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费马大定理的简易证明
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作者:
马路人群
时间:
2012-9-3 16:15
标题:
费马大定理的简易证明
本帖最后由 马路人群 于 2012-9-3 16:16 编辑
8 h; r: p8 q! [" f: W1 A$ N$ ], A
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费马大定理的另一种证明
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QQ:784177725
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邮箱：
yangtiansheng68@sina.com
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摘要：一个正无理数与一个非0的、不互为倒数[形如n√a的无理数，另一个因数不为n√a^n-1(n次根号a的n-1次方)]的正实数之积仍然是无理数；一个正无理数与一个正实数之和仍然是无理数。当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n没有正整数解。
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关键词：无理数 费马大定理
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正文：
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费马大定理是又称费马最后的定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁•怀尔斯和他的学生理查•泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学知识，包括代数几何中的圆锥曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，分的情况也比较复杂，这里我们给出另一种相对简单的证明方法。
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我们已经知道：一个正无理数与一个非0的、不互为倒数[形如n√a的无理数，另一个因数不为n√a^n-1(n次根号a的n-1次方)]的正实数之积或和仍然是无理数。
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下面我们再证明n√4（n次根号4）、n√2（n次根号2）是无理数（n＞2）。
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证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
& j/ g5 q( @3 }! A( B+ P
既然n√4（n次根号4）是有理数，它必然可以写成两个整数之比的形式：
/ g$ Q) \& o- {* B
n√4=p/q
; A( g# {9 B) D
又由于p和q没有公因数可以约去，所以可以认为p/q 为最简分数,即最简分数形式。
$ P% F) o+ k: {4 S- n: T/ \
把n√4=p/q 两边n次方
# w% a2 v. O3 Q4 Y! d5 V5 ?. v* L
得4=(p^n)/(q^n)
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即 4(q^ n)=p^ n
5 Y& M9 q& M1 ~* u% H
由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
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由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
i h/ [5 I5 w- S8 Z
得 q^2=2^ (n -2)m^2
$ y6 v! K3 e! Q2 i; ]3 i
同理q必然也为偶数，设q=2n
V/ X/ h& D7 I! `/ G/ N
既然p和q都是偶数，他们必定有公因数2，这与前面假设p/q是最简分数矛盾。这个矛盾是由假设n√4是有理数引起的。因此n√4是无理数。
7 I3 w9 Z k3 d" E4 i o& {
同理可证n√2是无理数。
7 k1 [; M% f: l# j7 @' X( e
费马大定理：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。
* t' E3 r- I6 L4 q/ k- U
证明：要想证明当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解，只需要证明对n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n中任何一个未知数不可能为正整数即可。
" D) f; _; S. U3 I2 c& A% D; O( T! f
我们知道：x^2+y^2=z^2的通解为：x=2ab；y=a^2-b^2；z= a^2+b^2（ab≠0， a、b为正整数，a＞b）。
( u3 O+ P8 B0 m% U5 q" F3 Z" @' x
1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
J% v2 l S2 W* f* e, B
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
~4 j6 t# _0 @/ H
∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
3 F8 R9 U. U$ r
∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
9 j2 x& t V# z# Q7 `7 _
而k＞2时，k√2（k次根号2）是无理数，且k√ab与k√2不可能互为倒数，也不会为0（a、b为正整数），ab也不等于2^ k-1。假如ab=2^ k-1，由于a＞b，不妨令：
3 I, i# D$ K. @
a=2^ k-2 b=2（事实上，a=2^ k-3 b=2^2等情况可以得出同样的结论），
" r- d8 M9 c+ A0 d
由此得：
% |5 a- D; W- x1 |$ j
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
: B: E" X" j) r& Y: Z2 t
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
: m0 I; J4 n0 W* t- F4 }5 @
而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
# _7 i6 {& O5 D( i0 b* ^; @
可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
. L0 R' t% N0 D& u& U4 j5 U
x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）也是无理数,因此，当n=2k时（k＞2）时，不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。
_3 N+ w& U4 C0 d
2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
4 Q( v) N" \- U5 C# o/ y
(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
: O ^7 p- d2 P8 p2 j9 o
∴x^k√x =2 ab；y ^k√y =a^2-b^2；z ^k√z = a^2+b^2
9 B) O& @# g4 k5 M A% l. W
∴x^2k+1=4 a^2b^2；y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2；z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2
* g3 L+ V3 o& Q0 S: L( F
∴x=(2k+1)√4(2k+1)√ a^2b^2（2k+1次根号4 乘以2k+1次根号a^2b^2）
2 f+ E5 t; A+ j
而(2k+1)√4是无理数（k＞2），且(2k+1)√a^2b^2与(2k+1)√4不可能互为倒数，也不会为0（a、b为正整数），a^2b^2也不等于4^2k（理由同上）。
; G- ~, Y9 r' w) P% O9 Y, w) _8 |, Z
故x =(2k+1)√4(2k+1)√ a^2b^2（2k+1次根号4 乘以2k+1次根号a^2b^2）也是无理数。因此，当n=2k+1时（k＞2）时，不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。
8 z1 q3 c# ?9 U9 e3 x# V O+ @
综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
: h, s* N( Y3 }% P7 W/ c; b0 v3 b
作者:
飞连天
时间:
2012-9-3 20:52
看不懂。。。不过这么难的定理这么短就能证明出来？
作者:
马路人群
时间:
2012-9-3 20:55
不要看是否简单，关键看是否正确。
作者:
马路人群
时间:
2012-9-4 12:50
呵呵，咋么不热闹呀。
作者:
马路人群
时间:
2012-9-4 13:03
1。假如ab=2^ k-1，由于a＞b，不妨令：
7 A) ~" ], ~/ ~! C. k2 c j" s7 X
a=2^ k-2 b=2（事实上，a=2^ k-3 b=2^2等情况可以得出同样的结论），
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由此得：
. ~: c g; _/ }4 F2 y
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
0 f0 k6 [1 K4 k/ U* T w
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
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而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
& P! b5 [% i) t/ j" Z" D1 H1 r# X
可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
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x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）也是无理数,因此，当n=2k时（k＞2）时，不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。
+ O. _& L$ Z. V* o: v' _
作者:
马路人群
时间:
2012-9-4 17:42
已知a,b,c为正整数，今天为星期天，那么a∧b∧c是星期几？
作者:
马路人群
时间:
2012-9-5 07:20
不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
: R, n* n$ p6 n U1 v- D. Y8 \
作者:
马路人群
时间:
2012-9-5 07:26
不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
U3 {4 H0 J- h a+ O
作者:
马路人群
时间:
2012-9-5 13:40
请多指教。
作者:
马路人群
时间:
2012-9-6 10:04
一个正无理数与一个非0的、不互为倒数[形如n√a的无理数，另一个因数不为n√a^n-1(n次根号a的n-1次方)]的正实数之积仍然是无理数；一个正无理数与一个正实数之和仍然是无理数。
作者:
马路人群
时间:
2012-10-9 17:11
谢谢关注。
作者:
nfwh
时间:
2012-10-22 11:11
这是什么东东
x^k√x) ^2,简直一派胡言
作者:
批饿的
时间:
2013-1-6 19:40
假的吧。虽然看不懂，但比较怀疑的。
作者:
许文超2012
时间:
2013-2-4 11:36
仔细看了你的”证明“，其实你的“证明”是胡扯的，其中有很多漏洞。要是这么简单，别人早就想出来了！我们不要把时间花在这些经典的数学难题上，那是少数数学天才思考的。数学上其他领域也有许多有意思的课题，不一定非要搞数论方向。
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x^k√x) ^2,简直一派胡言