費馬方程X^n+Y^n=Z^n整數(shù)解的增元求解法
莊 嚴 莊宏飛
（遼陽鐵路器材廠 111000）
【 摘要】對費馬方程x^n+y^n=z^n整數(shù)解關(guān)系的證明,多年來在數(shù)學界一直頗多爭議.本文利用平面幾何方法,全面分析了直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解的存在條件,提出對多元代數(shù)式應用增元求值.本文給出的直角三角型邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解的“定a計算法則”；“增比計算法則”；“定差公式法則”；“a值奇偶數(shù)列法則”；是平方整數(shù)解的代數(shù)條件和實踐方法；本文提出建立了一元代數(shù)式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念；本文利用同方冪數(shù)增比性質(zhì),利用整數(shù)方冪數(shù)增項差公式性質(zhì),把費馬方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整數(shù)解判定問題,巧妙地化為了一元定解方程問題.
關(guān)鍵詞：增元求解法 絕對方冪式絕對非方冪式 相鄰整數(shù)方冪數(shù)增項差公式
引言：1621年,法國數(shù)學家費馬（Fermat）在讀看古希臘數(shù)學家丟番圖（Diophantna）著寫的算術(shù)學一書時,針對書中提到的直角三角形三邊整數(shù)關(guān)系,提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2時有無窮多組整數(shù)解,在n＞2時永遠沒有整數(shù)解的觀點.并聲稱自己當時進行了絕妙的證明.這就是被后世人稱為費馬大定理的曠世難題.時至今日,此問題的解答仍繁難冗長,紛爭不斷,令人莫衷一是.
本文利用直角三角形、正方形的邊長與面積的相互關(guān)系,建立了費馬方程平方整數(shù)解新的直觀簡潔的理論與實踐方法,本文利用同方冪數(shù)增比定理,對費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)n＞2時的整數(shù)解關(guān)系進行了分析論證,用代數(shù)方法再現(xiàn)了費馬當年的絕妙證明.
定義1．費馬方程
人們習慣上稱x^n+y^n=z^n關(guān)系為費馬方程,它的深層意義是指：在指數(shù)n值取定后,其x、y、z均為整數(shù).
在直角三角形邊長中,經(jīng)常得到a、b、c均為整數(shù)關(guān)系,例如直角三角形 3 、4、 5 ,這時由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2,所以在方次數(shù)為2時,費馬方程與勾股弦定理同階.當指數(shù)大于2時,費馬方程整數(shù)解之研究,從歐拉到狄里克萊,已經(jīng)成為很大的一門數(shù)學分支.
定義2．增元求解法
在多元代數(shù)式的求值計算中引入原計算項元以外的未知數(shù)項元加入,使其構(gòu)成等式關(guān)系并參與求值運算.我們把利用增加未知數(shù)項元來實現(xiàn)對多元代數(shù)式求值的方法,叫增元求解法.
利用增元求解法進行多元代數(shù)式求值,有時能把非常復雜的問題變得極其簡單.
下面,我們將利用增元求解法來實現(xiàn)對直角三角形三邊a^2+b^2=c^2整數(shù)解關(guān)系的求值.
一,直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解的“定a計算法則”
定理1．如a、b、c分別是直角三角形的三邊,Q是增元項,且Q≥1,滿足條件：
a≥3
{b=（a^2-Q^2）÷2Q
c= Q+b
則此時,a^2+b^2=c^2是整數(shù)解；
證：在正方形面積關(guān)系中,由邊長為a得到面積為a^2,若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q為增元項,且b、Q是整數(shù)）,則可把面積a^2分解為a^2=Q^2+Qb+Qb,把分解關(guān)系按下列關(guān)系重新組合后可得到圖形：
Q2 Qb
其缺口剛好是一個邊長為b的正方形.補足缺口面積b^2后可得到一個邊長
Qb
為Q+b的正方形,現(xiàn)取Q+b=c,根據(jù)直角三角形邊長關(guān)系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2條件可知,此時的a、b、c是直角三角形的三個整數(shù)邊長.
故定理1得證
應用例子：
例1． 利用定a計算法則求直角三角形a邊為15時的邊長平方整數(shù)解?
取應用例子：a為15,選增元項Q為1,根據(jù)定a計算法則得到：
a=15
{b=（a^- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112
c=Q+b=1+112=113
所以得到平方整數(shù)解15^2+112^2=113^2
再取a為15,選增元項Q為3,根據(jù)定a計算法則得到：
a=15
{b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36
c=Q+b=3+36=39
所以得到平方整數(shù)解15^2+36^2=39^2
定a計算法則,當取a=3、4、5、6、7 … 時,通過Q的不同取值,將函蓋全部平方整數(shù)解.
二,直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解“增比計算法則”
定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形邊長的一組整數(shù)解,則有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整數(shù)解.
證：由勾股弦定理,凡a^2+b^2=c^2是整數(shù)解必得到一個邊長都為整數(shù)的直角三角形a c ,根據(jù)平面線段等比放大的原理,三角形等比放大得到 2a 2c；
b2b
3a 3c；4a4c；…由a、b、c為整數(shù)條件可知,2a、2b、2c；
3b 4b

3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整數(shù).
故定理2得證

應用例子：
例2．證明303^2+404^2=505^2是整數(shù)解?
解；由直角三角形35得到3^2+4^2=5^2是整數(shù)解,根據(jù)增比計
4
算法則,以直角三角形3×1015×101關(guān)系為邊長時,必有
4×101
303^2+404^2=505^2是整數(shù)解.
三,直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解“定差公式法則”
3a + 2c + n = a1
（這里n=b-a之差,n=1、2、3…）
定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是滿足b-a=n關(guān)系的整數(shù)解,那么,利用以上3a+2c+ n = a1公式連求得到的a1、a2、a3…ai 所組成的平方數(shù)組ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差關(guān)系的整數(shù)解.
證：取n為1,由直角三角形三邊3、4、5得到3^2+4^2=5^2,這里n=b-a=4-3=1,根據(jù) 3a + 2c + 1= a1定差公式法則有：
a1=3×3+2×5+1=20這時得到
20^2+21^2=29^2 繼續(xù)利用公式計算得到：
a2=3×20+2×29+1=119 這時得到
119^2+120^2=169^2繼續(xù)利用公式計算得到
a3=3×119+2×169+1=696 這時得到
696^2+697^2=985^2
…
故定差為1關(guān)系成立
現(xiàn)取n為7,我們有直角三角形21^2+28^2=35^2,這里n=28-21=7,根據(jù) 3a + 2c + 7 = a1定差公式法則有：
a1=3×21+2×35+7=140這時得到
140^2+147^2=203^2 繼續(xù)利用公式計算得到：
a2=3×140+2×203+7=833這時得到
833^2+840^2=1183^2 繼續(xù)利用公式計算得到：
a3=3×833+2×1183+7=4872這時得到
4872^2+4879^2=6895^2
…
故定差為7關(guān)系成立
再取n為129,我們有直角三角形387^2+516^2=645^2,這里n=516-387=129,根據(jù) 3a + 2c + 129= a1定差公式法則有：
a1=3×387+2×645+129=2580 這時得到
2580^2+2709^2=3741^2 繼續(xù)利用公式計算得到：
a2=3×2580+2×3741+129=15351這時得到
15351^2+15480^2=21801^2繼續(xù)利用公式計算得到：
a3=3×15351+2×21801+129=89784這時得到
89784^2+89913^2=127065^2
…
故定差為129關(guān)系成立
故定差n計算法則成立
故定理3得證
四,平方整數(shù)解a^2+^b2=c^2的a值奇偶數(shù)列法則：
定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三個整數(shù)邊長,則必有如下a值的奇數(shù)列、偶數(shù)列關(guān)系成立；
（一） 奇數(shù)列a：
若a表為2n+1型奇數(shù)（n=1、2、3 …）, 則a為奇數(shù)列平方整數(shù)解的關(guān)系是：
a=2n+1
{c=n^2+（n+1）^2
b=c-1
證：由本式條件分別取n=1、2、3 …時得到：
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
7^2+24^2=25^2
9^2+40^2=41^2
11^2+60^2=61^2
13^2+84^2=85^2
…
故得到奇數(shù)列a關(guān)系成立
（二）偶數(shù)列a：
若a表為2n+2型偶數(shù)（n=1、2、3 …）, 則a為偶數(shù)列平方整數(shù)解的關(guān)系是：
a=2n+2
{c=1+（n+1）^2
b=c-2
證：由本式條件分別取n=1、2、3 …時得到：
4^2+3^2=5^2
6^2+8^2=10^2
8^2+15^2=17^2
10^2+24^2=26^2
12^2+35^2=37^2
14^2+48^2=50^2
…
故得到偶數(shù)列a關(guān)系成立
故定理4關(guān)系成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三邊中：
b-a之差可為1、2、3…
a-b之差可為1、2、3…
c-a之差可為1、2、3…
c-b之差可為1、2、3…
定差平方整數(shù)解有無窮多種；
每種定差平方整數(shù)解有無窮多個.
以上,我們給出了平方整數(shù)解的代數(shù)條件和實踐方法.我們同樣能夠用代數(shù)方法證明,費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)n＞2時沒有整數(shù)解.證明如下：
我們首先證明,增比計算法則在任意方次冪時都成立.
定理5,若a,b,c都是大于0的不同整數(shù),m是大于1的整數(shù),如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方冪關(guān)系成立,則a,b,c,d,e增比后,同方冪關(guān)系仍成立.
證：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中,取增比為n,n＞1,
得到： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
原式化為 ：n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
兩邊消掉 n^m后得到原式.
所以,同方冪數(shù)和差式之間存在增比計算法則,增比后仍是同方冪數(shù).
故定理5得證
定理6,若a,b,c是不同整數(shù)且有a^m+b=c^m關(guān)系成立,其中b＞1,b不是a,c的同方冪數(shù),當a,b,c同比增大后,b仍然不是a,c的同方冪數(shù).
證：取定理原式a^m+b=c^m
取增比為n,n＞1,得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
原式化為： n^m（a^m+b）=n^mc^m
兩邊消掉n^m后得到原式.
由于b不能化為a,c的同方冪數(shù),所以n^mb也不能化為a,c的同方冪數(shù).
所以,同方冪數(shù)和差式間含有的不是同方冪數(shù)的數(shù)項在共同增比后,等式關(guān)系仍然成立.其中的同方冪數(shù)數(shù)項在增比后仍然是同方冪數(shù),不是同方冪數(shù)的數(shù)項在增比后仍然是非同方冪數(shù).
故定理6得證
一元代數(shù)式的絕對方冪與絕對非方冪性質(zhì)
定義3,絕對某次方冪式
在含有一元未知數(shù)的代數(shù)式中,若未知數(shù)取值為大于0的全體整數(shù)時,代數(shù)式的值都是某次完全方冪數(shù),我們稱這時的代數(shù)式為絕對某次方冪式.例如：n^2+2n+1,n^2+4n+4,
n^2+6n+9,……都是絕對2次方冪式；而n^3+3n^2+3n+1,n^3+6n^2+12n+8,……都是絕對3次方冪式.
一元絕對某次方冪式的一般形式為（n+b）^m（m＞1,b為常數(shù)項）的展開項.
定義4,絕對非某次方冪式
在含有一元未知數(shù)的代數(shù)式中,若未知數(shù)取值為大于0的全體整數(shù)時,代數(shù)式的值都不是某次完全方冪數(shù),我們稱這時的代數(shù)式為絕對非某次方冪式.例如：n^2+1,n^2+2,n^2+2n,…… 都是絕對非2次方冪式；而n^3+1,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,n^3+6n^2+8……都是絕對非3次方冪式.
當一元代數(shù)式的項數(shù)很少時,我們很容易確定代數(shù)式是否絕對非某次方冪式,例如n^2+n是絕對非2次方冪式,n^7+n是絕對非7次方冪式,但當代數(shù)式的項數(shù)很多時,得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻.
一元絕對非某次方冪式的一般形式為：在（n+b）^m（m＞2,b為常數(shù)項）的展開項中減除其中某一項.
推理：不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數(shù)式必定在未知數(shù)取某一值時得出一個完全m次方數(shù).例如：3n^2+4n+1不是絕對非3次方冪式,取n=1時有3n^2+4n+1=8=2^3,3n^2+3n+1不是絕對非2次方冪式,當n=7時,3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方冪項的一元代數(shù)式對任何方冪沒有唯一性.2n+1=9=3^2,2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2,4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3,2n+1=125=5^3 ……
證明：一元代數(shù)式存在m次絕對非方冪式；
在一元代數(shù)式中,未知數(shù)的不同取值,代數(shù)式將得到不同的計算結(jié)果.未知數(shù)與代式計算結(jié)果間的對應關(guān)系是唯一的,是等式可逆的,是純粹的定解關(guān)系.這就是一元代數(shù)式的代數(shù)公理.即可由代入未知數(shù)值的辦法對代數(shù)式求值,又可在給定代數(shù)式數(shù)值的條件下反過來對未知數(shù)求值.利用一元代數(shù)式的這些性質(zhì),我們可實現(xiàn)整數(shù)的奇偶分類、余數(shù)分類和方冪分類.
當常數(shù)項為1時,完全立方數(shù)一元代數(shù)表達式的4項式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1,它一共由包括2個方冪項在內(nèi)的4個單項項元組成,對這個代數(shù)式中3個未知數(shù)項中任意一項的改動和缺失,代數(shù)式都無法得出完全立方數(shù).在保留常數(shù)項的前提下,我們鎖定其中的任意3項,則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數(shù)式,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,對這3個代數(shù)式來說,使代數(shù)式的值成為立方數(shù)只能有唯一一個解,即補上缺失的第4項值,而且這個缺失項不取不行,取其它項值也不行.因為這些代數(shù)式與原立方代數(shù)式形成了固定的單項定差代數(shù)關(guān)系,這種代數(shù)關(guān)系的存在與未知數(shù)取值無關(guān).這種關(guān)系是：
（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …
n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
n^3+3n+1≠（n+1）^3
3n2+3n+1≠（n+1）^^3
即這3個代數(shù)式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方數(shù).
當取n=1、2、3、4、5 …時,（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是從2開始的全體整數(shù)的立方,而 小于2的整數(shù)只有1,1^3=1,當取n=1時,
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …時,代數(shù)式n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1的值不等于全體整數(shù)的立方數(shù).這些代數(shù)式是3次絕對非方冪式.
由以上方法我們能夠證明一元代數(shù)式：n^4+4n^3+6n^2+1,n^4+4n^3+4n+1,n^4+6n^2+4n+1,4n^3+6n^2+4n+1,在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全4次方數(shù).這些代數(shù)式是4次絕對非方冪式.
能夠證明5次方以上的一元代數(shù)式（n+1）^m的展開項在保留常數(shù)項的前提下,鎖定其中的任意m項后,可得到m個不同的一元代數(shù)式,這m個不同的一元代數(shù)式在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全m次方數(shù).這些代數(shù)式是m次絕對非方冪式.
現(xiàn)在我們用代數(shù)方法給出相鄰兩整數(shù)n與n+1的方冪數(shù)增項差公式；
2次方時有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以,2次方相鄰整數(shù)的平方數(shù)的增項差公式為2n+1.
由于2n+1不含有方冪關(guān)系,而所有奇數(shù)的冪方都可表為2n+1,所以,當2n+1為完全平方數(shù)時,必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整數(shù)解關(guān)系,應用增比計算法則,我們即可得到z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之平方整數(shù)解關(guān)系.但z-x＞1的xyz互素的平方整數(shù)解不能由增比法則得出,求得這些平方整數(shù)解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4為完全平方數(shù)時得出全部z-x=2的平方整數(shù)解后增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9為完全平方數(shù)時得出全部z-x=3的平方整數(shù)解后增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16為完全平方數(shù)時得出全部z-x=4的平方整數(shù)解后增比；
……
這種常數(shù)項的增加關(guān)系適合于全體整數(shù),當取n=1、2、3 … 時,我們可得到整數(shù)中全部平方整數(shù)解.
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為2時成立.
同時,由于所有奇數(shù)的冪方都可表為2n+1及某些偶數(shù)的冪方可表為4n+4,6n+9,8n+16 …… 所以,還必有x^2+y^n=z^2整數(shù)解關(guān)系成立.
3次方時有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以,3次方相鄰整數(shù)的立方數(shù)的增項差公式為3n^2+3n+1.
由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺項公式,它仍然含有冪方關(guān)系,是3次絕對非方冪式.所以,n為任何整數(shù)時3n^2+3n+1的值都不是完全立方數(shù),因而整數(shù)間不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整數(shù)解關(guān)系,由增比計算法則可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之立方整數(shù)解關(guān)系.但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出,表出這些立方費馬方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù)；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù)；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù)；
……
這種常數(shù)項的增加關(guān)系適合于全體整數(shù),當取n=1、2、3 … 時,費馬方程3次方關(guān)系經(jīng)過增比后將覆蓋全體整數(shù).
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為3時無整數(shù)解.
4次方時有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以,4次方相鄰整數(shù)的4次方數(shù)的增項差公式為4n^3+6n^2+4n+1.
由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺項公式,它仍然含有冪方關(guān)系,是4次絕對非方冪式.所以,n為任何整數(shù)時4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方數(shù),因而整數(shù)間不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整數(shù)解關(guān)系,由增比計算法則可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之4次方整數(shù)解關(guān)系.但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出,表出這些4次方費馬方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全4次方數(shù)；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全4次方數(shù)；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全4次方數(shù)；
……
這種常數(shù)項的增加關(guān)系適合于全體整數(shù),當取n=1、2、3 … 時,費馬方程4次方關(guān)系經(jīng)過增比后將覆蓋全體整數(shù).
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為4時無整數(shù)解.
m次方時,相鄰整數(shù)的方冪數(shù)的增項差公式為：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以,m次方相鄰整數(shù)的m次方數(shù)的增項差公式為mn^m-1+…+…+mn+1.
由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺項公式,它仍然含有冪方關(guān)系,是m次絕對非方冪式.所以,n為任何整數(shù)時mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方數(shù),因而整數(shù)間不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整數(shù)解關(guān)系,由增比計算法則可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之m次方整數(shù)解關(guān)系.但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出,表出這些m次方費馬方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全m次方數(shù)；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全m次方數(shù)；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m,所以,n為任何整數(shù)它的值都不是完全m次方數(shù)；
……
這種常數(shù)項的增加關(guān)系適合于全體整數(shù),當取n=1、2、3 … 時,費馬方程m次方關(guān)系經(jīng)過增比后將覆蓋全體整數(shù).
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為m時無整數(shù)解.
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)n＞2時永遠沒有整數(shù)解.
所以,長達三百多年的費馬大定理問題與哥德巴赫猜想問題一樣,也是一個初等數(shù)
學問題.