| 词条 | 费尔马定理 |
| 释义 | 定理1 任意一个≥3的奇数a，至少可以组成一组两整数的平方差。分解这个奇数a的因子，若a能分解成m组互不相等的两整数之积，则这个奇数a就一定且至多能组成m组两整数的平方差。 a^(2k+1)=a^(2k+1-j)×a^j。 注：j=0,1,2,…k。 m=k+1，a≥3，且为素数。 a^(2k+1)={[a^(2k+1-j)+a^j]/2}^2-{[a^(2k+1-j)-a^j]/2}^2。 定理2 一个≥3的奇乘方数a^n（n≥2），若将a^n分解为两整数的齐次方差，至多可以分解为一组或多组存在的不同形式，且与a^n等值的两整数平方差。 1、a^(2k+1)≡a^2k[（a +1）/2]^2-a^2k[（a-1）/2]^2； 2、a^2k≡a^2(k-1)[（a^2+1）/2]^2-a^2(k-1)[（a^2-1）/2]^2。 注：式中k=0,1,2,3,…。（这是最常见的一种基本形式） 定理2充分表明，任意一个>=3的奇乘方数，无论n为奇或偶，至多只能分解成一组或多组两整数平方差，为何还费功夫去证明费尔马定理呢？这个定理的问世，即便是安德鲁怀尔斯的天书再是神密或周全，相比之下也逊色多了。 引论：关于费尔马大定理的初等证明，历来炒得沸沸洋洋。在此借一句俗话：即一物降一物来概括或比喻，较为形象。实际上要很好地研究费尔马问题，最简单，最有效的方法还是要从整数幂 a^n，不定式 x+y=z，以及数学归纳法入手，在分析中利用它们三者的功能，建立起三个整数之间的相互联系，就能很容易解决尚需解决的问题。 对x+y=z而言，由于它的不确定性，历来被许多学者、大师不够看好。包括毕氏在内，对它的理解同样缺乏理性，想办法舍近求远而绕开了这个议题。他证明的x^2+y^2=z^2就是鲜明对照，采用了较此复杂得多的三元二次方程，并引入系数k,在条件(x，y)=1之下，终成正果。至使千余年来，人们一直以(x，y，z)=1作为参照，且呢称毕达哥拉斯数（国人称勾股数）。笔者不以为然，倘若毕氏不绕开这个议题，直接从x+y=z入手，既简便又顺理成章地证出x^2+y^2=z^2的非0整数解，绝对可以避免近400来年的一场学术之争。 了解集合的都知道，x^2+y^2=z^2与x^n+y^n=z^n均属于x+y=z的集合。当指数由2往上递增时，求非0整数解仍然离不开整数幂a^n。这样就可以按照乘方数的定义，将数轴上任意一个自然数a（a≥2）的整次幂a^n，采用指数递增与递减的方式，逐一分解这个a^n，结合x+y=z的功能，再运用著名的数学归纳法进行归纳，可以极方便地建立a^n与其它两非0整数之间的相互联系，得到所需求的结果。详细步骤如下： 证明： ∵ a^n=a^(n-0)×a^0，a^n=a^(n-1)×a^1，a^n=a^(n-2)×a^2，…………， n=2k时 a^n=a^[2k-(k-1)]×a^(k-1)； n=2k+1时 a^n=a^(2k+1-k)×a^k。 又 ∵ x+y=z ∴ x=z-y x=[z^(1/2)+y^(1/2)][z^(1/2)-y^(1/2)] 令： x=a^n； a^(n-0)=z0^(1/2)+y0^(1/2) ； a^0=z0^(1/2)-y0^(1/2)。 联立解出： y0={[a^(n-0)-a^0]/2}^2； z0={[a^(n-0)+a^0]/2}^2 同理： y1={[a^(n-1)-a^1]/2}^2； z1={[a^(n-1)+a^1]/2}^2 y2={[a^(n-2)-a^2]/2}^2； z2={[a^(n-2)+a^2]/2}^2 …………………… ………………… xn=a^2k； yn={[a^(2k-k+1)-a^(k-1)]/2}^2；zn={[a^(2k-k+1)+a^(k-1)]/2}^2 或： x^n=a^(2k+1)；yn={[a^(2k+1-k)-a^k]/2}^2；zn={[a^(2k+1-k)+a^k]/2}^2 令：j=0,1,2,…,(k-1)或k。再利用归纳法将分解式归纳成： ∴ a^n={[a^(n-j)+a^j]/2]}^2-{[a^(n-j)-a^j]/2]}^2 …………(1) 推论一 归纳的这个通式就是为上述问题，给出的最佳答案。它同时还说明，任意一自然数a(包括a^n)，若能分解成m组两互不相等的整数之积，就一定或至少存在m组乘方差（a为偶时略有变化）。为表明这一立场，还可将该式扩大到a的因子。 如： a=bc b＞c a^n=[(b^n+c^n)/2]^2-[(b^n-c^n)/2]^2 （证明从略） 还可以表示为：a^n={[b^n×c^(n-j)+c^j]/2}^2-{[b^n×c^(n-j)-c^j]/2}^2 或：a^n={[b^(n-j)×c^n +b^j]/2}^2-{[b^(n-j)×c^n -b^j]/2}^2 若毕氏当初以这种方法证明x^2+y^2=z^2的非0整数解，其结论就不一样。如x，y，z 三个整数就不仅只限于互素，而且数轴上除1以外所有自然数都适合a的选择，只要n为偶无论大小，又都是2的倍数，均可为该不定方程x^2+y^2=z^2的非0解，可见条件宽松，范围增大，与客观实际完全相符。最大的优点是：证明过程归纳严谨，简捷明朗，清柝度高，便于应用。还能根据a的因子结构，将等式的不定范围锁定在相应区域。 推论二 当n=2k j=(k-1)时,(1)式可改写成： a^2k=a^2(k-1)[(a^2+1)/2]^2- a^2(k-1)[(a^2-1)/2]^2 ……(2) 由(a^2+1)/2得知，任意一奇数的平方与1之和的一半,始终为一奇数，则奠定了a^2(k-1)[(a^2+1)/2]^2必为一平方数；又因(a^2-1)/2给出的条件，可以推定在整过自然数中，只有a=3时，才有(3^2-1)/2=2^2，则a^2(k-1)[(a^2-1)/2]^2在(k-1)为2的倍数时，至多能成为一个4次整数幂。无论k取何值，在[k ,(k-1)]=1的约束下，将会出现三个非齐次偶次整数幂的分解式。 推论三 当n=2k+1 j=k时, (1)式可改写成： a^2k+1=a^2k[(a+1)/2]^2-a^2k[(a-1)/2]^2 ……(3) 再将a=2b^i±1,（i≤k且i为k的约数）分别代入(3)式： 1、(2b^i-1)^(2k+1)=(2b^i-1)^2k[(2b^i-1+1)/2]^2-(2b^i-1)^2k[(2b^i-1-1)/2]^2 ∴ (2b^i-1)^(2k+1)=[(2b^i-1)^(k/i)×b]^2i-[(2b^i-1)^k×(b^i-1)]^2 ……(3—1) 2、(2b^i+1)^(2k+1)=(2b^i+1)^2k[(2b^i+1+1)/2]2-(2b^i+1)^2k[(2b^i+1-1)/2]^2 ∴(2b^i+1)^(2k+1)=[(2b^i+1)^k×(b^i+1)]^2-[(2b^i+1)^(k/i)×b]^2i ……(3—2) (3)式表明，一般条件下，任一自然数的奇次幂，也能分解成两整数的平方差；相应条件下[如（3—1）与(3—2)式]，至多可以分解为较2k+1低一级的(k=i)2k次与2次整数幂之差或2次与2k次整数幂之差。无论指数中的k和底数a如何选取，终不可能将a^2k+1分解为指数n＞2的齐次乘方差。 结论 1、定理1与定理2经以上详细证明，确巳成立（没有整数解存在）。 2、在定理1与定理2的约束下，齐次不定方程x^n+y^n=z^n，必然存在n＞2的自然数时，无正整数解，理由既简单又充分，因为 这个等式的解没有一个整数存在，全部是无理数组成的无理数等式方程，故没有整数存在。 结束语 当然，历史就是历史，假如、倘若巳不能改变现实，它给当代人提供了一个相互争论的平台。无论怎样争论，任何条件下，在下认为，以上观点是讫今为止最简捷、最完整、最容易接受的唯一方式，敬请相关学者指正。 毛桂成给出的结论是 费尔马大定理的公式是一个整数不等式公式 ，故不能用无理数等式方程去证明，当你的解不是整数时，说明你给定的公式中的数不是整数，这不是费尔马大定理中的数，因尔可以说你证的不是费尔马大定理。 用方程用等式不能证明费尔马大定理。该定理在1979年已由毛桂成用费尔马的绝妙证明方法证明。 § 费尔马定理 费尔马是一个十分活跃的业余数学家，喜欢和别人通信讨论数学问题。他差不多和同时代的数学家都通过信，受到人们的敬重。 费尔马经常提出一些难题，寄给熟人，请他们解答，然后再把这些解答与自己的解答对照。他提出的猜想，有被否定掉的；但是他证明过的定理，却从没有被推翻过。其中，不少成了后来书上的重要定理。费尔马在数论上作过杰出贡献。例如，他发现并证明了一个很重要的基本定理： P-1 若P为素数，正整数a不能被P整除，那么a -1这个数，一定能够被P整除。 这个定理叫做费尔马定理或者费尔马小定理。1640年，当费尔马证完这个定理后，兴奋地写信告诉他的朋友说：“我浸浴在阳光中！这个定理按其在数论和近世代数中的重要性来说，的确是值得称道的。 6 比如我们要考察5-1这个数能不能被7整除，根据费尔马小定理，由于 6 7-15-1=5-1，所以知道它一定能被7整除。事实也正是这样。 6 5-1=15624=7×2232。 100 因为这个数小，所以可以写出来判断。如果是问1981-1能不能被101整除，就不好算出来看了，但是根据 100 101 1981-1=1981-1-1， 所以可以保险这个数能被101整除。1621年，20岁的费尔马，在巴黎买了一本丢番都的《算术学》的法文译本。不知他在什么时候，在书中关于不 2 2 2定方程x+y=z的全部正整数解的这一页上，用拉丁文写了这么一段话： “任何一个数的立方，不能分解为两个数的立方之和；任何一个数的四次方，不能分解成两个数的四次方之和；一般来说，任何次幂，除平方以外，不可能分解成其他两个同次幂之和。我想出了这个断语的绝妙证明，是书上这空白太窄了，不容我把证明写出来。” 在自己的书上空白处写心得，是一些人的读书习惯，通常叫作“页端笔记”。费尔马的这段页端笔记，用数学的语言来表达就是：形如 n =* x*+y*=z*的方程，当*大于2时，不可能有正整数解。 费尔马虽然在数学上有很多重大成就，但是他生前几乎没有出版过什么数学著作。他的著作大都是在他死后，由他的儿子，把他的手搞和与别人往来的书信整理出版的。 费尔马死后，有人翻阅他的那本丢番都的书，发现了那段写在书眉上的话。1670年，他的儿子出版了费尔马里的这一部分页端笔记，大家才知道这一问题。后来，人们就把这一论断，称为费尔马大定理或者费尔马问题。 § 哥德巴赫猜想 哥德巴赫本来是普鲁士派往俄罗斯的一位公使。后来，他成了一名数学家。 哥德巴赫和费尔马一样，很喜欢和别人通信讨论数学问题。不过，他在数学上的成就和声望，远远不如费尔马，有的人甚至认为他不是数学家。其实，有资料说，他是彼得堡科学院院士。 哥德巴赫与另一名彼得堡科学院院士、著名数学家欧拉经常通信。他们有15年以上的通信历史，经常讨论的是数学问题。 1742年6月7日，哥德巴赫写信告诉欧拉，说他想冒险发表一个猜想： “大于5的任何数是三个素数的和。”这里要顺便交待一句，有一个时期，人们把1看成是特殊的素数；后来，才像今天这样，把1与素数严格区别开来。同年6月30日，欧拉在给哥德巴赫的回信中说，他认为：“每一个偶数都是两个素数之和，虽然我还不能证明它，但我确信这个论断是完全正确的。” 这次通信的内容传播出来后，当时数学界把他们两人通信中谈到的问题，叫做哥德巴赫问题。后来，它被归纳为： 命题A：每一个大于或者等于6的偶数，都可以表示为两个奇素数的和； 命题B：每一个大于或者等于9个奇数，都可以表示为三个奇素数的和。 这就是今天我们所说的哥德巴赫猜想，实际上，应该是哥德奇巴赫——欧拉猜想。比如 50=19+31，51=7+13+31 52=23+29，53=3+19+31 当然，表示方法可能是很多的。比如 50=3+47=7+43=13+37=19+31 很明显，如果命题A成立，那么，命题B也就成立。因为假设N是大于或者等于9的奇数，那么，N-3就是大于或者等于6的偶数。命题A成立，就是存在着奇素数P与P，使得N-3=P+P，这就是N=3+P+P，就像前面的 1 2 1 2 1 250与53的关系一样。但反过来，如果证明了命题B成立，并不能保证命题A就一定成立。 19世纪的很多大数学家，都研究过哥德巴赫猜想，但是进展不大。 1900年，希尔伯特在巴黎国际数学家会议上，提出了23个研究题目，这就是有名的希尔伯特问题，可以说这是23个大难题。哥德巴赫猜想命题A，与另外两个有关的问题一起，被概括为希尔伯特第八问题。 到了1912年，在第五届国际数学会议上，著名的数论大师兰道发言说，哥德巴赫问题即使改成较弱的命题C，也是现代数学家所力不能及的。 命题C意思是：不管是不超过3个，还是不超过30个，只要你想证明存在着一个这样的正数c，而能“使每一个大于或等于2的整数，都可以表示为不超过c个素数之和”。 过了9年，到了1921年，著名数论大师哈代在哥本哈根召开的国际数学会上说：哥德巴赫猜想的困难程度，可以与任何没有解决的数学问题相比拟。哈代也认为是极其困难的，但是不像兰道说得那样绝对。 1930年，苏联25岁的数学家西涅日尔曼，用他创造的“正密率法”，证明了兰道说的那个现代数学家力不能及的命题C，还估算了这个数c不会超过S，并算出S≤800000，人们称S为西涅日尔曼常数。 西涅日尔曼的成就震惊了世界。这是哥德赫猜想研究史上的一个重大突破。可惜他只活了33岁。 1930年以后，包括兰道在内的很多数学家，竟相缩小S的估值，到1937年，得到S≤67。 在1937年，哥德巴赫猜想的研究，又取得了新的成就。苏联著名的数学家伊·维诺拉多夫，应用英国数学家哈代与李脱伍特创造的“圆法”，和他自己创造的“三角和法”证明了： 充分大的奇数，都可以表示为三个奇素数之和。 伊·维诺格拉多夫基本上解决了命题B，通常称为“三素数定理”。 坚固无比的堡垒哥德巴赫猜想，正在被人们逐个攻破。 这里要注意，命题B所说的是每一个大于或者等于9的奇数，都可以表示为三个奇数之和。数学家在证明这个命题时，往往把9放大到很大很大，比方说放大到十万，人们只要证明每一个大于十万的奇数，都可以表示为三个奇素数之和，就算基本上证明了命题B。对于剩下的那一部分从九到十万的有限个奇数，是否每个都可以表为三个奇素数之和，可以暂时不管，留待以后去检验。所以叫做“基本上”证明了命题B。 实际上，维诺格拉多夫未检验的有限个奇数，是9到10的400万次方之间的奇数，即1后面跟400万个0那么多个数中的奇数。如果真要去逐个检验每个是否能表为三个奇素数的和的话，那时还没有电子计算机，就算用现在最快的电子计算机，从他那时算到现在也算不完。再说也没有那么大的素数表供他使用。前面已经介绍过，现在最好的素数表才编到五千万。可见凡是大于10的400万次的奇数都能表为三个奇素数之和，这点被证明了，这就更不简单了。因为前面的那些奇数到底还是有限个，而这里证明了的是无穷多个！ 维诺格拉多夫的工作，相当于证明了西涅日尔曼常数S≤4。 命题B基本上被解决了，于是有些不太了解数论情况的人，曾经认为只差一步就到命题A了，谁知这一步的腿迈出了40多年，还没有着地哩！ 有人核对过从6到3300万的任何偶数，都能表为两个奇素数之和。这种核对工作是一直有人在作的。 有的人核对，是想找到一个不能表为两个奇素数之和的偶数，即找到一个反例，一举否定哥德巴赫猜想。这样，哥德巴赫猜想便宣告解决。 有的人核对，是想得到一些统计数字，摸清一些规律，为证明哥德巴赫猜想作准备。 当然，也有人可同时兼有上述两种意图。 这里要注意，无论是从6算到3300万也好，还是从6算到3300亿也好，都是有限个数。由这些有限个数统计出的任何数据，除非是反例，都是不能用来当作证明的依据。 在命题A的研究过程中，人们引入了“殆素数”的概念。 什么叫殆素数？我们知道，除1以外的任何一个正整数，一定能表示成若干个素数的乘积，这其中的每一个素数，都叫做这个正整数的一个素因子。每一个正整数，相同的素因子要重复计算，它有多少个素因子，是一个确定的数。如果这个正整数本身就是素数，就说它只有一个素因子。以25到30这六个数为例： 25=5×5 有2个素因子 26=2×13 有2个素因子 27=3×3×3 有3个素因子 28=2×2×7 有3个素因子 29是素数 有1个素因子 30=2×3×5 有3个素因子 殆素数就是素因子 （包括相同的和不同的）的个数不超过某一个固定常数的自然数。例如25到30的六个数中，25、26、29三个数，是素因子不超过2的殆素数，其余三个不是。要是说素因子不超过3的数是殆素数，那这六个数就是殆素数。 应用殆素数的概念，可以提出一个新命题 D，通过对这个命题的研究，来接近命题A。 命题D：每一个充分大的偶数，都是素因子的个数不超过m与n的两个殆素数之和。 这个命题简记为“m+n”。 注意，这里的“3+4”或者“1+2”等是数学命题的代号，与3+4=7或者1+2=3毫无任何关系。就像有的电影院把座位13排8号简写作“13-8”，与13-8=5没有任何关系一样。 例如，“1+2”就是每个充分大的偶数，都可以表示成素因子的个数不超过1个（即素数），与素因子的个数不超过2个的两个数的和。比如100=23+7×11，434=31+13×31，168=79+89等都是合乎要求的。如果能证明，凡是比某一个正整数大的任何偶数都能像这样，表示成一个素数加以两个素数相乘，或者表示成一个素数加上一个素数，就算证明了“1+2”。 如果能证明“1+1”，就基本上证明了命题A，也就是基本上解决了哥德巴赫猜想。等到那时，哥德巴赫猜想就该叫哥德巴赫定理了。——人们已经为此奋斗了将近240年。 |
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