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费尔马大定理的巧妙证明

王锦根

黄山市黄山区管理局245799

摘要：根据整系数多项式定理、爱森斯坦多项式判别法及推广，巧妙利用未知变量，从而证明当X,Y,Z，n为整数时,

， X,Y,Z没有非零整数解

关键词：费尔马大定理 多项式定理 爱森斯坦判别法

一、概念

费尔马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，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。”简约地说，X,Y,Z为整数，当n大于2，

时，X,Y,Z没有非零整数解。具体是什么美妙方法，几百年来，无人给出答案。

二、多项式定理

定理1

设fxanxan1xnn1r...a1xa0是一个整系数多项式，而s是fx的一个有理根，其中r，s互素,那么必有s|an,r|a0。特别地，如果fx的首项系数an1，那么fx的有理根都是整根，而且是a0的因子，即：x|

。

f(x)anxnan1xn1...a1xa0是一个整系数定理2 (艾森斯坦判别法) 设

多项式，其中n＞1。如果存在一个素数p，使得p†an，p|ai(i0,1,2,....,n1)，但p2†a0，在Z上不可约(从而在Q上也不可约)。

定理3 设f(x)aixni是一个整系数多项式，若有素数p和正整数m2使i0n得 (1) p†a0;

(2) pm1|an,但pm†an；

pmk|ank,k1,2,...m,(3) (i) 当mn时，。且p|a1,a2,...,anm；(ii) 当snm(s1)n1，s为正整数时，pmk|ank,k1,2,...,n1 (注：当s1时

，此款与(i)相同) ，那么

，f(x)无有理根

。 三、证明

在

求解中，人们已经研究，将

分解成：

P为素数，只要证明（1）式、（2）式没有非零整数解即可。

第一步：根据题意要求，X,Y,Z两两互质。(以下未注明的变量均为正整数)，将（2）式转换成

（

）

，（b+x），b，c两两互质,设在[1，b-1]范围内找一个c，满足（

）

，故有 b>c，即：

=

（1）x=c，左边大于右边，显然x

（2）x=

|c，i=1，2，……，p-1，p，由于（c，b）=1，所以无整数解。

（3）当x=1，怎么样?

第二步：根据上述推理，当x=1时，

（

）

，即在1于b之间，找到一个数c满足（

）

，这一点在勾股数中也是如此，只是表现形式不同。

依据等式奇偶性逻辑要求。不妨将上式变换成： （

）

（

），或（

）

（

）

，设x为偶数，k为奇数，k=1，3，…，x-1。

→

K 为奇数，不妨分别验算：

当k=4k1-1时，4k1|1，2*k1|ai (i=1,2,……p)，如果（2，k1）=1，则：2|（k+1）; 如果k1=2*m(m为奇数)，则2（k+1）。当然也可以k1因子去判别。

当k=4k1 +1时, 2|1,2|ai (i=1,2,……p),2|（k+1）, 所以根据多项式定理，当n=p时，方程没有非零整数解。

同理可证：当n=4时，方程没有非零整数解。

2pp3pr（2+r+1）22|

参考资料：

1、张文忠

《数园撷英》 科技普及出版社 1983年

2、《十万个为什么》（数学分册） 少年儿童出版社 1991年

3、《中国少年儿童百科全书》（科学、技术）

浙江教育出版社 198年

4、罗永超 关于整系数多项式无有理根的一个判别法的注记 .贵州师范大学学报（自然科学版） 2011年2月

二〇一四年六月二十九日

The Clever prove of Fermat Last Theorem

WANG jin-gen

(Administration Bureau of Real Estate Huangshan District of Anhui Province ,Huangshan Anhui 245799,China)

摘要：根据整系数多项式定理、爱森斯坦多项式判别法及推广，巧妙利用未知变量，从而证明当X,Y,Z，n为整数时,

， X,Y,Z没有非零整数解

关键词：费尔马大定理 多项式定理 爱森斯坦判别法