正整数“方根(重根)余约数式”唯一性定理证明费马猜想 王德忱 著.doc

正整数“方根(重根)余约数式”唯一性定理证明费马猜想(1979年–2008年12月)王德忱著黑龙江省农业科学院黑河分院黑河市邮箱:hlheihedechen@邮编:164300【摘要】根据方根存在唯一性定理,推证“方根余约数式”唯一性定理。假设zn=xn+yn为正整数等式成立,通过约数分析得到“方根约数式”及“方根余约数式”,由“方根余约数式”与确为正整数“方根约数式”n次方式的“方根余约数式”唯一性而证明费马猜想。正整数方根可转化为正整数重根,由正整数“重根约数式”与“重根余约数式”亦可证明费马猜想,并且揭示其方根与重根更奥妙神秘的内在关系。【关键词】方根存在唯一性定理方根(重根)约数式方根(重根):“一个高于二次的幂分为两个同次的幂,这是不可能的”,即正整数n>2时,方程zn=xn+yn没有正整数解。也就是正整数高于2次的幂只有这一个幂等于这一个幂本身:zn=yn、xn=0,这就是费马猜想的真实含义。如果zn=xn+yn有正整数解即对于正整数使等式成立,则z、x、y任何一个正整数是另两个n次幂关系的正整数n次方根。根据方根存在唯一性定理:对于任何非负实数a,存在唯一的非负实数r,它的n次幂等于a,即rn=a,所以分解yn或xn因数关于“z”的唯一正整数方根必定存在:z=r(r为正整数),即正整数“非0方根”:zn=xn+yn=rnz=n=.“方根余约数式”唯一性定理任何一个正整数作为方根,其方根n次方式zn=rn约去方根约数z=r即得方根余约数zn-1=rn-1,于是关于“z”的“方根约数式”和“方根余约数式”为:z-r=0zn-1-rn-1=0根据方根存在唯一性定理,得出“方根余约数式”唯一性定理:对于正整数方根n次方式“方根约数式”是唯一性的,则“方根余约数式”也必是唯一性的。“z”的正整数“方根约数式”及“方根余约数式”=xn+yn的正整数解因为方程zn=yn+xn有正整数解则(kz)n=(kx)n+(ky)n(k为正整数)有倍数正整数解,各倍数解组中均必有一组为最小的正整数解,所以假设(x,y)=1使zn=yn+xn……………………………………………………………(1)正整数等式成立。将(1)式变形为zn-xn=yn两边同除以yn得:()n-()n=1……………………………………………………(2)(-)[()n-1+()n-2+…+()n-2+()n-1]=1依据约数分析法:把不定方程进行因式分解,然后通过对约数进行分析来求出方程的解,分析确定等式的约数关系。因为z>x,所以等式左边两个因式均为正数,只存在两种可能:一是两个因式均等于正1约数,仅由-=1推出(x+y)n>xn+yn=zn这种情形等式不能成立,两个因式均不能等于正约数1;二则两个因式必然是互为正倒数约数,设正整数a、b,且(a,b)=1,于是得到两个“约数式”和“余约数式”:-=………………………………………………………………(3)()n-1+()n-2+…+()n-1=…………………………………(4)因而(3)式“约数式”与(4)式“余约数式”为(2)式仅能分解的互为倒数等式。、b的因数关系由(3)式得=+代