费马大定理的初等证明 与商高不定方程的新解法
陈剑涛
（黄冈师范学院 湖北黄冈 438000）
[内容摘要]本文通过一种简单的初等变换证明，若方程x +y =z 在n >2时有正整数解，则方程(p +1) −p =q 在n >2时必有正有理数解。但可以证明，在n 为大于2的奇质数时，后一方程并无正有理数解，从而断定费马大定理是可以用巧妙的初等方法予以证明的。作为副产品，本文还得到了商高不定方程的一种同样巧妙的新解法。 [关 键 词]费马大定理 初等证明 商高不定方程的新解法
虽然让世人魂牵梦萦几个世纪的费马猜想或费马大定理已由英国数学家安德鲁·怀尔斯通过对谷山-志村猜想等的证明而给出了一个冗长、繁难的现代证明，但寻找某种费马所谓的巧妙的初等证明仍是学界一个难了的夙愿。其实早在1992年底，笔者即发现了一种对费马大定理的初等证明和对商高不定方程的一种新解法（后在一些数学界朋友的帮助下有所修改），结果显示，费马大定理确如其本人所言，是可以通过某种巧妙的初等方法予以证明的。
费马（Fermat）在1637年提出猜想，认为方程
n
n
n
n
n
n
x n +y n =z n ……………（1）
此即已被怀尔斯证明了的费马猜想或费马大定理。在n >2时无正整数解，其中n 为自然数。
但本文认为，该定理亦可用初等方法予以证明。
用反证法。
设n 为大于2的任意正整数时，费马猜想不成立，即（1）式有正整数解，并设x , y , z 是满足(x , y , z ) =1的任意一组基础解（或称本原解），则显然有z >y 和z >x 成立。又因x ≠y （若x =y ，则方程（1）变成了z =2x 之形式，已非我们要讨论的费马猜想了），故在x , y 之中必有一个为更小。若设x 为其中之更小者，则必有z ≥x +2成立。令z =x +k （k 为大于或等于2的正整数），则（1）式可写为
x +y =(x +k ) …………（2）
因x , y , k 均为正整数，故必有正有理数p , q 存在，使x =pk , y =qk 成立，代入上式，有
n
n
n
n n
p n k n +q n k n =(pk +k ) n =(p +1) n k n ……………（3）
即此时必有正有理数p , q 存在，使方程
p n +q n =(p +1) n
成立。亦即方程
(p +1) −p =q ……………（4）
在n >2时有正有理数解。
由此可知，欲证明费马猜想成立，只需证明在n >2时，（4）式没有p , q 同时为正整数形式的正有理数解即可（若p , q 均为正整数，则由（3）式知x , y , z 必有公因数k >1，此与已设(x , y , z ) =1相矛盾）。
但可以证明，在n 为大于2的奇质数时，（4）式既没有p , q 均为既约分数形式的正有理数解，也没有p , q 一为既约分数，一为正整数形式的正有理数解，从而证明了在n 为大于2的奇质数时，费马猜想是正确的。结合n =4时费马猜想为真的已有结论，我们即可断定费
①
马猜想确实是正确的，并由此得到了一种对商高不定方程的全新解法。
下面继续用反证法给出具体证明。
首先可以证明，在n 为大于2的奇质数时，（4）式不可能有p , q 均为既约分数形式的正有理数解。
设在n 为大于2的奇质数时，（4）式有p , q 均为既约分数形式的正有理数解
n n n
p =
b d
。 , q =（a , c 均不等于1）
a c
b d
将p =, q =代入（4）式，展开整理后有
a c
1n −1n 232n −3n n −1n −2
C n b c +C n ab n −2c n +C n a b c +...... +C n a bc n +a n −1c n =a n −1d n ………（5）
将上式两边同除以a ，有
1n −1n C n b c 2n −2n 3
b c +C n ab n −3c n +...... +C n n −1a n −3bc n +a n −2c n =a n −2d n …………（6） +C n
a
上式等号两边，除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。但因
1n
(a , b ) =1，a 不能整除b n −1，故欲使该首项为正整数，只能有a |C n c 。
n
当我们根据算术基本定理，将c 写成其标准质因数分解形式
c k n nc k c 2nc 2
（p 1, p 2... p k 为c 的大于1的互异质因c n =(p 1c 1p 2... p i c i ... p k ) =p 1nc 1p 2... p i nc i ... p k
1n −1n
C n b c
数）后可以看出，使a |C c 为可能，从而使为正整数的情况，有下列三种：
a
1n n
（ⅰ）a |C n （ⅱ）a |c
（ⅲ）a =C n p 11p 22... p i i ... p k k ，其中1≤m i ≤nc i , i =1, 2, L k
但可以证明，在满足n 为大于2的奇质数，p , q 均为既约分数的条件下，上述情况均不
1
m
m
m
m
n
1
可能出现，分别证明如下：
（ⅰ）设a |C n
因C n 为奇质数，且已设a ≠1，故欲使a |C n 为可能，只能有a =C n =n ，将a =n 代入（5）式，有
1n −1n 2n −1n −2C n b c +C n nb n −2c n +...... +C n n bc n +n n −1c n =n n −1d n 2
1
1
1
1
将上式两边同除以n 有
2n −2n
b c b n −1c n C n n −1n −4
n bc n +n n −3c n =n n −3d n ++...... +C n
n n
2
C n 1n (n −1) n −1==因n 为奇质数，且n ≥3，所以为正整数，即上式左边除首项
2n n 2×1
b n −1c n
外，其余各项均为正整数，故要求首项也必须为正整数。
n
因n =a 为奇质数，且(a , b ) =1，所以n 不能整除b ，于是只有n |c ，亦即n |c （即a 。将p =整除c ）
n
n
b d
, q =代入（4）式，并写成 a c
c n c 1n −11n −2n −1n −1n −1
d =n [(a +b ) n −b n ]=(n [a n +C n a b +... +C n ab n −1]=ha [a n −1+C n a b +... +C n b ]
a a
⎛c ⎞n
之形式（其中h =⎜⎟为正整数），立知a |d 。因a =n 为奇质数，故有a |d ，从而c , d
⎝a ⎠
有公共质因数a ，此与已设(c , d ) =1矛盾，故假设a |C n 为不可。
（ⅱ）设a |c
记c =l 1a ，代入（6）式有
1n −12n −2n 3n −1n −3C n b l 1+C n b c +C n ab n −3c n +...... +C n a bc n +a n −2c n =a n −2d n
n
n
1
n
将上式两边再除以a ，有
1n −1
C n b l 13n −3n n −1n −4
+C n 2b n −2l 1+C n b c +...... +C n a bc n +a n −3c n =a n −3d n …………（7） a 1n −1C n b l 1
同样，因上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该首项也必须
a
为正整数。因(a , b ) =1，且已证a 不能整除C n ，故该首项为正整数的条件为a |l 1或a 不能整除l 1但a 被奇质数C n 整除后所得的商能整除l 1。
（1）先设a |l 1。
记l 1=l 2a ，则（7）式可写成
1n −12n −23n −3n n −1n −4C n b l 2+C n b l 1+C n b c +...... +C n a bc n +a n −3c n =a n −3d n
1
1
将该式两边再除以a ，有
1n −1C n b l 22n −23n −3n −1n −5
+C n b l 2+C n b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n a
上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。因同样的原因，该项为正整数的条件为a 整除l 2，或a 被C n 整除后所得的商能整除l 2。由于后一种情况在上述对（5）式进行的两边连续同除以a 的运算中，或者不能出现，或者只能出现一次（因该情况一出现，该首项的系数C n 从此即被约去）。故可暂不考虑后一情况，而只先考虑在每次运算中，a 总是能整除c 的各个剩余因数l 1、l 2、l 3…的情况。
设l 2=l 3a ，则上式又可写成
1n −12n −23n −3n −1n −5
C n b l 3+C n b l 2+C n b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n
1
1
n
将以上这种对（5）式两边同时除以a 的运算连续进行n −1次，有
1n −12n −23n −3n −1C n b l n −1+C n b l n −2+C n b l n −3+...... +C n bl 1+c n =d n …………（8）
这里显然有
c n =l 1a =l 2a 2=l 3a 3=... =l n −1a n −1
可见，l n −1是（8）式左边各项的一个公因数，从而也是d 的一个因数，故若l n −1>1，则c , d 必有大于1的公因数存在，此将与(c , d ) =1矛盾，故要求此处的l n −1必须等于1。
但可以证明，在假设a |c 的情况下，此处的l n −1也不可能等于1。
将（1）式改写成z −x =y 之形式后可以看出，若（1）式在n 为大于2的某奇质数时有正整数解，则必有这样一组互质基础解存在，在该组解中，y 的取值在所有解组中为最小。
而y 取最小值的充要条件我们可以从（1）式的互质基础解的表达式中看出来。
n
n
n n
n
已知（1）式有正整数解时，（4）式必有对应的正有理数解p =
b d
, q =存在（在已设a c
两者均为既约分数的情况下，a , c 均不等于1），故（1）式的正整数解组可表示为
x =pk =
b
k a d
y =qk =k
c
a +b
k a
z =(p +1) k =
之形式。显然，为满足x , y , z 为正整数，必有a |k 及c |k 同时成立，即必有k =s [a , c ]成立（其中s 为正整数，[a , c ]为a , c 的最小公倍数）。容易看出，在还要满足x , y , z 是互质基础解组，即满足(x , y , z ) =1的条件下，在k =s [a , c ]中，只能有s =1及[a , c ]=a （否则，
x , y , z 将有大于1的公因数存在），从而有k =s [a , c ]=a ≥c ，于是上述（1）式的互质基
础解的表达式可写为
b b
k =a =b a a d a y =k =d …………（9）
c c a +b z =k =a +b
a x =
即有
a
(a +b ) n −b n =(d ) n …………（9′）
c
成立。
因(c , d ) =1，故使（9′）式右边y =
a
d 取最小值的充要条件为a 取c 的最小倍值，d c
取最小值。
因为a 可以是c 的任意倍，故当a 取c 的最小倍值时，应有a =c 。而从由（8）式给出的d 的表达式中可以看出，当n 为某一确定的奇质数时， d 亦即 d 取最小值的必要条件是作为（8）式左边各项的因数之一的l 1, l 2... l n −1均取最小值，亦即l n −1取最小值。故在已设
n
n
d n 亦即 d 取最小值的情况下，必有l n −1为最小。但可以证明，在假设a |c n 的情况下，此
处l n −1所能取的最小值不可能等于
1。因为若l n −1=1，则由
c n =l 1a =l 2a 2=l 3a 3=... =l n −1a n −1，我们又有a n −1=c n ，但在a , c 均为正整数，n 为大于
2的奇质数时，只有a =c =1，才能使a =c 和a
n −1
=c n 同时成立。此与已设p =
b d , q =a c
均为既约分数，a , c 均不等于1相矛盾，故此处l n −1所可能取的最小值必大于1。而l n −1>1又与已设(c , d ) =1相矛盾，亦为不可。
（2）再设a 不能整除l 1，但a 被C n 整除后所得的商a ′能整除l 1。
1
′a ′，则（7）可写为 记l 1=l 2
2n −23n −3n n −1n −4
′+C n b n −1l 2b l 1+C n b c +...... +C n a bc n +a n −3c n =a n −3d n
将上式两边再除以a ，有
2n −2′C n b l 1b n −1l 23n −3n −1n −5++C n b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n a a
因为在n 为奇质数的情况下，C n , C n ,... C n
12n −1
均是n 的倍数，故上式左边第二项
2n −222n −2
C n b l 1C n b l 1C n b n −2l 1
为正整数，故要求上式首项亦必须为正整数，从而必有a ==1
a n a ′C n a ′
′，记l 2′=l 3′a ，则上式可写为 能整除l 2
2
C n 3n −3n −1n −5′+′+C n b l 3b n −2l 2b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n
n
n −1
将上述对（5）式两边同除以a 的运算，在a 不能整除l 1，但a 被C n 整除后所得的商a ′能整除l 1的情况下也连续进行n −1次，有
32
C n C n n −1n −2
′−1+′−2+′−3+...... +C n b l n b l n b n −3l n bl 1+c n =d n ……………（10）
n n
1
n −1
这里显然有
′a ′a =l 3′a ′a 2=... =l n ′−1a ′a n −2……………（11） c n =l 1a =l 2
′−1是（10）式左边各项的一个公因数，从而也是d 的一个因数。 可见l n
′−1也不可能等于1。因为若由与前面同样的讨论可知，在假设a |c 的情况下，此处的l n
n
n
′−1＝1，则由（11）式可得c n =a ′a n −2，将a ′=l n
a a n n −1
=代入该式，又有。而nc =a 1
C n n
在n 为大于2的奇质数时，只有a =c =
1n n −1
才能使a =c 和nc =a 同时成立，此与已设n
p =
b d
′−1>1。但当l n 又会与已设(c , d ) =1相, q =均为既约分数相矛盾，故必有l n ′−1>1时，
a c
综合上述（1）、（2）两方面的证明可知，设a |c 亦为不可。
（ⅲ）最后设a =C n p 11p 22... p i i ... p k k ，其中1≤m i ≤nc i , i =1, 2,... k 为书写方便，本文将a =C n p 11p 22... p i i ... p k k 简记为a =n [p i i ]之形式。 将a 代入（5）式，有
1n −1n 32
C n b c +C n 2n [p i m i ]b n −2c n +C n n [p i m i ]2b n −3c n
矛盾，亦为不可。
n
1m m m m
1m m m m m
+...... +C n n −1n n −2[p i m i ]n −2bc n +n n −1[p i m i ]n −1c n =n n −1[p i m i ]n −1d n
………………（12）
现通过该式，就c 及[p i i ]中是否含有质因数n 的几种情况，分别证明设
m k 1m 1m 2
同样为不可能。 a =C n p 1p 2... p i m i ... p k
m
（1）若c =p 11p 22... p k k 中不含质因数n （[p i i ]中自然亦未含有质因数n ），则将（12）
1n −1n
C n b c b n −1c n
式两边同除以n 后知，除等式左边首项=外，其余各项均为正整数，故要
n 2n
2
c c c m
，故必有n |b 求该项也必须为正整数。但因n 不能整除c （因已设c 不含质因数n ）
m
n n −1
，亦
即n |b 。由所设a =n [p i i ]知此时a , b 必含有公因数n ，此与已设(a , b ) =1矛盾，不可。
（2）若c =p 11p 22... p k k 中含有质因数n ，而[p i i ]中未含有质因数n ，则当将（12）式两边同除以n 后立知，d 亦必含有质因数n ，此与(c , d ) =1矛盾，亦不可。
（3）最后一种情况，便是c =p 11p 22... p k k 中含有质因数n ，而[p i i ]中亦含有质因数n 了。
为讨论方便，不妨设p 1=n ，则（12）式可改写为
c k n m k c k n c 2m 2c 21n −12
C n b [n c 1p 2... p k ]+C n n [n m 1p 2... p k ]b n −2[n c 1p 2... p k ]c k n m 2c 232
... p k m k ]2b n −3[n c 1p 2... p k ]+...... +C n n [n m 1p 2m k n −2c k n m 2c 2n −1n −2
... p k ]b [n c 1p 2... p k ]+C n n [n m 1p 2m k n −1c k n m 2c 2
... p k ][n c 1p 2... p k +n n −1[n m 1p 2]m k n −1n m 2
... p k ]d =n n −1[n m 1p 2
c c c m
n
c c c m
………………（13）
的形式。现根据该式，就c 的标准分解式c =n 数之间可能具有的各种关系分别讨论如下：
n n
nc 1
nc k m nc 2
和[p i i ]中的各个质因数的指p 2... p k
（a ）若在指数nc i 中，任有一个设为nc j （其中j ≠1），满足nc j >(n −1) m j ，则当将（13）式两边同除以p j j 时可知，d 必含有该质因数p j ，此与(c , d ) =1矛盾，为不可。
（b ）若在指数nc i 中，任有一个设为nc j （其中j =1, 2,... k ），满足nc j
（c) 若在指数nc i 中，总有nc j =(n −1) m j （其中j =1, 2,... k ），则将（13）式两边同时除以n [n 1p 22... p k k ]后，有
2
b n −1C n m k m 2m 23
+[n m 1p 2... p k ]b n −2+C n [n m 1p 2... p k m k ]2b n −3+......
n n
m 2m 2n −1n −4
n [n m 1p 2+C n ... p k m k ]n −2b +n n −3[n m 1p 2... p k m k ]n −1=n n −3d n
n −1
nc
(n −1) m j
（或在j =1时，同除以nn
(n −1) m 1
）时可知，至少有该
，即b 至少含有该质因数p j （或n ），此与(a , b ) =1矛盾，
2c c c n
因n 为奇质数，故上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故必有n |b
n −1
，即
n |b ，此与(a , b ) =1矛盾，同样为不可。
（d) 由（a ）、（b ）、（c) 的讨论可知，最后一种情况便是在c 与[p i i ]中，两者除了只含质因数p 1=n ，且必须满足nc 1>(n −1) m 1外，不可能再有其他质因数了，将c =n 1及
c
m
a =n [n m 1]=n ⋅n m 1=n 1+m 1代入（5）式，有
1n −1nc 121+m 1n −2nc 13
C n b n +C n n b n +C n (n 1+m 1) 2b n −3n nc 1
+...... +C n n −1(n 1+m 1) n −2bn nc 1+(n 1+m 1) n −1n nc 1=(n 1+m 1) n −1d n
在m 1=0时，有a =n
1+m 1
………………（14）
1
之情形，在（ⅰ）中已经证明，为不可。在=n ，此即a |C n
m 1≥1时，将（14）式两边同时除以a =n 1+m 1，有
1n −1nc
C n b n 2n −2nc 31+m n −3nc
+C b n +C n b n n n 1+m
n
1+m n −3nc 1+m n −2nc 1+m n −2n
+...... +C n n −1(n ) bn +(n ) n =(n ) d
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
上式两边，除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。 但因n 不能整除b
n −1
，所以n
1+m 1
也不能整除C n b
1n −1
，故必有n
m 1
|n nc 1，因已知
nc 1>(n −1) m 1，故在n >2时，有n nc 1>n (n −1) m 1≥n 2m 1=n m 1⋅n m 1≥n ⋅n m 1=n 1+m 1，所以必
有n
1+m 1
c k m c 2
及[p i i ]|n n c 1，即有a |c n 。此为不可，在（ⅱ）中已证。由此知，在c =p 1c 1p 2... p k
中亦不可同时含有质因数n 。
于是（ⅲ）中所设a =C n p 11p 22... p i i ... p k k 同样为不可能。
综合上述（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）方面的证明可知，（4）式在n 为大于2的奇质数时，确实不可能有p =
1
m
m
m
m
b d
, q =同时均为既约分数形式的正有理数解。 a c
其次，同样可以证明，在 n 为大于2的奇质数时，（4）式也不可能有p , q 一为正整数，
一为既约分数形式的正有理数解。 仍用反证法。
设在n 为大于2的奇质数时，（4）式有一为正整数，一为既约分数形式的正有理数解。则容易看出，若（4）式有这样一种一为正整数，一为既约分数形式的正有理数解，则只可能是p 为既约分数，q 为正整数。记p =
b
, q =d ，代入（4）式，有 a
b 1b n −12b n −2
C n (+C n (+... +C n n −1(+1=d n
a a a
将上式两边同乘以a
n −2
，有
1n −1
C n b n −1n −3
a b +a n −2=a n −2d n +C n 2b n −2+... +C n
a
1n −1C n b
上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故首项也必须为正整数。但因
a
111
，但因C n =n 为奇质数，且已设a ≠1，故此时必有a =C n =n ，(a , b ) =1，故只能有a |C n
从而有
2n −2n −1n −3b n −1+C n b +... +C n a b +a n −2=a n −2d n
两边再除以a =n ，有
2n −2
b b n −1C n
++... +C n n −1a n −4b +a n −3=a n −3d n a n
b n −1
显然上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故首项亦必须为正整数，即必有
a a |b n −1成立，此与(a , b ) =1矛盾，不可。
可见，（4）式在n 为大于2的奇质数时，也不可能有形如p =
b
, q =d 形式的一为正a
整数，一为既约分数形式的正有理数解。
综合上述证明可知，在n 为大于2的奇质数时，（4）式既无p , q 均为既约分数形式的正有理数解，亦无p , q 一为既约分数，一为正整数形式的正有理数解。由此我们得到结论，在n 为大于2的奇质数时，费马猜想是正确的。结合n =4时，费马猜想为真的已有结论，本文不仅认为费马猜想是正确的（怀尔斯已有证明），而且确实存在一种对该猜想的巧妙的初等证明。
附：对商高不定方程的一种新解法
当n =2时，（4）式(p +1) −p =q 化为了
n
n
n
2p +1=q 2
d
>1的前提下，恒有 c
d
(2−12
q −1d 2−c 2p === 222c 2
为正有理数。即（4）式在n =2时，有正有理数解
之形式。易知在满足q =
d 2−c 2d p =, q = 2
2c c
其中c , d 为满足d >c 的任意正整数。
d 2−c 2d
将p =, q =代入（9）式，有 2
2c c
d 2−c 2
x =pk =k 2
2c d
y =qk =k
c
(d 2−c 2) +2c 2d 2+c 2
z =(p +1) k =k =k 22
2c 2c
令k =a =2c （以满足(x , y , z ) =1），我们立即得到（１）式在n =2时的正整数解组如下：
2
x =d 2−c 2y =2cd z =d 2+c 2
即（1）式在n =2时，确实有形如x =d −c , y =2cd , z =d +c 形式的正整数解。
此法不仅比现有数论书籍中给出的对商高不定方程的所有解法都要简明得多，且使我们
2
2
2
2
………………（17）
明白了商高不定方程的正整数解组为何具有如此这般之形式。反过来，商高不定方程的这种新解法，也从侧面印证了本文基本思路的正确性。
① 华罗庚. 数论导引[M].北京：科学出版社,1979年版. 第318页.
作者简介：陈剑涛（1961-），湖北老河口人，哲学博士，现为黄冈师范学院副教授，硕士研究生导师，主要从事认知与科学技术哲学研究。
An Elementary Proof to Fermat Last Theorem
and A New Method for Solving Bythagras Indefinite Equation
Chen Jiantao
(Huanggang Normal University Huanggang Hubei 438000)
Abstract: By a simple elementary transformation, this paper proves that if the equation x n +y n =z n has positive integer solutions when n >2, then the equation (p +1) n −p n =q n has positive rational number solutions when n >2.But it can be proved that the latter has no positive rational number solutions when n equals to any odd prime number which is greater than 2, thus a conclusion is drawn that Fermat last theorem can be proved by an elementary mathematical methods,too. Furthermore, a new method is presented for solving Bythagoras indefinite equation in the paper.
Key words: Fermat Last Theorem Elementary Proof new method for solving Bythagoras indefinite equation
11
费马大定理的初等证明 与商高不定方程的新解法
陈剑涛
（黄冈师范学院 湖北黄冈 438000）
[内容摘要]本文通过一种简单的初等变换证明，若方程x +y =z 在n >2时有正整数解，则方程(p +1) −p =q 在n >2时必有正有理数解。但可以证明，在n 为大于2的奇质数时，后一方程并无正有理数解，从而断定费马大定理是可以用巧妙的初等方法予以证明的。作为副产品，本文还得到了商高不定方程的一种同样巧妙的新解法。 [关 键 词]费马大定理 初等证明 商高不定方程的新解法
虽然让世人魂牵梦萦几个世纪的费马猜想或费马大定理已由英国数学家安德鲁·怀尔斯通过对谷山-志村猜想等的证明而给出了一个冗长、繁难的现代证明，但寻找某种费马所谓的巧妙的初等证明仍是学界一个难了的夙愿。其实早在1992年底，笔者即发现了一种对费马大定理的初等证明和对商高不定方程的一种新解法（后在一些数学界朋友的帮助下有所修改），结果显示，费马大定理确如其本人所言，是可以通过某种巧妙的初等方法予以证明的。
费马（Fermat）在1637年提出猜想，认为方程
n
n
n
n
n
n
x n +y n =z n ……………（1）
此即已被怀尔斯证明了的费马猜想或费马大定理。在n >2时无正整数解，其中n 为自然数。
但本文认为，该定理亦可用初等方法予以证明。
用反证法。
设n 为大于2的任意正整数时，费马猜想不成立，即（1）式有正整数解，并设x , y , z 是满足(x , y , z ) =1的任意一组基础解（或称本原解），则显然有z >y 和z >x 成立。又因x ≠y （若x =y ，则方程（1）变成了z =2x 之形式，已非我们要讨论的费马猜想了），故在x , y 之中必有一个为更小。若设x 为其中之更小者，则必有z ≥x +2成立。令z =x +k （k 为大于或等于2的正整数），则（1）式可写为
x +y =(x +k ) …………（2）
因x , y , k 均为正整数，故必有正有理数p , q 存在，使x =pk , y =qk 成立，代入上式，有
n
n
n
n n
p n k n +q n k n =(pk +k ) n =(p +1) n k n ……………（3）
即此时必有正有理数p , q 存在，使方程
p n +q n =(p +1) n
成立。亦即方程
(p +1) −p =q ……………（4）
在n >2时有正有理数解。
由此可知，欲证明费马猜想成立，只需证明在n >2时，（4）式没有p , q 同时为正整数形式的正有理数解即可（若p , q 均为正整数，则由（3）式知x , y , z 必有公因数k >1，此与已设(x , y , z ) =1相矛盾）。
但可以证明，在n 为大于2的奇质数时，（4）式既没有p , q 均为既约分数形式的正有理数解，也没有p , q 一为既约分数，一为正整数形式的正有理数解，从而证明了在n 为大于2的奇质数时，费马猜想是正确的。结合n =4时费马猜想为真的已有结论，我们即可断定费
①
马猜想确实是正确的，并由此得到了一种对商高不定方程的全新解法。
下面继续用反证法给出具体证明。
首先可以证明，在n 为大于2的奇质数时，（4）式不可能有p , q 均为既约分数形式的正有理数解。
设在n 为大于2的奇质数时，（4）式有p , q 均为既约分数形式的正有理数解
n n n
p =
b d
。 , q =（a , c 均不等于1）
a c
b d
将p =, q =代入（4）式，展开整理后有
a c
1n −1n 232n −3n n −1n −2
C n b c +C n ab n −2c n +C n a b c +...... +C n a bc n +a n −1c n =a n −1d n ………（5）
将上式两边同除以a ，有
1n −1n C n b c 2n −2n 3
b c +C n ab n −3c n +...... +C n n −1a n −3bc n +a n −2c n =a n −2d n …………（6） +C n
a
上式等号两边，除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。但因
1n
(a , b ) =1，a 不能整除b n −1，故欲使该首项为正整数，只能有a |C n c 。
n
当我们根据算术基本定理，将c 写成其标准质因数分解形式
c k n nc k c 2nc 2
（p 1, p 2... p k 为c 的大于1的互异质因c n =(p 1c 1p 2... p i c i ... p k ) =p 1nc 1p 2... p i nc i ... p k
1n −1n
C n b c
数）后可以看出，使a |C c 为可能，从而使为正整数的情况，有下列三种：
a
1n n
（ⅰ）a |C n （ⅱ）a |c
（ⅲ）a =C n p 11p 22... p i i ... p k k ，其中1≤m i ≤nc i , i =1, 2, L k
但可以证明，在满足n 为大于2的奇质数，p , q 均为既约分数的条件下，上述情况均不
1
m
m
m
m
n
1
可能出现，分别证明如下：
（ⅰ）设a |C n
因C n 为奇质数，且已设a ≠1，故欲使a |C n 为可能，只能有a =C n =n ，将a =n 代入（5）式，有
1n −1n 2n −1n −2C n b c +C n nb n −2c n +...... +C n n bc n +n n −1c n =n n −1d n 2
1
1
1
1
将上式两边同除以n 有
2n −2n
b c b n −1c n C n n −1n −4
n bc n +n n −3c n =n n −3d n ++...... +C n
n n
2
C n 1n (n −1) n −1==因n 为奇质数，且n ≥3，所以为正整数，即上式左边除首项
2n n 2×1
b n −1c n
外，其余各项均为正整数，故要求首项也必须为正整数。
n
因n =a 为奇质数，且(a , b ) =1，所以n 不能整除b ，于是只有n |c ，亦即n |c （即a 。将p =整除c ）
n
n
b d
, q =代入（4）式，并写成 a c
c n c 1n −11n −2n −1n −1n −1
d =n [(a +b ) n −b n ]=(n [a n +C n a b +... +C n ab n −1]=ha [a n −1+C n a b +... +C n b ]
a a
⎛c ⎞n
之形式（其中h =⎜⎟为正整数），立知a |d 。因a =n 为奇质数，故有a |d ，从而c , d
⎝a ⎠
有公共质因数a ，此与已设(c , d ) =1矛盾，故假设a |C n 为不可。
（ⅱ）设a |c
记c =l 1a ，代入（6）式有
1n −12n −2n 3n −1n −3C n b l 1+C n b c +C n ab n −3c n +...... +C n a bc n +a n −2c n =a n −2d n
n
n
1
n
将上式两边再除以a ，有
1n −1
C n b l 13n −3n n −1n −4
+C n 2b n −2l 1+C n b c +...... +C n a bc n +a n −3c n =a n −3d n …………（7） a 1n −1C n b l 1
同样，因上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该首项也必须
a
为正整数。因(a , b ) =1，且已证a 不能整除C n ，故该首项为正整数的条件为a |l 1或a 不能整除l 1但a 被奇质数C n 整除后所得的商能整除l 1。
（1）先设a |l 1。
记l 1=l 2a ，则（7）式可写成
1n −12n −23n −3n n −1n −4C n b l 2+C n b l 1+C n b c +...... +C n a bc n +a n −3c n =a n −3d n
1
1
将该式两边再除以a ，有
1n −1C n b l 22n −23n −3n −1n −5
+C n b l 2+C n b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n a
上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。因同样的原因，该项为正整数的条件为a 整除l 2，或a 被C n 整除后所得的商能整除l 2。由于后一种情况在上述对（5）式进行的两边连续同除以a 的运算中，或者不能出现，或者只能出现一次（因该情况一出现，该首项的系数C n 从此即被约去）。故可暂不考虑后一情况，而只先考虑在每次运算中，a 总是能整除c 的各个剩余因数l 1、l 2、l 3…的情况。
设l 2=l 3a ，则上式又可写成
1n −12n −23n −3n −1n −5
C n b l 3+C n b l 2+C n b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n
1
1
n
将以上这种对（5）式两边同时除以a 的运算连续进行n −1次，有
1n −12n −23n −3n −1C n b l n −1+C n b l n −2+C n b l n −3+...... +C n bl 1+c n =d n …………（8）
这里显然有
c n =l 1a =l 2a 2=l 3a 3=... =l n −1a n −1
可见，l n −1是（8）式左边各项的一个公因数，从而也是d 的一个因数，故若l n −1>1，则c , d 必有大于1的公因数存在，此将与(c , d ) =1矛盾，故要求此处的l n −1必须等于1。
但可以证明，在假设a |c 的情况下，此处的l n −1也不可能等于1。
将（1）式改写成z −x =y 之形式后可以看出，若（1）式在n 为大于2的某奇质数时有正整数解，则必有这样一组互质基础解存在，在该组解中，y 的取值在所有解组中为最小。
而y 取最小值的充要条件我们可以从（1）式的互质基础解的表达式中看出来。
n
n
n n
n
已知（1）式有正整数解时，（4）式必有对应的正有理数解p =
b d
, q =存在（在已设a c
两者均为既约分数的情况下，a , c 均不等于1），故（1）式的正整数解组可表示为
x =pk =
b
k a d
y =qk =k
c
a +b
k a
z =(p +1) k =
之形式。显然，为满足x , y , z 为正整数，必有a |k 及c |k 同时成立，即必有k =s [a , c ]成立（其中s 为正整数，[a , c ]为a , c 的最小公倍数）。容易看出，在还要满足x , y , z 是互质基础解组，即满足(x , y , z ) =1的条件下，在k =s [a , c ]中，只能有s =1及[a , c ]=a （否则，
x , y , z 将有大于1的公因数存在），从而有k =s [a , c ]=a ≥c ，于是上述（1）式的互质基
础解的表达式可写为
b b
k =a =b a a d a y =k =d …………（9）
c c a +b z =k =a +b
a x =
即有
a
(a +b ) n −b n =(d ) n …………（9′）
c
成立。
因(c , d ) =1，故使（9′）式右边y =
a
d 取最小值的充要条件为a 取c 的最小倍值，d c
取最小值。
因为a 可以是c 的任意倍，故当a 取c 的最小倍值时，应有a =c 。而从由（8）式给出的d 的表达式中可以看出，当n 为某一确定的奇质数时， d 亦即 d 取最小值的必要条件是作为（8）式左边各项的因数之一的l 1, l 2... l n −1均取最小值，亦即l n −1取最小值。故在已设
n
n
d n 亦即 d 取最小值的情况下，必有l n −1为最小。但可以证明，在假设a |c n 的情况下，此
处l n −1所能取的最小值不可能等于
1。因为若l n −1=1，则由
c n =l 1a =l 2a 2=l 3a 3=... =l n −1a n −1，我们又有a n −1=c n ，但在a , c 均为正整数，n 为大于
2的奇质数时，只有a =c =1，才能使a =c 和a
n −1
=c n 同时成立。此与已设p =
b d , q =a c
均为既约分数，a , c 均不等于1相矛盾，故此处l n −1所可能取的最小值必大于1。而l n −1>1又与已设(c , d ) =1相矛盾，亦为不可。
（2）再设a 不能整除l 1，但a 被C n 整除后所得的商a ′能整除l 1。
1
′a ′，则（7）可写为 记l 1=l 2
2n −23n −3n n −1n −4
′+C n b n −1l 2b l 1+C n b c +...... +C n a bc n +a n −3c n =a n −3d n
将上式两边再除以a ，有
2n −2′C n b l 1b n −1l 23n −3n −1n −5++C n b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n a a
因为在n 为奇质数的情况下，C n , C n ,... C n
12n −1
均是n 的倍数，故上式左边第二项
2n −222n −2
C n b l 1C n b l 1C n b n −2l 1
为正整数，故要求上式首项亦必须为正整数，从而必有a ==1
a n a ′C n a ′
′，记l 2′=l 3′a ，则上式可写为 能整除l 2
2
C n 3n −3n −1n −5′+′+C n b l 3b n −2l 2b l 1+...... +C n a bc n +a n −4c n =a n −4d n
n
n −1
将上述对（5）式两边同除以a 的运算，在a 不能整除l 1，但a 被C n 整除后所得的商a ′能整除l 1的情况下也连续进行n −1次，有
32
C n C n n −1n −2
′−1+′−2+′−3+...... +C n b l n b l n b n −3l n bl 1+c n =d n ……………（10）
n n
1
n −1
这里显然有
′a ′a =l 3′a ′a 2=... =l n ′−1a ′a n −2……………（11） c n =l 1a =l 2
′−1是（10）式左边各项的一个公因数，从而也是d 的一个因数。 可见l n
′−1也不可能等于1。因为若由与前面同样的讨论可知，在假设a |c 的情况下，此处的l n
n
n
′−1＝1，则由（11）式可得c n =a ′a n −2，将a ′=l n
a a n n −1
=代入该式，又有。而nc =a 1
C n n
在n 为大于2的奇质数时，只有a =c =
1n n −1
才能使a =c 和nc =a 同时成立，此与已设n
p =
b d
′−1>1。但当l n 又会与已设(c , d ) =1相, q =均为既约分数相矛盾，故必有l n ′−1>1时，
a c
综合上述（1）、（2）两方面的证明可知，设a |c 亦为不可。
（ⅲ）最后设a =C n p 11p 22... p i i ... p k k ，其中1≤m i ≤nc i , i =1, 2,... k 为书写方便，本文将a =C n p 11p 22... p i i ... p k k 简记为a =n [p i i ]之形式。 将a 代入（5）式，有
1n −1n 32
C n b c +C n 2n [p i m i ]b n −2c n +C n n [p i m i ]2b n −3c n
矛盾，亦为不可。
n
1m m m m
1m m m m m
+...... +C n n −1n n −2[p i m i ]n −2bc n +n n −1[p i m i ]n −1c n =n n −1[p i m i ]n −1d n
………………（12）
现通过该式，就c 及[p i i ]中是否含有质因数n 的几种情况，分别证明设
m k 1m 1m 2
同样为不可能。 a =C n p 1p 2... p i m i ... p k
m
（1）若c =p 11p 22... p k k 中不含质因数n （[p i i ]中自然亦未含有质因数n ），则将（12）
1n −1n
C n b c b n −1c n
式两边同除以n 后知，除等式左边首项=外，其余各项均为正整数，故要
n 2n
2
c c c m
，故必有n |b 求该项也必须为正整数。但因n 不能整除c （因已设c 不含质因数n ）
m
n n −1
，亦
即n |b 。由所设a =n [p i i ]知此时a , b 必含有公因数n ，此与已设(a , b ) =1矛盾，不可。
（2）若c =p 11p 22... p k k 中含有质因数n ，而[p i i ]中未含有质因数n ，则当将（12）式两边同除以n 后立知，d 亦必含有质因数n ，此与(c , d ) =1矛盾，亦不可。
（3）最后一种情况，便是c =p 11p 22... p k k 中含有质因数n ，而[p i i ]中亦含有质因数n 了。
为讨论方便，不妨设p 1=n ，则（12）式可改写为
c k n m k c k n c 2m 2c 21n −12
C n b [n c 1p 2... p k ]+C n n [n m 1p 2... p k ]b n −2[n c 1p 2... p k ]c k n m 2c 232
... p k m k ]2b n −3[n c 1p 2... p k ]+...... +C n n [n m 1p 2m k n −2c k n m 2c 2n −1n −2
... p k ]b [n c 1p 2... p k ]+C n n [n m 1p 2m k n −1c k n m 2c 2
... p k ][n c 1p 2... p k +n n −1[n m 1p 2]m k n −1n m 2
... p k ]d =n n −1[n m 1p 2
c c c m
n
c c c m
………………（13）
的形式。现根据该式，就c 的标准分解式c =n 数之间可能具有的各种关系分别讨论如下：
n n
nc 1
nc k m nc 2
和[p i i ]中的各个质因数的指p 2... p k
（a ）若在指数nc i 中，任有一个设为nc j （其中j ≠1），满足nc j >(n −1) m j ，则当将（13）式两边同除以p j j 时可知，d 必含有该质因数p j ，此与(c , d ) =1矛盾，为不可。
（b ）若在指数nc i 中，任有一个设为nc j （其中j =1, 2,... k ），满足nc j
（c) 若在指数nc i 中，总有nc j =(n −1) m j （其中j =1, 2,... k ），则将（13）式两边同时除以n [n 1p 22... p k k ]后，有
2
b n −1C n m k m 2m 23
+[n m 1p 2... p k ]b n −2+C n [n m 1p 2... p k m k ]2b n −3+......
n n
m 2m 2n −1n −4
n [n m 1p 2+C n ... p k m k ]n −2b +n n −3[n m 1p 2... p k m k ]n −1=n n −3d n
n −1
nc
(n −1) m j
（或在j =1时，同除以nn
(n −1) m 1
）时可知，至少有该
，即b 至少含有该质因数p j （或n ），此与(a , b ) =1矛盾，
2c c c n
因n 为奇质数，故上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故必有n |b
n −1
，即
n |b ，此与(a , b ) =1矛盾，同样为不可。
（d) 由（a ）、（b ）、（c) 的讨论可知，最后一种情况便是在c 与[p i i ]中，两者除了只含质因数p 1=n ，且必须满足nc 1>(n −1) m 1外，不可能再有其他质因数了，将c =n 1及
c
m
a =n [n m 1]=n ⋅n m 1=n 1+m 1代入（5）式，有
1n −1nc 121+m 1n −2nc 13
C n b n +C n n b n +C n (n 1+m 1) 2b n −3n nc 1
+...... +C n n −1(n 1+m 1) n −2bn nc 1+(n 1+m 1) n −1n nc 1=(n 1+m 1) n −1d n
在m 1=0时，有a =n
1+m 1
………………（14）
1
之情形，在（ⅰ）中已经证明，为不可。在=n ，此即a |C n
m 1≥1时，将（14）式两边同时除以a =n 1+m 1，有
1n −1nc
C n b n 2n −2nc 31+m n −3nc
+C b n +C n b n n n 1+m
n
1+m n −3nc 1+m n −2nc 1+m n −2n
+...... +C n n −1(n ) bn +(n ) n =(n ) d
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
上式两边，除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。 但因n 不能整除b
n −1
，所以n
1+m 1
也不能整除C n b
1n −1
，故必有n
m 1
|n nc 1，因已知
nc 1>(n −1) m 1，故在n >2时，有n nc 1>n (n −1) m 1≥n 2m 1=n m 1⋅n m 1≥n ⋅n m 1=n 1+m 1，所以必
有n
1+m 1
c k m c 2
及[p i i ]|n n c 1，即有a |c n 。此为不可，在（ⅱ）中已证。由此知，在c =p 1c 1p 2... p k
中亦不可同时含有质因数n 。
于是（ⅲ）中所设a =C n p 11p 22... p i i ... p k k 同样为不可能。
综合上述（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）方面的证明可知，（4）式在n 为大于2的奇质数时，确实不可能有p =
1
m
m
m
m
b d
, q =同时均为既约分数形式的正有理数解。 a c
其次，同样可以证明，在 n 为大于2的奇质数时，（4）式也不可能有p , q 一为正整数，
一为既约分数形式的正有理数解。 仍用反证法。
设在n 为大于2的奇质数时，（4）式有一为正整数，一为既约分数形式的正有理数解。则容易看出，若（4）式有这样一种一为正整数，一为既约分数形式的正有理数解，则只可能是p 为既约分数，q 为正整数。记p =
b
, q =d ，代入（4）式，有 a
b 1b n −12b n −2
C n (+C n (+... +C n n −1(+1=d n
a a a
将上式两边同乘以a
n −2
，有
1n −1
C n b n −1n −3
a b +a n −2=a n −2d n +C n 2b n −2+... +C n
a
1n −1C n b
上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故首项也必须为正整数。但因
a
111
，但因C n =n 为奇质数，且已设a ≠1，故此时必有a =C n =n ，(a , b ) =1，故只能有a |C n
从而有
2n −2n −1n −3b n −1+C n b +... +C n a b +a n −2=a n −2d n
两边再除以a =n ，有
2n −2
b b n −1C n
++... +C n n −1a n −4b +a n −3=a n −3d n a n
b n −1
显然上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故首项亦必须为正整数，即必有
a a |b n −1成立，此与(a , b ) =1矛盾，不可。
可见，（4）式在n 为大于2的奇质数时，也不可能有形如p =
b
, q =d 形式的一为正a
整数，一为既约分数形式的正有理数解。
综合上述证明可知，在n 为大于2的奇质数时，（4）式既无p , q 均为既约分数形式的正有理数解，亦无p , q 一为既约分数，一为正整数形式的正有理数解。由此我们得到结论，在n 为大于2的奇质数时，费马猜想是正确的。结合n =4时，费马猜想为真的已有结论，本文不仅认为费马猜想是正确的（怀尔斯已有证明），而且确实存在一种对该猜想的巧妙的初等证明。
附：对商高不定方程的一种新解法
当n =2时，（4）式(p +1) −p =q 化为了
n
n
n
2p +1=q 2
d
>1的前提下，恒有 c
d
(2−12
q −1d 2−c 2p === 222c 2
为正有理数。即（4）式在n =2时，有正有理数解
之形式。易知在满足q =
d 2−c 2d p =, q = 2
2c c
其中c , d 为满足d >c 的任意正整数。
d 2−c 2d
将p =, q =代入（9）式，有 2
2c c
d 2−c 2
x =pk =k 2
2c d
y =qk =k
c
(d 2−c 2) +2c 2d 2+c 2
z =(p +1) k =k =k 22
2c 2c
令k =a =2c （以满足(x , y , z ) =1），我们立即得到（１）式在n =2时的正整数解组如下：
2
x =d 2−c 2y =2cd z =d 2+c 2
即（1）式在n =2时，确实有形如x =d −c , y =2cd , z =d +c 形式的正整数解。
此法不仅比现有数论书籍中给出的对商高不定方程的所有解法都要简明得多，且使我们
2
2
2
2
………………（17）
明白了商高不定方程的正整数解组为何具有如此这般之形式。反过来，商高不定方程的这种新解法，也从侧面印证了本文基本思路的正确性。
① 华罗庚. 数论导引[M].北京：科学出版社,1979年版. 第318页.
作者简介：陈剑涛（1961-），湖北老河口人，哲学博士，现为黄冈师范学院副教授，硕士研究生导师，主要从事认知与科学技术哲学研究。
An Elementary Proof to Fermat Last Theorem
and A New Method for Solving Bythagras Indefinite Equation
Chen Jiantao
(Huanggang Normal University Huanggang Hubei 438000)
Abstract: By a simple elementary transformation, this paper proves that if the equation x n +y n =z n has positive integer solutions when n >2, then the equation (p +1) n −p n =q n has positive rational number solutions when n >2.But it can be proved that the latter has no positive rational number solutions when n equals to any odd prime number which is greater than 2, thus a conclusion is drawn that Fermat last theorem can be proved by an elementary mathematical methods,too. Furthermore, a new method is presented for solving Bythagoras indefinite equation in the paper.
Key words: Fermat Last Theorem Elementary Proof new method for solving Bythagoras indefinite equation
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