费马大定理的简易证明

马路人群

费马大定理的另一种证明
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" @) z* r4 F) C6 p8 K" {3 `7 D
3 L. o1 |; @! z6 V) I3 x7 y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。
" l/ D1 X, w, X4 {" f- y- @/ b6 |% L% {关键词：无理数  费马大定理
  @5 z8 d6 y8 M$ D4 v2 ~正文：
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。
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。
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）。
9 N% N1 s6 E3 c0 `$ [0 [证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
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：
1 M7 b4 F/ A/ Y( y　　n√4=p/q
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。
' Q; ^' W5 Y! k4 ]# S: t0 E把n√4=p/q 两边n次方
0 P+ ^9 G1 x9 t  o; V得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
1 s: {! j+ j) h+ E由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
# Y1 \4 Q4 E, m5 U1 c  A5 F由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
得 q^2=2^ (n -2)m^2
同理q必然也为偶数，设q=2n
+ _0 j. U  X% G6 Q8 ~1 ]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。
同理可证n√2是无理数。
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。
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。
6 f* ]: Z# [4 p9 ?7 x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）。
1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
) d1 i3 W- W& v4 Z(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
3 x! U1 Q" _% D" u, K$ m∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
0 D4 c2 ?( u9 z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：
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），
. ^9 ^9 P+ V2 [$ l: G% `4 s0 M由此得：
) t$ g3 @, u8 p* D& |: T$ Wy^k=（2^ k-2）^2-2^2
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
9 P7 j6 ^; _/ o% O! _! u" f! L而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
; N" ~" M: z& Q$ x& l4 U可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
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。
2 ^9 _; u5 \* y( D/ ]! g# L; J2 _& F2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
∴x^k√x =2 ab；y ^k√y =a^2-b^2；z ^k√z = a^2+b^2
∴x^2k+1=4 a^2b^2；y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2；z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2
∴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 [( ?: x: @, P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）。
) ?. ~; K1 d2 v  r6 \8 u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。
' Y! L/ g8 {5 ]1 T: ?0 ?+ T8 a0 \   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。

飞连天

看不懂。。。不过这么难的定理这么短就能证明出来？

马路人群

不要看是否简单，关键看是否正确。

马路人群

呵呵，咋么不热闹呀。

马路人群

1。假如ab=2^ k-1，由于a＞b，不妨令：
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），
由此得：
. H" `  N. p5 a0 i0 Jy^k=（2^ k-2）^2-2^2
6 d* X1 h# Q* w4 a$ M( X) g* S& z故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
# C% Q" B* N8 b7 _1 s$ h2 Sx =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。

马路人群

已知a,b,c为正整数，今天为星期天，那么a∧b∧c是星期几？

马路人群

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
- u+ u. W4 O! N. p0 i6 e

马路人群

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。

马路人群

请多指教。

马路人群

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。