费马大定理的证明——一个特殊的情况，包含了重要的数学思想

费马大定理（FLT）指出没有正整数x，y和z满足以下丢番图方程：

  • 式1：费马大定理指出，如果n是大于2的整数，则不存在满足该方程的正整数x、y和z。

对于任意的n：

  • 式2：n在费马大定理中必须遵守的条件。

式中，Z为整数集合。1637年，法国律师、数学家皮埃尔·德·费马（Pierre de Fermat）在一本《算术》（arithtica）的页边空白处提出了这个猜想。《算术》是公元3世纪亚历山大的丢番图（Diophantus）撰写的一部古希腊数学著作。

  • 图1：左边是丢番图的《算术》的拉丁文原版的扉页。右边是亚历山大丢番图的雕像

据说，费马证明出了费马大定理，但证明过程太长，书页的空白处放不下。英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在费马大定理提出的350多年之后，于1995年首次成功地证明了这个猜想。

  • 图2：法国律师和数学家皮埃尔·德·费马。1670年版的丢番图的《算术》，其中包括费马猜想，被称为他的“最后定理”（红框内）。

n=4时的费马定理

我们将证明n=4的情况，它是最简单的。然而，在此之前，我们需要证明以下关于勾股定理的更简单的辅助定理。

辅助定理

所有符合勾股定理的三元组：

  • 式3：著名的勾股定理。

由下式给出：

  • 式4：式3的通解。

其中：

其中u和v是奇数，N是自然数的集合。注意，x和y是可以交换的。因为，如果(x, y, z)是一个解，那么(y, x, z)也是。

  • 图3：这个动画显示了一个毕达哥拉斯三元组的例子

证明如下。

第1部分

首先，证明式4中的三元组满足式3是很简单的。只需将前者代入后者，经过几行代数运算，我们就得到了想要的结果。

第2部分

我们现在要证明所有满足式3的三元组都由式4给出。我们首先假定(x, y, z)是一个本原三元组，这意味着它们没有公因数，而y是偶数。这意味着y^2的两个因子：

  • 式5：式3的另一种写法。

如果没有公因式，每个公因式都是一个平方数，我们称之为u^2和v^2。因此：

  • 式6：式4的解是这些(x, y, z)的倍数。

这就结束了辅助定理的证明。在最后证明之前，我们还需要一个更重要的概念：无限下降法。

数学插曲：用无限下降法证明

根据维基百科“无限下降法证明是反证法”，用来表示一个命题不能适用于任何数，通过证明如果这个语句适用于一个数字，那么同样的道理也适用于更小的数字，导致无限下降，最终产生矛盾。

  • 图5：无限下降法的图示。

我们现在准备解决n=4的特殊情况下的费马大定理。

证明n=4时的费马大定理

根据费马大定理的n=4的情况，不存在互质的三元组(x, y, z)∈N^3，使得：

  • 式7：费马大定理指出，不存在(x, y, z)∈N^3满足此关系。

运用上述的无限下降法，我们首先证明存在三元组(x, y, z)符合以下条件：

意味着存在着另一个三元组，满足：

  • 式8：如果有一个三元组满足x^4+y^4= z^2，那么也有一个三元组满足这两个关系。

由辅助定理可知，存在这样的相对素数：

  • 从辅助定理中，我们知道存在相对素数m并且(x^2，y^2，z)满足式3。

现在请注意，三元组(n, y, m)是互质的勾股数，因为：

  • 式10

因此，引入新的相对素数：

  • 式11：因为(n, y, m)是互质的数勾股数，所以存在符合上述等式的相对质数。

既然(m, n/2)和(r, s)是相对素数对：

  • 式12

我们得出m，n/2，r和s都是平方数。因此，我们可以这样写：

  • 式13：由于(m, n/2)和(r, s)是相对素数对，因此，m，n/2，r和s都是平方数。

那么式11中的第三个元素就给了我们：

  • 式14：式11和式13中定义的一个结果。

但我们知道，通过构造：

  • 式15：这个不等式意味着我们有一个三元组(u, v,w)其中w小于之前的w。

这个过程的重复将会给我们无穷多个解，并且每个解都有一个新的w小于前一个w。因此，使用无限下降的方法我们得出了证明。

  • 图6：左边是皮埃尔·德·费马的墓地。右边是费马在1660年3月4日手写的遗嘱。

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