费马大定理的初等巧妙证明(完全版)

费马大定理的初等巧妙证明(完全版)

李联忠

（营山中学 四川 营山 637700） 费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。即不定方程

z

n

x

n

y当n≥3时无正整数解。

2

n

证明： 当n=2时，有 z ∴ x

2

x

2

y

2

z

2

y

2

2

(zy)(zy) （1）

2

设 (zy)2m 则 zy2m 代入（1）得 x

2

z

2

y

2

2m(2y2m)2m(ym)2ml

2

2

22222222

22

∴ x2ml ylm zlm

当n=3时，有 zxy

∴ xzy(zy)(zzyy) （2） 设 (zy)3m 则 zy3m代入（2）得 xzy3m［(y3m)(y3m)yy］

3m(3y

2

2

2

3

2

3

3

3

2

3

2

3

2

2

3

2

2

3

2

3

3

3

3

2

2

333

33my3m)3m(y

3

3

6

3

2346332

3my3m)

2336

设 (y3my3m)l （3） 则 x3ml （4） zy3m （5）

3

若z,y的公约数为k,即 (z,y)=k ，k>1时，方程xzy两边可以除以k，下面

3

3

3

2

3

分析k=1 即（z,y）=1 , 方程xzy的正整数解

因为（z,y）=1，分析（2），（3），（4），（5）式，只有m,l为正整数时，x,y,z可能有正整数解，由（3）得

y(y3m)l

2

3

3

333

3m

36

(l3m)(l

22

3ml3m) (6)

224

∵ y, m, l都取正整数，

∴y(y3m) (l3m)(l3ml3m)

2

3

2

2

2

2

4

∴ y(l3ml3m)

∴ y没有形如y(l3ml3m)的正整数解。

又∵（6）式左边分解为y和y的（3－2）次式，右边分解为(l3m)和l的（3－1）次式，且y, m, l都取正整数，如果y=(l3m),则y3m

y3m

2

3

2

2

3

2

2

2

2

4

2224

(l

2

3ml3m)，如果

224

(l

2

3ml3m)，则y>(l3m).

2

2

3

2242

∴y(l3m)和y3m

2

(l

2

3ml3m)不能同时成立

224

∴ y没有形如y(l3m)的正整数解

若 (l3m)=ab , (l3ml3m)=cd (a,b,c,d为正整数)可得相应方程组

yal3mycl3myacl3m

或或232323

y3mbcdy3mabdy3mbd

2

2

2

2

2

4

222

这些方程组里的m, l没有正

整数解，若有正整数解，则与y没有形如y(l3m)或y(l3ml3m)的正整数解矛盾。

又 ∵ y(l3m)在m, l取正整数的条件下，y可取到任意正整数 ∴ y没有正整数解。

∴ 当n=3时，方程zxy无正整数解。 当n>3时，z∴ x

n

n

3

3

3

2

2224

x

n

y

n1

n

z

n

y

n

(zy)(z

n1

z

n2

yzym

n

n2

y

n1

) （7）

令 (zy)n

x

n

m

n

则 zyn

n1

n1

代入（7）得

n2

z

n1

n

y

n

n

(zy)(z

n1

z

n2

yzy

n1

y

n1

)

n1

nn

m［（ynm［ny

n

n1

m)

nn1

(ynm)

1

nn2

y(yn

n1

m)y

nn2

y

n1

)］

n1

(cn1cn2c2c1)n

111

m

n

y

n2



22222(n1)2nn3

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)(n2)nn1(n1)(n1)(n1)n

mycn1nm］ (cn1cn2)n

nnn11111n11nn2

(cn1cn2c2c1)nmy nm［y

22222(n1)12nn3

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)1(n2)nn1(n1)(n1)1(n1)n

mycn1nm］ (cn1cn2)n

［y设

n1

(cn1cn2c2c1)n

1111n11

m

n

y

n2



22222(n1)12nn3

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)1(n2)nn1(n1)(n1)1(n1)n

mycn1nm］ (cn1cn2)n

l （8）

n

则 x3ml （9） zyn

n1

m

n

（10）

n

若z,y的公约数为k,即 (z,y)=k ，k>1时，方程x析k=1 即（z,y）=1 , 方程x

n

z

x

y两边可以除以k

nn

，下面分

z

x

y的正整数解

n

因为（z,y）=1，分析（7），（8），（9），（10）式，只有m,l为正整数时，x,y,z可能有正

整数解，由（8）得

y［y

n11

(cn1cn2c2c1)n

1111n11

m

n

y

n21



22222(n1)12nn31

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)1(n2)n

m］ (cn1cn2)n

(ln

n2

m

n1

)(l

n1

l

n2

n

n2

m

n1

l

n1

n3

n

2(n2)

m

2(n1)

n

(n1)(n2)

m

(n1)(n1)

) (11)

简记为 y f(y

n2

)=(l3

n2

m

n1

)F(l)

∵ y, m, l都取正整数。 ∴y

n2

) (l3

l

n2

n2

m

n3

n1

)

m

n1

)

n

(n1)(n2)

∴ y(l

n1

n

n2

m

n1

ln

2(n2)2(n1)

m

(n1)(n1)

)= F(l

n1

)

∴ y没有形如y= F(l

n1

)的正整数解。

n2

又∵（11）式左边分解为y和y的（n－2）次式，右边分解为(ln次式，且y, m, l都取正整数，如果y=(ln则y>(l3

n2

n2

m

n1

)和l的（n－1）

n2

m

n1

),则f(y

n2

)

n1

),如果f(y)=F(l

n1

),

m

n1

)

∴y(ln

n2

m

n1

)和f(y

n2

n2

)=F(l

n1

)不能同时成立。

∴ y没有形如y(ln若(l3

n2

m

n1

)的正整数解。

m

n1

)=ab , F(l

n1

n1

)=cd (a,b,c,d为正整数)可得相应方程组

n2

n1

yalnn2f(y)bcd

n2

m

mycln

或

n2

f(y)abdyacln

或

n2

f(y)bd

n2

n2

m

n1

这些方程组里的

m, l没有正整数解，若有正整数解，则与y没有形如y(ln整数解矛盾。

又 ∵ y(ln

n2

m

n1

)或y= F(l

n1

)的正

m

n1

)在m, l取正整数的条件下，y可取到任意正整数

∴ y没有正整数解。 ∴ 当n>3时，方程z定理得证。

n

x

n

y无正整数解。

n

费马大定理的初等巧妙证明(完全版)

李联忠

（营山中学 四川 营山 637700） 费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。即不定方程

z

n

x

n

y当n≥3时无正整数解。

2

n

证明： 当n=2时，有 z ∴ x

2

x

2

y

2

z

2

y

2

2

(zy)(zy) （1）

2

设 (zy)2m 则 zy2m 代入（1）得 x

2

z

2

y

2

2m(2y2m)2m(ym)2ml

2

2

22222222

22

∴ x2ml ylm zlm

当n=3时，有 zxy

∴ xzy(zy)(zzyy) （2） 设 (zy)3m 则 zy3m代入（2）得 xzy3m［(y3m)(y3m)yy］

3m(3y

2

2

2

3

2

3

3

3

2

3

2

3

2

2

3

2

2

3

2

3

3

3

3

2

2

333

33my3m)3m(y

3

3

6

3

2346332

3my3m)

2336

设 (y3my3m)l （3） 则 x3ml （4） zy3m （5）

3

若z,y的公约数为k,即 (z,y)=k ，k>1时，方程xzy两边可以除以k，下面

3

3

3

2

3

分析k=1 即（z,y）=1 , 方程xzy的正整数解

因为（z,y）=1，分析（2），（3），（4），（5）式，只有m,l为正整数时，x,y,z可能有正整数解，由（3）得

y(y3m)l

2

3

3

333

3m

36

(l3m)(l

22

3ml3m) (6)

224

∵ y, m, l都取正整数，

∴y(y3m) (l3m)(l3ml3m)

2

3

2

2

2

2

4

∴ y(l3ml3m)

∴ y没有形如y(l3ml3m)的正整数解。

又∵（6）式左边分解为y和y的（3－2）次式，右边分解为(l3m)和l的（3－1）次式，且y, m, l都取正整数，如果y=(l3m),则y3m

y3m

2

3

2

2

3

2

2

2

2

4

2224

(l

2

3ml3m)，如果

224

(l

2

3ml3m)，则y>(l3m).

2

2

3

2242

∴y(l3m)和y3m

2

(l

2

3ml3m)不能同时成立

224

∴ y没有形如y(l3m)的正整数解

若 (l3m)=ab , (l3ml3m)=cd (a,b,c,d为正整数)可得相应方程组

yal3mycl3myacl3m

或或232323

y3mbcdy3mabdy3mbd

2

2

2

2

2

4

222

这些方程组里的m, l没有正

整数解，若有正整数解，则与y没有形如y(l3m)或y(l3ml3m)的正整数解矛盾。

又 ∵ y(l3m)在m, l取正整数的条件下，y可取到任意正整数 ∴ y没有正整数解。

∴ 当n=3时，方程zxy无正整数解。 当n>3时，z∴ x

n

n

3

3

3

2

2224

x

n

y

n1

n

z

n

y

n

(zy)(z

n1

z

n2

yzym

n

n2

y

n1

) （7）

令 (zy)n

x

n

m

n

则 zyn

n1

n1

代入（7）得

n2

z

n1

n

y

n

n

(zy)(z

n1

z

n2

yzy

n1

y

n1

)

n1

nn

m［（ynm［ny

n

n1

m)

nn1

(ynm)

1

nn2

y(yn

n1

m)y

nn2

y

n1

)］

n1

(cn1cn2c2c1)n

111

m

n

y

n2



22222(n1)2nn3

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)(n2)nn1(n1)(n1)(n1)n

mycn1nm］ (cn1cn2)n

nnn11111n11nn2

(cn1cn2c2c1)nmy nm［y

22222(n1)12nn3

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)1(n2)nn1(n1)(n1)1(n1)n

mycn1nm］ (cn1cn2)n

［y设

n1

(cn1cn2c2c1)n

1111n11

m

n

y

n2



22222(n1)12nn3

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)1(n2)nn1(n1)(n1)1(n1)n

mycn1nm］ (cn1cn2)n

l （8）

n

则 x3ml （9） zyn

n1

m

n

（10）

n

若z,y的公约数为k,即 (z,y)=k ，k>1时，方程x析k=1 即（z,y）=1 , 方程x

n

z

x

y两边可以除以k

nn

，下面分

z

x

y的正整数解

n

因为（z,y）=1，分析（7），（8），（9），（10）式，只有m,l为正整数时，x,y,z可能有正

整数解，由（8）得

y［y

n11

(cn1cn2c2c1)n

1111n11

m

n

y

n21



22222(n1)12nn31

my (cn1cn2c3c2)n

n2n2(n2)(n1)1(n2)n

m］ (cn1cn2)n

(ln

n2

m

n1

)(l

n1

l

n2

n

n2

m

n1

l

n1

n3

n

2(n2)

m

2(n1)

n

(n1)(n2)

m

(n1)(n1)

) (11)

简记为 y f(y

n2

)=(l3

n2

m

n1

)F(l)

∵ y, m, l都取正整数。 ∴y

n2

) (l3

l

n2

n2

m

n3

n1

)

m

n1

)

n

(n1)(n2)

∴ y(l

n1

n

n2

m

n1

ln

2(n2)2(n1)

m

(n1)(n1)

)= F(l

n1

)

∴ y没有形如y= F(l

n1

)的正整数解。

n2

又∵（11）式左边分解为y和y的（n－2）次式，右边分解为(ln次式，且y, m, l都取正整数，如果y=(ln则y>(l3

n2

n2

m

n1

)和l的（n－1）

n2

m

n1

),则f(y

n2

)

n1

),如果f(y)=F(l

n1

),

m

n1

)

∴y(ln

n2

m

n1

)和f(y

n2

n2

)=F(l

n1

)不能同时成立。

∴ y没有形如y(ln若(l3

n2

m

n1

)的正整数解。

m

n1

)=ab , F(l

n1

n1

)=cd (a,b,c,d为正整数)可得相应方程组

n2

n1

yalnn2f(y)bcd

n2

m

mycln

或

n2

f(y)abdyacln

或

n2

f(y)bd

n2

n2

m

n1

这些方程组里的

m, l没有正整数解，若有正整数解，则与y没有形如y(ln整数解矛盾。

又 ∵ y(ln

n2

m

n1

)或y= F(l

n1

)的正

m

n1

)在m, l取正整数的条件下，y可取到任意正整数

∴ y没有正整数解。 ∴ 当n>3时，方程z定理得证。

n

x

n

y无正整数解。

n