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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
! o% m( \; `" h/ |. `4 O* N$ n
5 h: s+ |+ C, C4 `: Q" V. s5 h: _
费马大定理的另一种证明
1 I1 Z1 M& W9 M8 E8 p& C
QQ:784177725
; y- K y+ g- I1 I
邮箱：
yangtiansheng68@sina.com
5 M" S+ r7 T' z) s. _9 n
3 F& d5 }6 U/ W% w) {1 L( T) q& [
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。
/ z- b) X- \2 m: Y9 P( R g+ V0 |6 e
关键词：无理数 费马大定理
4 {' q7 b1 K X. B
正文：
! t$ U! E, l! W5 r3 ^& k! V: f
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。
& ]! b8 Y& p! l1 B# f
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。
0 x7 F) L3 h1 b7 z6 U
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）。
& s2 K0 Z# w! E2 g0 Z6 F
证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
; O0 N c2 p: G8 i7 Y
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：
2 _/ o S% }0 v
n√4=p/q
, h) |1 W5 q$ z$ h% w8 [0 k
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。
6 _, N# E$ j0 A
把n√4=p/q 两边n次方
' k$ Y% J7 S1 W7 I8 }" s
得4=(p^n)/(q^n)
* [5 g+ P U2 T2 H' L
即 4(q^ n)=p^ n
) N( \$ E2 D( |: A
由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
3 Q( S N/ m ]9 ?+ B2 s
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
7 w- J3 g7 R: Z H/ A5 ^
得 q^2=2^ (n -2)m^2
% i! b2 {" _1 X9 O
同理q必然也为偶数，设q=2n
& B9 Y9 Y& R) l3 x8 w) q
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。
" {/ f8 u3 F; ?0 `
同理可证n√2是无理数。
. E$ `4 ?$ I( T$ n8 K1 J
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。
% Z* p3 D4 o8 A; r: t& J9 \% N
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。
* r; P2 Y2 r% Q# u$ M7 e
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）。
3 g v+ @ d( K$ d( V {0 A* r+ q0 s
1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
' c" t2 }" Z% J( a$ c
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
0 h+ H9 e+ A1 Y" {- B( d
∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
. q( k8 N2 i4 h$ w: o5 }5 [4 n7 a
∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
7 x- ~- W& z; I7 ~
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：
* X0 x+ F5 [7 t5 a7 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），
$ w7 ?* ]+ |4 ?1 }
由此得：
" a8 c& i9 ?) K9 t3 E, B1 G
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
+ [, {, R1 d* Q! V9 }
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
0 J' O( B8 v+ M" m! ~, @
而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
; A" |# ^0 G9 Y5 M# u6 u j
可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
/ P' z- c3 u1 ^8 @% T5 R6 w9 A C
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。
' `, p I; e0 W
2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
M" O: j- u% c3 }
(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
3 A2 P0 n/ h- m, Q1 z4 L7 w
∴x^k√x =2 ab；y ^k√y =a^2-b^2；z ^k√z = a^2+b^2
) L. G1 Y5 H3 f. O
∴x^2k+1=4 a^2b^2；y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2；z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2
2 P a3 U) U# D# J( q9 ?# X# n( N
∴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）
+ e3 y! J( ?- f5 \* z8 H
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）。
# f A% c; Z; h
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。
' G6 q4 @4 Q. l% G8 V8 u; c
综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
0 R5 m9 o$ x) c5 d0 P5 R
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：
5 c+ g6 K+ d: b O8 U
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），
" w1 `7 a: V2 b1 W7 B3 ~, Z
由此得：
8 T1 f1 |4 S7 U& N0 v2 O
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
) R. T8 G+ Q4 K( l
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
; C( u% |0 _ Y: H' Q, P7 e# v
而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
! l/ l. i% T8 c4 {, M% Y0 u- c) u0 C+ Z
可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
0 `, @1 n/ _( B I) }( `, G
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。
8 c- ~" f% w# M9 Y$ H) Y+ r
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。
: p( A/ j6 w7 G5 E0 |6 `, U) b# s3 X
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。
' j, O7 Z0 b+ |, ^ O, l: l
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