“方根（或重根）余因式”唯一性定理证明费马猜想.doc

“方根(或重根)余因式”唯一性定理证明费马猜想“方根(或重根)余因式”唯一性定理证明费马猜想(1979年—2008年8月)王德忱黑龙江省农业科学院黑河分院黑河市164300【摘要】根据―方根存在唯一性定理‖证明―方根(或重根)余因式‖唯一性定理,推论―方根(或重根)余因式‖nnn方程唯一性。假设当n,2时z=x+y有正整数解,通过因式分解得到―方根(重根)因式‖方程及―方根(或重根)余因式‖方程。正整数―方根(重根)因式‖方程n次乘方的―方根(或重根)余因式‖方程与假设有正整数解的原方程―方根(或重根)余因式‖方程是唯一性的,经判断这两个方程唯一性使―方根(重根)因式‖方程的正整数nnn解不成立,从而证明z=x+y没有正整数解。【关键词】费马猜想美妙证明方根存在唯一性定理―方根(重根)因式‖方程―方根(或重根)余因式‖方程―方根(或重根)余因式‖,2时,x+y=z没有正整数解。这一结论是法国数学家费马提出的,被称为―费马猜想‖,又称―费马大定理‖。1637年,费马在巴契校订的希腊数学家丢番图的《算术》第2卷第8命题―把一个平方数分为两个平方数‖旁边写道:―把一个立方数分为两个立方数,一个四次幂分为两个四次幂,或一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂,这是不可能的。关于这一点,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‖。为此,370年来全世界许多优秀数学家做出了艰苦不屑的努力,都没能找到这一―美妙证法‖。英国数学家怀尔斯在他人高等数学研究取得重大进展的成果基础之上,历时7年于1995年非常繁难地证明了这一猜想成立,因此他获得了许多项国际大奖。但这个证明篇幅长达130页一本《数学年刊》,深奥难懂,仅仅使极少数人能够看明白。于是有人感慨叹言:费马写的那个―非常美妙的证明‖是怎样的,将成为永久所遗下的一个迷~还有一些数学家认为,费马可能真的得出了一个非常美妙的证明,它必定是以17世纪人们所掌握的数学技巧为基础的,只要能够找到费马原来的美妙证明,那么仍然可以获得声名与荣誉。所以,只有实现费马那个时代数学水平初等方法奇美绝妙的证明,才是最终完结费马猜想。―一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂,这是不可能的‖,即设当正整数n,2时z=x+y没有正整数解。所谓―没有正整数解‖,就是没有x、y、z三个数均不为0的正整数使该不定方程成立。根据方根存在1nnnn1?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r=a‖,如果z=x+y2?有正整数解关于―z‖唯一的正整数方根必定存在,即有z=r(r为正整数)。由方根性质定理:―在实数集里,正实数(非0非负实数)开任何次方均只有唯一的一个正的方根,0(0非负实数)开任何次方均等于0”,这就决定了正整数开n次方存在两种情形:一是―非0正整数方根‖存在,这正是费马猜想的问题,当n,2时nnnnz=x+y=rnnnz=x+y=r二是―0正整数重根‖存在,因为存在两个相等的正整数之差等于0的情形,即存在正整数z=r则有z–r=0,所以当n,2时nnnnz-(x+y)=(z-r)=0nnnnz-(x+y)=z–r=0nnnnnn两种方程形式z=x+y与z-(x+y)=0可以互相转化二者等价从数学公理上是不可怀疑的,但方根―z=nnnnnnnx+y=r‖与重根―z-(x+y)=z–r=0‖体现有所不同的开方结果。nnnnnnnn如果把z=x+y只认为是―非0正整数方根‖等式z-(x+y)=z-r=0的方根存在形式,那么就忽略nnnn了―0正整数重根‖等式z-(x+y)=(z–r)=0的重根存在形式。.“非0正整数方根”存在形式的“方根余因式”唯一性nnnnnnn由―非0正整数方根‖存在形式z=x+y=r,推出n次方根方程z–r=0,分解z-r=0这个方程,当n为奇数或n为偶数均可分解为相同形式的因式:n-1n-22n-3n-2n-1(z–r)(z+rz+rz+…+rz+r)=0其中z–r称为―方根因式‖,由―方根因式‖求得唯一的一个正整数方根,即为关于―z‖的―方根因式‖方程:z–r=0…………………………………………………………………………………?n-1n-22n-3n-2n-1消去方根因式―z–r‖后有―z+rz+rz+…+rz+r‖称为―方根余因式‖,由―方根余因式‖求得另n-1个增根(虚根),即为关于―z‖的―方根余因式‖方程:n-1n-22n-3n-2n-1z+rz+rz+…+rz+r=0……………………………………………………?根据方根存在唯一性定理,?式是―方根因式‖方程正整数方根解是唯一性的;?式是―方根余因式‖方程增根解nn集也必是唯一性的。如果?式