费马定理的推理

费马定理的推理
费马定理的推理

费马定理的推理
一定要采纳,找的我很辛苦!
费马大定理：方程xm+ym=zm,其中x、y、z、m不等于0,且均为整数,m≥3,则方程没有整数解.

下面讨论xyz均为正整数,且幂指数为2n+1时的情况.
（1）
根据二项式定理则有：（x+y）2n+1
=x2n+1+ y 2n+1+C2n+12n x2n y+ C2n+12n-1 x2n-1 y2 +.+ C2n+12 x2 y2n-1+ C2n+11 x y2n
= x2n+1+ y 2n+1+（C2n+12n x2n y+ C2n+11 x y2n）+(C2n+12n-1x2n-1y2+C2n+11 x y2n)+……(C2n+1n+1 xn+1 y n+C2n+1n xny n+1)（注：括号共有n对,含2n项,还有组合Ca2n+1无论a为取限定范围内的什么数值,组合数中均是2n+1（后注：前提是2n+1为素数）的自然数倍.）
根据上式,括号内提取公因式后,括号内还剩x2n－1+ y 2n－1,x2n－3+ y2n－3 ,x2n－5+ y 2n－5,.x+y.
接下来,再把x2n－1+ y 2n－1,x2n－3+ y 2n－3.等按上面方法化解,可以得出这些项式均是x+y的倍数.举例如33＋53＝27＋125＝152,152/（3+5）=19.
上面化解方法比较费力,我们可以反证法证明.
设x2m－1+ y 2m－1（0＜2m-1＜2n-1）且在x2n－1+ y 2n－1 ,x2n－3+ y2n－3.等项式中是最小的幂指数不是x+y的倍数.那么它以下的如x2m－3+ y 2m－3等皆是x+y的倍数,根据上面方法把x2m－1+ y 2m－1展开后,根据假设推出的结果,得出x2m－1+ y 2m－1为x+y的倍数的结论.由此反证出‘x2m－1+ y 2m－1（0＜2m-1＜2n-1）不是x+y的倍数’这一假设与结论相逆,故假设不成立,即x2m－1+ y 2m－1亦是x+y的倍数.（注：这里省略了x1+y1,x3+y3的证明,因为这两数是基础数,故必须要证明,不然上述反证法是不完备的.）
所以我们可以得出x2n+1+ y 2n+1亦是x+y的倍数.
根据上面,可以得到两个结论：
结论一：两个整数xy,则有x2n-1+y2n-1（n属于自然数）是x+y的整数倍,且x≠ -y时,此整数倍也不为0.
结论二：两个整数xy,则有x4n-2-y4n-2（n属于自然数）是（x+y）（x-y）的整数倍,且x≠y时,此整数倍也不为0.（注：这里不限制x,y是正整数还是负整数.）（注：结论一二可以推出费马小定理来：若b为素数,ab互质,则ab-a必为b整除；方法很简便：即把a拆分两个数（a-1）和1,然后根据上述结论展开,刨去b的倍数项,同时1也可以通过加减号约去.就这样一直拆分下去,知道最后得到1b-1=0.这样整个过程中我们只是刨去b的倍数和约去1.而约去的1又不影响式子.故费马小定理得证,但是这里需要注意的是b与Cbn是有关系的,如果b为素数,则Cbn无论n在取值范围内取何值肯定能被b整除；而b为合数时,则不能.读者自己可以参看杨辉三角.）（同时笔者猜测费马当时肯定发现了这两个结论,但是其肯定没想到,即使发现这两个结论,费马大定理也不是很容易证明的,所以笔者一直怀疑费马是否真的证明了费马大定理.笔者是在八年前发现这两个结论,当时证明了一下,后来不久就发现证明过程中有严重漏洞,直到2007年11月份后,笔者有了充足的时间,才重新花费了近半年的时间来重新证明.不过这半年来,笔者不但研究了此定理,而且还针对其他的数学问题进行了摸索,结果还算自我满意.）

（弦外之音：关于勾股公式a2+b2=c2,0 k2n+1中含有(x+y)（注：因为z2n+1中亦含有x＋y）
同理得出：k2n+1中含有(z-y)和（z-x）.

注意的是这里k是小于xyz三种的任何一个数的,此易证.

总结一下：如果假设成立,我们可以得到如下情况：
1、 k与x、y、z分别有大于1的公因数,这些公因数间互质.

2、 k与x+y、z-y、z-x分别有大于1的公因数,且x+y、z-y、z-x间互质,这些公因数间互质.

3、 z与x+y、x与z-y、y与z-x分别有大于1的公因数,这些公因数间互质.

4、 前面提到公因数如果是指最大公因数的话,那么上三条提到的最大公因数对应相等或相同.

5、 z2n+1可以被x+y=z+k整除,
x2n+1可以被z-y =x-k整除,
y2n+1可以被z-x =y-k整除.

6、 k2n+1可以被x+y=z+k整除,
可以被z-y =x-k整除,
可以被z-x =y-k整除.
7、（z-k）2n+1可以被x+y=z+k整除；
(x+k) 2n+1可以被x-k=z-y整除；
(y+k) 2n+1可以被y-k=z-x整除
（推导：[（z+k）-（z-k）] 2n+1=（z+k）2n+1-（z-k）2n+1-(2n+1)（z-k）（z+k）[（z+k）-（z-k）]F,因为[（z+k）-（z-k）] 2n+1=(2k)2n+1中含有(x+y=z+k),观察方程,很容易判断出（z-k）2n+1中亦含有(x+y=z+k)；
[(x+k)-(x-k)] 2n+1=(2k) 2n+1 =(x+k) 2n+1- (x-k) 2n+1-(2n+1)（x-k）（x+k）[（x+k）-(x-k）] E,推得(x+k) 2n+1可以被x-k=z-y整除；
同理y的方法亦如此.)
8、 （z+k）2n+1可以被x+y=z+k整除；
（x-k）2n+1可以被z-y=x-k整除；
（y-k）2n+1可以被z-x=y-k整除.

首先明确一些问题：二项式定理
（a+b）2n+1=a2n+1+ b2n+1+C2n+12n a2n b+ C2n+12n-1 a2n-1 b2 +.+ C2n+12 a2 b2n-1+ C2n+11 a b2n
= a2n+1+ b 2n+1+（C2n+12n a2n b+ C2n+11 a b2n）+(C2n+12n-1a2n-1b2+C2n+11 a b2n)+……(C2n+1n+1 an+1 b n+C2n+1n anb n+1)
上式提取公因数后= a2n+1+ b 2n+1+（2n+1）ab（a+b）A(以下凡涉及到大写字母的情况,其大写字母类同于A,是提取公因数后一个代表.)
其中A的展开式为：（a2n-1 + b2n-1）/（a+b）+ C2n+12ab（a2n-3+b2n-3）/（2n+1）（a+b） +C2n+13a2b2（a2n-5+b2n-5) /（2n+1）（a+b）+……+C2n+1n+2 an+1 b n+1（a3+b 3) /（2n+1）（a+b）+C2n+1n+1 an-1 b n-1/（2n+1）
注意红字部分与蓝字部分的不同.下面就是用到红字部分来证明的.



设x=x1+k,y=y1+k,z=z1+k,因为x与k有最大公因数r,故x1与k有最大公因数r；因为y与k有最大公因数s,故y1与k有最大公因数s；因为z与k有最大公因数t,故z1与k有最大公因数t.（以上皆易证）

又因为x+y-z=k,故推得x1+y1=z1；z=y+x1=x+y1=x1+y1+k.
故x2n+1+y2n+1=z2n+1=（y+x1）2n+1
（注：由这个等式还可以推出：x2n+1-x12n+1中含有y,同理推得：y2n+1-y12n+1中含有x.）
展开上面的式子
x2n+1+y2n+1=y2n+1+x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：x2n+1=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：（x1+k）2n+1=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：x12n+1+k2n+1+（2n+1）x1 k（k+x1）B=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：k2n+1+（2n+1）x1 k（k+x1）B=（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：k2n+1/（2n+1）x1+ k（k+x1）B=y（y+x1）A
分析此等式：如果k2n+1/（2n+1）x1与x1还含有大于1的因数（设为a1）的话,显然推得A中还有a1.（注：这里y（y+x1）与x1互素,且考虑到了x、y、z的奇偶性,且这里我们可以容易推得k必须为偶数.以上结论易证故在此不做证明.）
但我们展开A,发现除了（y2n+1+x12n+1）/（y+x1）这项外,其余的项皆含有x1,而这一项显然不可能含有x1或x1的一些大于1的因数.
故推得y（y+x1）A不含有x1或x1的一些大于1的因数.也就是说k2n+1/（2n+1）x1与x1互素.
根据上面的设,我们再设：k=a1r,x1=b1r,a1b1互素.我们可以推得k2n+1/（2n+1）x1= a12n+1r2n+1/（2n+1）b1r=某整数,进而推得r2n+1中含有b1r,r与b1有公因数.但是如果r2n+1/（2n+1）b1r≠1或r2n+1/br≠1的话,即r2n+1>（2n+1）b1r的话（注：小于的情况不可能存在,这也易证）,则推得r2n+1/（2n+1）b1r与r还有大于1的公因数,进而又推到了前面那个‘如果’上了.所以我们最终推得r2n+1/（2n+1）b1r=1或r2n+1/b1r=1,即（2n+1）x1= r2n+1或x1= r2n+1.

同理推得：（2n+1）y1= s2n+1或y1= s2n+1.
备注:以上（2n+1）x1= r2n+1与（2n+1）y1= s2n+1这两种情况,皆可以用
x2n+1可以被z-y =x-k整除,
y2n+1可以被z-x =y-k整除,
来排除,此易证.
先假设y1=s2n+1,则有y1=z-x=s2n+1,x＝z－s2n+1.
由x2n+1+y2n+1=z2n+1推得：（z-s2n+1）2n+1+y2n+1=z2n+1
推得：-s2n+1-（2n+1）zs2n+1（z-s2n+1）A+y2n+1=0
(备注:这里的正负号是关键,读者可以自己推导一下.如果笔者这里错误的话,那么下面的证明的结论也将错误,但是证明的思路无误.也就说第二个方框内的符号是加是减,皆不影响证明的最终结果,读者自己可以将其换成正号,然后按下面的思路推导一下,还是可以推出悖论的. 即k中必须含有z或是z的倍数)
设y=bs,上式两边除以s2n+1后,推得：
-1-（2n+1）z（z-s2n+1）A+b2n+1=0
推得：b2n+1-1=（2n+1）z（z-s2n+1）A……①

同理先假设: x1=r2n+1,则有x1=z-y=r2n+1,设x=ar,用上述方法推得:a2n+1-1=（2n+1）z（z-r2n+1）B……②
由z2n+1=(x+y1)2n+1= x2n+1+y2n+1,推得: x2n+1+y12n+1+(2n+1)xy1 (x+y1)C= x2n+1+y2n+1
推得: y12n+1+(2n+1)xy1 (x+y1)C= y2n+1
上式两边均除以y1=s2n+1,
推得: y12n+(2n+1)x (x+y1)C=b2n+1…….③
同理:由z2n+1=(x1+y)2n+1= x2n+1+y2n+1
推得: x12n+(2n+1)y(x1+y)D=a2n+1…….④
①③联立合并推得: y12n+(2n+1)x (x+y1)C -1=（2n+1）z（z-s2n+1）A
看上式: x+y1=z, z-s2n+1=x,
所以推得：y12n -1中含有（2n+1）zx……⑤
注意这里ab均为正整数
同理②④联立推得：
x12n -1中含有（2n+1）zy……⑥,
也就是说⑤⑥中含有z,也就意味着含有t.
如果我们依据上面的方法,把（2n+1）y1= s2n+1和（2n+1）x1= r2n+1代换进去的话,则发现:如果x1或y1是2n+1的倍数的话,⑤⑥两个式子根本不可能成立.当然:其实这个也可以用x2n+1可以被z-y整除来判断出x1=z-y≠r2n+1/(2n+1).即先设x=ar与z-y=r2n+1/（2n+1）的最大公约数为r（注意：r中含有2n+1）,这样求出x2n+1/[r2n+1/(2n+1)]后,剩余的式子里还应该含有一个2n+1,进而推出r不是最大公约数.所以x1与y1只能是某整数的2n+1次幂.（注意这里2n+1是素数,所以才有这个结论的）（后注：这里还是证明出来吧：设x=ar,x1= r2n+1/（2n+1）,两者之间最大公因数为r,且r中含有2n+1,a与r互质.x2n+1可以被x1=z-y整除,所以x2n+1/[r2n+1/(2n+1)]必然要等于一个数（这个数中含有2n+1）的2n+1次方,这样推得a2n+1中含有（2n+1）2n,因为2n+1是素数,故推得a中含有2n+1,又推得a与r不互质,悖论出现,故排除了x1= r2n+1/（2n+1）成立的可能性.）
因为:y1=z-x,所以y12n -1=（z-x）2n-1中含有zx,推得：z2n-1中含有x……⑦
x2n-1中含有z……⑧.
同理:由x1=z-y推得: z2n-1中含有y……⑨;
y2n-1中含有z……⑩.
由z2n+1-z=z(z2n-1),依据⑦⑨和费马小定理推得: z2n+1-z中含有(2n+1)xyz……⑾
由⑧⑩⑾和费马小定理及x+y-z=k得出: z2n+1-z= (x2n+1-x)+(y2n+1-y)+k
推得:k中必须含有z或是z的倍数(注:画蓝线部分皆含有z).
而我们又知道k必须小于z,（在题意要求下, k小于xyz三者间中的任何一个数,且四者均大于零,此易证.）所以悖论出现.进而我们可以逆推得假设错误,即费马大定理成立.（注意这里只是证明了费马大定理的核心部分：费马方程没有正整数解,如果扩大到非零整数解的范围的话,总的来说就是核心部分的加减号和正负号的变化,所以证明了核心部分,也就等于证明了费马大定理）

你说的应该不是那个费马大定理或者费马小定理吧
应该是高等数学或者数学分析里的那个费马定理吧
如果是这个，你只需要考虑极值点的函数值特点，分别求极值点处的左导数、右导数就可以了，一个不大于0，一个不小于0，因为两者要相等，因而只能是0了...

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你说的应该不是那个费马大定理或者费马小定理吧
应该是高等数学或者数学分析里的那个费马定理吧
如果是这个，你只需要考虑极值点的函数值特点，分别求极值点处的左导数、右导数就可以了，一个不大于0，一个不小于0，因为两者要相等，因而只能是0了

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