閔春印 胡久稔

[摘要]費爾馬大定理的證明到底有沒有，如費爾馬本人所說的巧妙證明方式，時至今日仍是個謎，下面給出的證明，方法簡單初等，理解與閱讀的速度同步，本文目的在于尋求費爾馬巧妙證明方法。

[關(guān)鍵詞]正整數(shù)；方程；正整數(shù)解

設(shè)n≥3那么方程

xn+yn=zn，xyz≠0。（1）

沒有正整數(shù)。

證明：熟知，當(dāng)n≥3時，若n不是4的倍數(shù)，那就一定是某奇素數(shù)P的倍數(shù)，當(dāng)n是4的倍數(shù)時，方程（1）已被世人所證無正整解。當(dāng)n是某奇素數(shù)P的倍數(shù)時，令n=pn1，由（1）得

xpn1+ypn1=zpn1。

令xn1=a，yn1=b，z n1=c，由此得

ap+bp=cp。

故由（1）式只要證明

xp+yp=zp，xyz≠0。（2）

無正整數(shù)就可以了。

反證法，若（2）有正整解x，y，z。那就一定有最小解，故設(shè)（2）式x，y，z為最小正整數(shù)解，因（2）式為最小解方程，故必須

（x，y）=1，（x，z）=1，（y，z）=1，（3）

即x，y，z兩兩互素，否則，若（x，y）=d>1，

即a︱x，a︱y，則有d︱z，從而令x=dx1，y=dy1，z=dz1，代入（2）得

（dx1）p+（dy1）p=（dz1）p，

各項被dp整除后得

xp1+yp1=zp1。

這又出現(xiàn)一組新的小于（2）式最小解方程，此與題設(shè)（2）為最小解小程矛盾。故（2）式為最小解方程必須（x，y）=1，（x，z）=1，（y，z）=1。

對于（2）式，x≠y，否則，若x=y，則有

2xp=zp，顯然2不是完全n次冪，故設(shè)x≠z，或y≠z，這是因為，若x=z，或y=z，則有y=0，或x=0，此與題設(shè)xyz≠0相矛盾。故x≠z，y≠z。因（2）式是正整數(shù)求和方程，故令

x

由（3），令z=x+b，b≥1。

當(dāng)b=1時，代入（2）得

xp+yp=（x+1）p。

這不可能，因為z=x+1，z與x是連續(xù)自然數(shù)，故由（3）對于x

當(dāng)b>1時，由（2）有

xp+yp=（x+b）p，b>1。（4）

將方程（4）展開得

xp+yp=xp+C1Pxp-1b+C2Pxp-2b2+……+C1Pxbp-1+bp。

從而得

yp=C1Pxp-1b+C2Pxp-1b2+……+C1Pxbp-1+bp。（5）

對于（5）式右邊能被b整除，顯然若有解x，y，z，則必須有b能整除y，b︱y為整數(shù)，故令

y=by1。（6）

代入（5）得

bpyp1=C1Pxp-1b+C2Pxp-2b2+……+C1Pxb p-1+bp。（7）

對于（7）式各項被b整除后得

bp-1yp1=C1Pxp-1+C2Pxp-2b+……+C1Pxb p-2+b p-1。（8）

因p≥3，所以方程左邊能被b整除，故右邊也必須能被b整除，右邊除第一項外均能被b整除，故b︱C1Px p-1 為整數(shù)，這里C1P=p，又因bX。這是因為若b︱X為整數(shù)。y=by1，此與題設(shè)x、y、z兩兩互素相矛盾，故bX，只能b︱P為整數(shù)，因P為奇素數(shù)，故b=P，代入（6）得

y=by1=py1。（9）

將（9）代入（8）式，再用P整除方程兩邊得

PP-2y1P=XP-1+C2PXP-2+……+XPP-2+ PP-2。（10）

因P≥3中，又因CnP為P的倍數(shù)，方程左為P的倍數(shù)，方程右除第一項Xp-1外，均為P的倍數(shù)，故若方程有正整數(shù)解，必有P︱Xp-1為整數(shù)，又因y=by1=Py1，P︱Y為整數(shù)，就是說X與Y均為P的倍數(shù)，亦即（x，y）=P≥3，此與題設(shè)X，y，z兩兩互素相矛盾，故

xP+yP=zP，xyz=0

沒有正整數(shù)解。

該文已得與南開數(shù)研所胡久稔教授討論認同，并親自對本文整理修改，謹表謝意，為慎重起見，熱切希望數(shù)學(xué)界專家及愛好者給予關(guān)注，廣泛發(fā)表正反兩方面評論，作者將不勝感激。