正整数“方根（重根）余约数式”唯一性定理证明费马猜想.doc

正整数“方根(重根)余约数式”唯一性定理证明费马猜想正整数“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)nnn【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z=x+y为正整数等式通过约数分析得到―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”亦可得出证明,并且揭示费马猜想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‖,即当n,2为nnn正整数时,方程z=x+y没有正整数解。也就是对于一个幂不能等于两个同次幂之和,nnnnn只有这个幂等于这个幂本身:x=0、z=y,这就是费马猜想的真实含义。如果z=xn+y有正整数解即对于正整数使这个等式成立,则z、x、y任何一个正整数是另两个n1?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nnn唯一的非负实数r,它的n次幂等于a,即r=a,所以分解y或x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‖:nnnnz=x+y=rnnnz=x+y=.“方根余约数式”唯一性定理1nn任何一个正整数作为方根,其方根n次方式z=r约去方根约数z=r即得方根余n-1n-1约数z=r,于是关于―z‖的―方根约数式‖和―方根余约数式‖为:z–r=0n-1n-1z-r=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”nnn=x+=x+y有正整数解,则(kz)=(kx)+(ky)(k为正整数)也有正整数解,假设有一组最小正整数(x,y)=1使nnnz=y+x………………………………………………………………(1)nnnn正整数等式成立。将(1)式变形为z–x=y两边同除以y得:zxnn()-()=1……………………………………………………(2)yyzxzzxxzxn-1n-2n-2n-1(-)[()+()+…+()+()]=1yyyyyyyy2?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zxnnnn两种可能:一是两个因式均等于正1约数,仅由-=1推出(x+y)>x+y=zyy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‖:zxb–=………………………………………………………………(3)yyazxzxan-1n-2n-1()+()+…+()=…………………………………(4)yyyyb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zxb由(3)式得=+代入(2)式:yyaxbxnn(+)-()=1yaybxbxbxb12n,1n-12n-2n-()()+()()+…+()()+()=1nnnayayaya(3)式等式两边分母y?a对应,由分数性质必有y含a因子。设y=ay代入上式12并除以b化简得:n-1y1n-1n-2n-2n-1nn-2n-112n,x+byx+…+byx+by=a………………(5)111nnnb又将y=ay代入(3)式、(4)式化简得:1z–x=by………………………………………………………………(6)1n-1y1n-1n-2n-2n-1nz+xz+…+xz+x=a…………………………………(7)bn-1n-1n-1n-1(4)式等式两边分母y?b对应,由分数性质必有y含b因子,y=(ay),有1n-1n-1yy11n-1n-1y含b因子。在(5)式右边项中b整除y只存在=1或者>1两个条11bb1c件取值,并需明确b与=n的相互关系。nn-1y1当=1时,b一定不含n的因子(n或n的质数因子、合数因子等),如果bbn-1含n的因子则等式左边n和b含n的因子与右边a互质,等式不能成立。这时b=y1n-1设正整数c令y=c,b=c,使(6)式、(7)式得:1nz-(x+c)=0…………………………………………………………(8)n-1n-2n-2n-1nz+xz