方根或重根余约数方程.DOC

正整数“方根（重根）余约式” 唯一性定理证明费马猜想 （1979年 - 2008年12月） 【摘要】 根据方根存在唯一性定理，推证“方根余约式”唯一性定理假设zn = xn + yn为正整数等式通过约数分析得到“方根约式”及“方根余约式”由“方根余约式”与确为正整数“方根约式”n次方式“方根余约式”唯一性而证明费马猜想正整数方根可转化为正整数重根，由正整数“重根约式”与“重根余约式”亦可证明并且揭示费马猜想方根重根【关键词】 方根存在唯一性定理 方根（重根）约式 方根（重根）余约式 方根1.1.1.费马猜想费马猜想：“一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的”，即n＞2正整数时zn = xn + yn没有正整数解。对于一个幂不能两个同次幂之和，只有这个幂等于这个幂本身：xn = 0、zn = yn，这就是费马猜想的。如果zn = xn + yn有正整数解即对于正整数使这个等式成立，则z、x、y任何一个正整数是另两个n次幂关系的正整数n次方根。根据方根存在唯一性定理：对于任何非负实数a，存在唯一的非负实数r，它的n次幂等于a，即rn = a，以分解yn或xn因数关于“z”的唯一正整数方根必定存在：z = r（r为正整数）“非0方根”zn = xn + yn = rn z = n= r 1.1.2.“方根余约”唯一性定理 n次方 zn = rn 约去方根约数z = r即得方根余约数zn-1 = rn-1，于是关于“z”的“方根约”和“方根余约”为： z – r = 0 zn-1 - rn-1 = 0根据方根存在唯一性定理，得出“方根约”唯一性定理：对于正整数“方根约”是唯一性的，“方根余约”也必是唯一性的。 1.关于“z”的“方根约式”及“方根余约式”.2.1.方程z n = x n + y n的正整数解 因为zn = xn + yn有正整数解，则( kz )n = ( kx )n + ( ky )n（k为正整数）也有正整数解，设一组最小正整数（ x ，y ）= 1使 zn = yn + xn………………………………………………………………（1） 正整数等式成立。将（1）式变形为zn – xn = yn 两边同除以yn得： ( )n - ( )n = 1……………………………………………………（2） ( - )[( )n-1 + ( )n-2 +…+ ( ) n-2 + ( )n-1] = 1 据约数分析法：把不定方程进行因式分解，然后通过对约数进行分析来求出方程的解，分析确定等式的约数关系，因为z x，所以等式左边两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均等于正1约数，仅由 - = 1推出 ( x + y )n xn + yn = zn这种情形等式不能成立，两个因式均不能等于正约数1；二则两个因式必然是互为正倒数约数，设正整数 a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到“约数式”和“余约数式” – = ………………………………………………………………（3） ( )n-1 + ( )n-2 +…+ ( )n-1 = …………………………………（4） 因而（3）式“约数式”与（4）式“余约数式”为（2）式仅能分解的互为倒数。 .2.析解y与a、b的因数关系 由（3）式得 = + 代入（2）式： ( + )n - ( )n = 1 ( ) ( )n-1 + ( )2( )n-2 +…+ ( )n-1( ) + ( )n = 1 （3）式等式两边分母 y → a 对应，由分数性质必有y含a?因子。设y = ay1代入上式 并除以b化简得： xn-1+by1xn-2+ … +bn-2y1n-2x + bn-1y1n-1 = an………………（5） 又将y = ay1代入（3）式、（4）式化简得： z – x = by1 ………………………………………………………………（6） zn-1 + xzn-2 + … + x n-2z + xn-1 = an…………………………………（7） （4）式等式两边分母yn-1?→ b对应，由分数性质必有yn-1含b 因子，yn-1 = ( ay1)n-1，有y1n-1含b 因子。在（5）式右边项中b整除y1n-1只存在 = 1或者 1两个条件取值，并需明确b与= n的相互关系。 当 = 1时，b一定不含n的因子（n或n的质数因子、合数因子等），如果b含n的因子则等式左边n和b含n的因子与右边a互质，等式不能成立。这时b = y1n-1设正整数c令y1 = c，b = cn-1，使（6）式、（7）式得： z - (x + cn) = 0 …