經證明了它。雖然費馬宣稱他已找到一個絕妙證明,但經過三個半世紀的努力,這個3世紀數論難題在1980年才由中國數學家毛桂成偶然找到了費爾馬所說的絕妙證明方法后給出了完整證明。證明利用了毛桂成所創立的無窮遞降指數到2后的無窮遞降法證明了費馬大定理。從而給出了對費馬是否真的找到了絕妙正確證明有了一個肯定的結論。

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        費爾馬的絕妙證明法很簡單,他是用求解畢達哥拉斯定理方程的通解公式證明的。通解公式的等號左邊是(A平方--B平方)K ,等號右邊是 (A平方 +B平方)K 。當K不管為什麼數,都不能同時使等號兩邊的這兩個數同時成為指數是大於2的同次冪數組。

英國數學家安德魯.威爾斯在1995年用集團作假的方法聲稱證明了這個定理,他們從寫稿到審稿,再出版,他們都是一夥的。

他的正反證明法的理論不成立,他所給出的兩個正反公式都沒有整數解存在,且這兩個公式為無理數同解公式,故而都不能用來證明整數的費馬大定理。

費爾馬大定律 -歷史變革

歷史上費爾馬大定理高潮迭起,傳奇不斷。其驚人的魅力,曾在最後時刻挽救自殺青年於不死。他就是德國的沃爾夫斯克勒,他後來為費爾馬大定理設懸賞10萬馬克(相當於現在160萬美元多),期限1908-2007年。無數人耗盡心力,空留浩嘆。最現代的電腦加數學技巧,驗證了400萬以內的N,但這對最終證明無濟於事。

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費爾馬大定律 -理論過程


  1637年,費馬在閱讀丟番圖《算術》拉丁文譯本時,曾在第11卷第8命題旁寫道:「將一個立方數分成兩個立方數之和,或一個四次冪分成兩個四次冪之和,或者一般地將一個高於二次的冪分成兩個同次冪之和,這是不可能的。關於此,我確信已發現了一種美妙的證法 ,可惜這裡空白的地方太小,寫不下。」(拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.")畢竟費馬沒有寫下證明,而他的其它猜想對數學貢獻良多,由此激發了許多數學家對這一猜想的興趣。數學家們的有關工作豐富了數論的內容,推動了數論的發展。
  對很多不同的n,費馬定理早被證明了。但數學家對一般情況在首二百年內仍一籌莫展。
  1908年,德國佛爾夫斯克宣布以10萬馬克作為獎金獎給在他逝世后一百年內,第一個證明該定理的人,吸引了不少人嘗試並遞交他們的「證明」。在一戰之後,馬克大幅貶值,該定理的魅力也大大地下降。  
  懷爾斯證明費馬大定理的過程亦甚具戲劇性。他用了七年時間,在不為人知的情況下,得出了證明的大部分;然後於1993年6月在一個學術會議上宣布了他的證明,並瞬即成為世界頭條。但在審批證明的過程中,專家發現了一個極嚴重的錯誤。
  1:歐拉證明了n=3的情形,用的是唯一因子分解定理。
  2:費馬自己證明了n=4的情形。
  3:1825年,狄利克雷和勒讓德證明了n=5的情形,用的是歐拉所用方法的延伸,但避開了唯一因子分解定理。
  4:1839年,法國數學家拉梅證明了n=7的情形,他的證明使用了跟7本身結合的很緊密的巧秒工具,只是難以推廣到n=11的情形;於是,他又在1847年提出了「分圓整數」法來證明,但沒有成功。
  5:庫默爾在1844年提出了「理想數」概念,他證明了:對於所有小於100的素指數n,費馬大定理成立,此一研究告一階段。
  6:勒貝格提交了一個證明,但因有漏洞,被否決。
  7:希爾伯特也研究過,但沒進展。
  8:至1991年對費馬大定理指數n<1,000,000費馬大定理已被證明, 但對指數n>1,000,000沒有被證明. 已成為世界數學難題。

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        10:1993年3月,毛桂成找到了費爾馬的絕妙證明方法,從而證明了費馬大定理。 

費爾馬大定律 -理論發展
  1676年數學家根據費馬的少量提示用無窮遞降法證明n=4。1678年和1738年德國數學家萊布尼茲和瑞士數學家歐拉也各自證明n=4。1770年歐拉證明n=3。1823年和1825年法國數學家勒讓德和德國數學家狄利克雷先後證明n =5。1832年狄利克雷試圖證明n=7,卻只證明了n=14。1839年法國數學家拉梅證明了n=7,隨後得到法國數學家勒貝格的簡化……19世紀貢獻最大的是德國數學家庫麥爾,他從1844年起花費20多年時間,創立了理想數理論,為代數數論奠下基礎;庫麥爾證明當n<100時除37、59、67三數外費馬大定理均成立。 為推進費馬大定理的證明,布魯塞爾和巴黎科學院數次設獎。1908年德國數學家佛爾夫斯克爾臨終在哥廷根皇家科學會懸賞10萬馬克,並充分考慮到證明的艱巨性,將期限定為100年。數學迷們對此趨之若鶩,紛紛把「證明」寄給數學家,期望憑短短几頁初等變換奪取桂冠。德國數學家蘭道印製了一批明信片由學生填寫:「親愛的先生或女士:您對費馬大定理的證明已經收到,現予退回,第一個錯誤出現在第_頁第_行。」 在解決問題的過程中,數學家們不但利用了廣博精深的數學知識,還創造了許多新理論新方法,對數學發展的貢獻難以估量。1900年,希爾伯特提出尚未解決的23個問題時雖未將費馬大定理列入,卻把它作為一個在解決中不斷產生新理論新方法的典型例證。據說希爾伯特還宣稱自己能夠證明,但他認為問題一旦解決,有益的副產品將不再產生。「我應更加註意,不要殺掉這隻經常為我們生出金蛋的母雞。」 數學家就是這樣緩慢而執著地向前邁進,直至1955年證明n<4002。大型計算機的出現推進了證明速度,1976年德國數學家瓦格斯塔夫證明n<125000,1985年美國數學家羅瑟證明n<41000000。但數學是嚴謹的科學,n值再大依然有限,從有限到無窮的距離漫長而遙遠。1983年,年僅29歲的德國數為此在第20屆國際數學家大會上榮獲菲爾茨獎;此獎相當於數學界的諾貝爾獎,只授予40歲以下的青年數學家。莫德爾猜想有一個直接推論:對於形如x^n y^n=z^n(n≥4)的方程至多只有有限多組整數解。這對費馬大定理的證明是一個有益的突破。從「有限多組」到「一組沒有」還有很大差距,但從無限到有限已前進了一大步。 1955年日本數學家谷山豐提出過一個屬於代數幾何範疇的谷山猜想,德國數學家弗雷在1985年指出:如果費馬大定理不成立,谷山猜想也不成立。隨後德國數學家佩爾提出佩爾猜想,補足了弗雷觀點的缺陷。至此,如果谷山猜想和佩爾猜想都被證明,費馬大定理不證自明。 事隔一載,美國加利福尼亞大學伯克利分校數學家裡比特證明了佩爾猜想。 1993年6月,英國數學家、美國普林斯頓大學教授安德魯·懷爾斯在劍橋大學牛頓數學研究所舉行了一系列代數幾何學術講演。在6月23日最後一次講演《橢圓曲線、模型式和伽羅瓦表示》中,懷爾斯部分證明了谷山猜想。所謂部分證明,是指懷爾斯證明了谷山猜想對於半穩定的橢圓曲線成立——謝天謝地,與費馬大定理相關的那條橢圓曲線恰好是半穩定的!這時在座60多位知名數學家意識到,困擾數學界三個半世紀的費馬大定理被證明了!這一消息在講演后不脛而走,許多大學都舉行了遊行和狂歡,在芝加哥甚至出動了警察上街維持秩序。但專家對他的證明審察發現有漏洞,於是,懷爾斯又經過了一年多的拼搏,於1994年9月20日上午11時徹底圓滿證明了「費馬大定理」
費爾馬大定律 -證明方法
五十年代日本數學家谷山豐首先提出一個有關橢圓曲線的猜想,後來由另一位數學家志村五郎加以發揚光大,當時沒有人認為這個猜想與費馬定理有任何關聯。在八十年代德國數學家佛列將谷山豐的猜想與費馬定理聯繫在一起,而安德魯·懷爾斯所做的正是根據這個關聯論證出一種形式的谷山豐猜想是正確的,進而推出費馬最後定理也是正確的。
  這個結論由威利斯在1993年的6月21日於美國劍橋大學牛頓數學研究所的研討會正式發表,這個報告馬上震驚整個數學界,就是數學門牆外的社會大眾也寄以無限的關注。不過懷爾斯的證明馬上被檢驗出有少許的瑕疵,於是懷爾斯與他的學生又花了十四個月的時間再加以修正。1994年9月19日他們終於交出完整無瑕的解答,數學界的夢魘終於結束。1997年6月,懷爾斯在德國哥庭根大學領取了佛爾夫斯克爾獎。當年的十萬馬克約為兩百萬美金,不過懷爾斯領到時,只值五萬美金左右,但安德魯·懷爾斯已經名列青史,永垂不朽了。
  用不定方程來表示,費馬大定理即:當n > 2時,不定方程x^n y^n = z^n 沒有xyz≠0的整數解。為了證明這個結果,只需證明方程x^4 y^4 = z^4 ,(x , y) = 1和方程x^p y^p = z^p ,(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1[p是一個奇素數]均無xyz≠0的整數解。
  n = 4的情形已由萊布尼茨和歐拉解決。費馬本人證明了p = 3的情,但證明不完全。勒讓德[1823]和狄利克雷[1825]證明了p = 5的情形。1839年,拉梅證明了p = 7的情形。1847年,德國數學家庫默爾對費馬猜想作出了突破性的工作。他創立了理想數論,這使得他證明了當p < 100時,除了p = 37,59,67這三個數以外,費馬猜想都成立。後來他又進行深入研究,證明了對於上述三個數費馬猜想也成立。在近代數學家中,范迪維爾對費馬猜想作出重要貢獻。他從本世紀20年代開始研究費馬猜想,首先發現並改正了庫默爾證明中的缺陷。在以後的30餘年內,他進行了大量的工作,得到了使費馬猜想成立一些充分條件。他和另外兩位數學家共同證明了當p < 4002時費馬猜想成立。
  現代數學家還利用大型電子計算器來探索費馬猜想,使p 的數目有很大的推進。到1977年為止,瓦格斯塔夫證明了p < 125000時,費馬猜想成立。《中國數學會通訊》1987年第2期據國外消息報導,費馬猜想近年來取得了驚人的研究成果:格朗維爾和希思—布龍證明了「對幾乎所有的指數,費馬大定理成立」。即若命N(x)表示在不超過x的整數中使費馬猜想不成立的指數個數,則證明中用到了法爾廷斯[Faltings]的結果。另外一個重要結果是:費馬猜想若有反例,即存在x > 0,y > 0,z > 0,n > 2,使x^n y^n = z^n ,則x > 101,800,000。
費爾馬大定律 -應用實例
要證明費馬最後定理是正確的
  (即x^ n y^n = z^n 對n>2 均無正整數解)
  只需證 x^4 y^4 = z^4 和x^p y^p = z^p (P為奇質數),都沒有整數解。
費馬大定理證明過程:
  對費馬方程x^n y^n=z^n整數解關係的證明,多年來在數學界一直頗多爭議。本文利用平面幾何方法,全面分析了直角三角形邊長a^2 b^2=c^2整數解的存在條件,提出對多元代數式應用增元求值。本文給出的直角三角型邊長a^2 b^2=c^2整數解的「定a計演算法則」;「增比計演算法則」;「定差公式法則」;「a值奇偶數列法則」;是平方整數解的代數條件和實踐方法;本文提出建立了一元代數式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念;本文利用同方冪數增比性質,利用整數方冪數增項差公式性質,把費馬方程x^n y^n=z^n原本三元高次不定方程的整數解判定問題,巧妙地化為了一元定解方程問題。
  關鍵詞:增元求解法 絕對方冪式絕對非方冪式 相鄰整數方冪數增項差公式
  引言:1621年,法國數學家費馬(Fermat)在讀看古希臘數學家丟番圖(Diophantna)著寫的算術學一書時,針對書中提到的直角三角形三邊整數關係,提出了方程x^n y^n=z^n在n=2時有無窮多組整數解,在n>2時永遠沒有整數解的觀點。並聲稱自己當時進行了絕妙的證明。這就是被後世人稱為費馬大定理的曠世難題。時至今日,此問題的解答仍繁難冗長,紛爭不斷,令人莫衷一是。
  本文利用直角三角形、正方形的邊長與面積的相互關係,建立了費馬方程平方整數解新的直觀簡潔的理論與實踐方法,本文利用同方冪數增比定理,對費馬方程x^n y^n=z^n在指數n>2時的整數解關係進行了分析論證,用代數方法再現了費馬當年的絕妙證明。
 
定義1.費馬方程
人們習慣上稱x^n y^n=z^n關係為費馬方程,它的深層意義是指:在指數n值取定后,其x、y、z均為整數。
  在直角三角形邊長中,經常得到a、b、c均為整數關係,例如直角三角形 3 、4、 5 ,這時由勾股弦定理可以得到3^2 4^2=5^2,所以在方次數為2時,費馬方程與勾股弦定理同階。當指數大於2時,費馬方程整數解之研究,從歐拉到狄里克萊,已經成為很大的一門數學分支.
定義2.增元求解法
在多元代數式的求值計算中引入原計算項元以外的未知數項元加入,使其構成等式關係並參與求值運算。我們把利用增加未知數項元來實現對多元代數式求值的方法,叫增元求解法。
  利用增元求解法進行多元代數式求值,有時能把非常複雜的問題變得極其簡單。
  下面,我們將利用增元求解法來實現對直角三角形三邊a^2 b^2=c^2整數解關係的求值。
  一,直角三角形邊長a^2 b^2=c^2整數解的「定a計演算法則」
  定理1.如a、b、c分別是直角三角形的三邊,Q是增元項,且Q≥1,滿足條件:
  a≥3
  { b=(a^2-Q^2)÷2Q
  c= Q b
  則此時,a^2 b^2=c^2是整數解;
  證:在正方形面積關係中,由邊長為a得到面積為a^2,若(a^2-Q^2)÷2Q=b(其中Q為增元項,且b、Q是整數),則可把面積a^2分解為a^2=Q^2 Qb Qb,把分解關係按下列關係重新組合后可得到圖形:
  Q2 Qb
  其缺口剛好是一個邊長為b的正方形。補足缺口面積b^2后可得到一個邊長
  Qb
  為Q b的正方形,現取Q b=c,根據直角三角形邊長關係的勾股弦定理a^2 b^2=c^2條件可知,此時的a、b、c是直角三角形的三個整數邊長。
故定理1得證
應用例子:
  例1. 利用定a計演算法則求直角三角形a邊為15時的邊長平方整數解?
  解:取 應用例子:a為15,選增元項Q為1,根據定a計演算法則得到:
  a= 15
  { b=(a^- Q^2)÷2Q=(15^2-1^2)÷2 =112
  c=Q b=1 112=113
  所以得到平方整數解15^2 112^2=113^2
  再取a為15,選增元項Q為3,根據定a計演算法則得到:
  a= 15
  { b=(a^2-Q^2)÷2Q=(15^2-3^2)÷6=36
  c=Q b=3 36=39
  所以得到平方整數解15^2 36^2=39^2
  定a計演算法則,當取a=3、4、5、6、7 … 時,通過Q的不同取值,將函蓋全部平方整數解。
  二,直角三角形邊長a^2 b^2=c^2整數解「增比計演算法則」
  定理2.如a^2 b^2=c^2 是直角三角形邊長的一組整數解,則有(an)^2 (bn)^2 =(cn)^2(其中n=1、2、3…)都是整數解。
  證:由勾股弦定理,凡a^2 b^2=c^2是整數解必得到一個邊長都為整數的直角三角形 a c ,根據平麵線段等比放大的原理,三角形等比放大得到 2a 2c;
  b 2b
  3a 3c;4a 4c;… 由a、b、c為整數條件可知,2a、2b、2c;
  3b 4b
  3a、3b、3c;4a、4b、4c… na、nb、nc都是整數。
故定理2得證
應用例子:
  例2.證明303^2 404^2=505^2是整數解?
  解;由直角三角形3 5 得到3^2 4^2=5^2是整數解,根據增比計
  4
  演算法則,以直角三角形 3×101 5×101 關係為邊長時,必有
  4×101
  303^2 404^2=505^2是整數解。
  三,直角三角形邊長a^2 b^2=c^2整數解「定差公式法則」
  3a 2c n = a1
  (這裡n=b-a之差,n=1、2、3…)
  定理3.若直角三角形a^2 ^b2=c^2是滿足b-a=n關係的整數解,那麼,利用以上3a 2c n = a1公式連求得到的a1、a2、a3…ai 所組成的平方數組ai^2 bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差關係的整數解。
  證:取n為1,由直角三角形三邊3、4、5得到3^2 4^2=5^2,這裡n=b-a=4-3=1,根據 3a 2c 1= a1定差公式法則有:
  a1=3×3 2×5 1=20 這時得到
  20^2 21^2=29^2 繼續利用公式計算得到:
  a2=3×20 2×29 1=119 這時得到
  119^2 120^2=169^2 繼續利用公式計算得到
  a3=3×119 2×169 1=696 這時得到
  696^2 697^2=985^2
  …
  故定差為1關係成立
  現取n為7,我們有直角三角形21^2 28^2=35^2,這裡n=28-21=7,根據 3a 2c 7 = a1定差公式法則有:
  a1=3×21 2×35 7=140 這時得到
  140^2 147^2=203^2 繼續利用公式計算得到:
  a2=3×140 2×203 7=833 這時得到
  833^2 840^2=1183^2 繼續利用公式計算得到:
  a3=3×833 2×1183 7=4872 這時得到
  4872^2 4879^2=6895^2
  …
  故定差為7關係成立
  再取n為129,我們有直角三角形387^2 516^2=645^2,這裡n=516-387=129,根據 3a 2c 129= a1定差公式法則有:
  a1=3×387 2×645 129=2580 這時得到
  2580^2 2709^2=3741^2 繼續利用公式計算得到:
  a2=3×2580 2×3741 129=15351 這時得到
  15351^2 15480^2=21801^2 繼續利用公式計算得到:
  a3=3×15351 2×21801 129=89784 這時得到
  89784^2 89913^2=127065^2
  …
  故定差為129關係成立
  故定差n計演算法則成立
  
故定理3得證
四,平方整數解a^2 ^b2=c^2的a值奇偶數列法則:
  定理4. 如a^2 ^b2=c^2是直角三角形的三個整數邊長,則必有如下a值的奇數列、偶數列關係成立;
  (一) 奇數列a:
  若a表為2n 1型奇數(n=1、2、3 …), 則a為奇數列平方整數解的關係是:
  a=2n 1
  { c=n^2 (n 1)^2
  b=c-1
  證:由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到:
  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
  …
  故得到奇數列a關係成立
  (二)偶數列a:
  若a表為2n 2型偶數(n=1、2、3 …), 則a為偶數列平方整數解的關係是:
  a=2n 2
  { c=1 (n 1)^2
  b=c-2
  證:由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到:
  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
  …
  故得到偶數列a關係成立
  
故定理4關係成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三邊中:
  b-a之差可為1、2、3…
  a-b之差可為1、2、3…
  c-a之差可為1、2、3…
  c-b之差可為1、2、3…
  定差平方整數解有無窮多種;
  每種定差平方整數解有無窮多個。
  以上,我們給出了平方整數解的代數條件和實踐方法。我們同樣能夠用代數方法證明,費馬方程x^n y^n=z^n在指數n>2時沒有整數解。證明如下:
  我們首先證明,增比計演算法則在任意方次冪時都成立。
  定理5,若a,b,c都是大於0的不同整數,m是大於1的整數,如有a^m b^m=c^m d^m e^m同方冪關係成立,則a,b,c,d,e增比后,同方冪關係仍成立。
  證:在定理原式 a^m b^m=c^m d^m e^m中,取增比為n,n>1,
  得到 : (n a)^m (nb)^m=(nc)^m (nd)^m (ne)^m
  原式化為 : n^m(a^m b^m)=n^m(c^m d^m e^m)
  兩邊消掉 n^m后得到原式。
  所以,同方冪數和差式之間存在增比計演算法則,增比后仍是同方冪數。
  
故定理5得證
定理6,若a,b,c是不同整數且有a^m b=c^m關係成立,其中b>1,b不是a,c的同方冪數,當a,b,c同比增大后,b仍然不是a,c的同方冪數。
  證:取定理原式a^m b=c^m
  取增比為n,n>1,得到:(na)^m n^mb=(nc)^m
  原式化為: n^m(a^m b)=n^mc^m
  兩邊消掉n^m后得到原式。
  由於b不能化為a,c的同方冪數,所以n^mb也不能化為a,c的同方冪數。
  所以,同方冪數和差式間含有的不是同方冪數的數項在共同增比后,等式關係仍然成立。其中的同方冪數數項在增比后仍然是同方冪數,不是同方冪數的數項在增比后仍然是非同方冪數。
  
故定理6得證
一元代數式的絕對方冪與絕對非方冪性質
  定義3,絕對某次方冪式
  在含有一元未知數的代數式中,若未知數取值為大於0的全體整數時,代數式的值都是某次完全方冪數,我們稱這時的代數式為絕對某次方冪式。例如:n^2 2n 1,n^2 4n 4,
  n^2 6n 9,……都是絕對2次方冪式;而n^3 3n^2 3n 1,n^3 6n^2 12n 8,……都是絕對3次方冪式。
  一元絕對某次方冪式的一般形式為(n b)^m(m>1,b為常數項)的展開項。
  定義4,絕對非某次方冪式
  在含有一元未知數的代數式中,若未知數取值為大於0的全體整數時,代數式的值都不是某次完全方冪數,我們稱這時的代數式為絕對非某次方冪式。例如:n^2 1,n^2 2,n^2 2n,…… 都是絕對非2次方冪式;而n^3 1,n^3 3n^2 1,n^3 3n 1,3n^2 3n 1,n^3 6n^2 8……都是絕對非3次方冪式。
  當一元代數式的項數很少時,我們很容易確定代數式是否絕對非某次方冪式,例如n^2 n是絕對非2次方冪式,n^7 n是絕對非7次方冪式,但當代數式的項數很多時,得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻。
  一元絕對非某次方冪式的一般形式為:在(n b)^m(m>2,b為常數項)的展開項中減除其中某一項。
  推理:不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數式必定在未知數取某一值時得出一個完全m次方數。例如:3n^2 4n 1不是絕對非3次方冪式,取n=1時有3n^2 4n 1=8=2^3,3n^2 3n 1不是絕對非2次方冪式,當n=7時,3n^2 3n 1=169=13^2;
  推理:不含方冪項的一元代數式對任何方冪沒有唯一性。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 ……
  證明:一元代數式存在m次絕對非方冪式;
  在一元代數式中,未知數的不同取值,代數式將得到不同的計算結果。未知數與代式計算結果間的對應關係是唯一的,是等式可逆的,是純粹的定解關係。這就是一元代數式的代數公理。即可由代入未知數值的辦法對代數式求值,又可在給定代數式數值的條件下反過來對未知數求值。利用一元代數式的這些性質,我們可實現整數的奇偶分類、餘數分類和方冪分類。
  當常數項為1時,完全立方數一元代數表達式的4項式的固定形式是(n 1)^3=n^3 3n^2 3n 1,它一共由包括2個方冪項在內的4個單項項元組成,對這個代數式中3個未知數項中任意一項的改動和缺失,代數式都無法得出完全立方數。在保留常數項的前提下,我們鎖定其中的任意3項,則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數式,n^3 3n^2 1,n^3 3n 1,3n^2 3n 1,對這3個代數式來說,使代數式的值成為立方數只能有唯一一個解,即補上缺失的第4項值,而且這個缺失項不取不行,取其它項值也不行。因為這些代數式與原立方代數式形成了固定的單項定差代數關係,這種代數關係的存在與未知數取值無關。這種關係是:
  (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:當取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
  即這3個代數式的值都不能等於(n 1)^3形完全立方數。
  當取n=1、2、3、4、5 …時,(n 1)^3=n^3 3n^2 3n 1的值是從2開始的全體整數的立方,而 小於2的整數只有1,1^3=1,當取n=1時,
  n^3 3n^2 1=5≠1
  n^3 3n 1=5≠1
  3n^2 3n 1=7≠1
  所以得到:當取n=1、2、3、4、5 …時,代數式n^3 3n^2 1,n^3 3n 1,3n^2 3n 1的值不等於全體整數的立方數。這些代數式是3次絕對非方冪式。
  由以上方法我們能夠證明一元代數式: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 …時的值永遠不是完全4次方數。這些代數式是4次絕對非方冪式。
  能夠證明5次方以上的一元代數式(n 1)^m的展開項在保留常數項的前提下,鎖定其中的任意m項后,可得到m個不同的一元代數式,這m個不同的一元代數式在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全m次方數。這些代數式是m次絕對非方冪式。
  現在我們用代數方法給出相鄰兩整數n與n 1的方冪數增項差公式;
  2次方時有:(n 1)^2-n^2
  =n^2 2n 1-n^2
  =2n 1
  所以,2次方相鄰整數的平方數的增項差公式為2n 1。
  由於2n 1不含有方冪關係,而所有奇數的冪方都可表為2n 1,所以,當2n 1為完全平方數時,必然存在n^2 (2√2n 1)^2=(n 1)^2即z-x=1之平方整數解關係,應用增比計演算法則,我們即可得到z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之平方整數解關係。但z-x>1的xyz互素的平方整數解不能由增比法則得出,求得這些平方整數解的方法是:
  由(n 2)^2-n^2=4n 4為完全平方數時得出全部z-x=2的平方整數解后增比;
  由(n 3)^2-n^2=6n 9為完全平方數時得出全部z-x=3的平方整數解后增比;
  由(n 4)^2-n^2=8n 16為完全平方數時得出全部z-x=4的平方整數解后增比;
  ……
  這種常數項的增加關係適合於全體整數,當取n=1、2、3 … 時,我們可得到整數中全部平方整數解。
  所以費馬方程x^n y^n=z^n在指數為2時成立。
  同時,由於所有奇數的冪方都可表為2n 1及某些偶數的冪方可表為4n 4,6n 9,8n 16 …… 所以,還必有x^2 y^n=z^2整數解關係成立。
  3次方時有:(n 1)^3-n^3
  =n^3 3n^2 3n 1-n^3
  =3n^2 3n 1
  所以,3次方相鄰整數的立方數的增項差公式為3n^2 3n 1。
  由於3n^2 3n 1是(n 1)^3的缺項公式,它仍然含有冪方關係,是3次絕對非方冪式。所以,n為任何整數時3n^2 3n 1的值都不是完全立方數,因而整數間不存在n^3 (3√3n^2 3n 1 )^3=(n 1)^3即z-x=1之立方整數解關係,由增比計演算法則可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之立方整數解關係。但z-x>1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出,表出這些立方費馬方程式的方法是:
  由(n 2)^3-n^3=6n2 12n 8,所以,n為任何整數它的值都不是完全立方數;
  由(n 3)^3-n^3=9n2 27n 27,所以,n為任何整數它的值都不是完全立方數;
  由(n 4)^3-n^3=12n2 48n 64,所以,n為任何整數它的值都不是完全立方數;
  ……
  這種常數項的增加關係適合於全體整數,當取n=1、2、3 … 時,費馬方程3次方關係經過增比后將覆蓋全體整數。
  所以費馬方程x^n y^n=z^n在指數為3時無整數解。
  4次方時有;(n 1)^4-n^4
  =n^4 4n^3 6n^2 4n 1-n^4
  =4n^3 6n^2 4n 1
  所以,4次方相鄰整數的4次方數的增項差公式為4n^3 6n^2 4n 1。
  由於4n^3 6n^2 4n 1是(n 1)^4的缺項公式,它仍然含有冪方關係,是4次絕對非方冪式。所以,n為任何整數時4n^3 6n^2 4n 1的值都不是完全4次方數,因而整數間不存在n^4 (4√4n3 6n2 4n 1)^4=(n 1)^4即z-x=1之4次方整數解關係,由增比計演算法則可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之4次方整數解關係。但z-x>1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出,表出這些4次方費馬方程式的方法是:
  由(n 1)^4-n^4=8n3 24n2 32n 16,所以,n為任何整數它的值都不是完全4次方數;
  由(n 1)^4-n^4=12n3 54n2 108n 81,所以,n為任何整數它的值都不是完全4次方數;
  由(n 1)^4-n^4=16n3 96n2 256n 256,所以,n為任何整數它的值都不是完全4次方數;
  ……
  這種常數項的增加關係適合於全體整數,當取n=1、2、3 … 時,費馬方程4次方關係經過增比后將覆蓋全體整數。
  所以費馬方程x^n y^n=z^n在指數為4時無整數解。
  m次方時,相鄰整數的方冪數的增項差公式為:
  ( n 1)^m-n^m
  =n^m mn^m-1 … … mn 1-n^m
  =mn^m-1 … … mn 1
  所以,m次方相鄰整數的m次方數的增項差公式為mn^m-1 … … mn 1。
  由於mn^m-1 … … mn 1是(n 1)^m的缺項公式,它仍然含有冪方關係,是m次絕對非方冪式。所以,n為任何整數時mn^m-1 … … mn 1 的值都不是完全m次方數,因而整數間不存在n^m (m√mn^m-1 … … mn 1)^m =(n 1)^m即z-x=1之m次方整數解關係,由增比計演算法則可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之m次方整數解關係。但z-x>1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出,表出這些m次方費馬方程式的方法是:
  由(n 2)^m-n^m=2mn^m-1 … … 2^m-1 mn 2^m,所以,n為任何整數它的值都不是完全m次方數;
  由(n 3)^m-n^m=3mn^m-1 … … 3^m-1 mn 3^m,所以,n為任何整數它的值都不是完全m次方數;
  由(n 4)^m-n^m=4mn^m-1 … … 4^m-1 mn 4^m,所以,n為任何整數它的值都不是完全m次方數;
  ……
  這種常數項的增加關係適合於全體整數,當取n=1、2、3 … 時,費馬方程m次方關係經過增比后將覆蓋全體整數。
  所以費馬方程x^n y^n=z^n在指數為m時無整數解。
  所以費馬方程x^n y^n=z^n在指數n>2時永遠沒有整數解。





費爾馬大定律 -成就

懷爾斯的歷史性長文「模橢圓曲線和費爾馬大定理」1995年5月發表在美國《數學年刊》第142卷,實際佔滿了全卷,共五章,130頁。1997年6月27日,懷爾斯獲得沃爾夫斯克勒10萬馬克懸賞大獎。離截止期10年,圓了歷史的夢。他還獲得沃爾夫獎(1996.3),美國國家科學家院獎(1996.6),費爾茲特別獎(1998.8)。

沃爾夫克爾的在天之靈將永遠也不得安寧了,德國哥廷根科學院把他的十萬馬克送給了作假費爾馬大定理的英國數學家「安德魯.懷爾斯」。安德魯.懷爾斯給出的正反證明費爾馬大定理的兩個公式是沒有整數存在的無理數解公式。故用這兩個無理數解公式都不能用來證明整數的費馬大定理。

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