费马大定理的简易证明

马路人群

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* R2 v3 L7 r9 R) b8 ?2 D+ @0 q8 |' |费马大定理的另一种证明
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3 ~) Z5 G; J6 {# B; w" w# N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。
关键词：无理数  费马大定理
! S1 t: t1 P( [" |1 Z1 |' ~* Q# G$ n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。
# h8 i) D+ @3 s: |8 P' g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）。
# I/ x  N( E1 }8 s# D证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
' G; e6 b3 A9 G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：
* D/ I  j1 O. g/ H9 j% p1 N6 X* f$ U7 _　　n√4=p/q
9 x4 U5 \" k: x/ p8 r1 w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。
把n√4=p/q 两边n次方
! Y: y& l& M' _: l得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
' Q' D. t' H# r# |7 B由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
5 ?1 }7 L" t5 ]& i/ ?- X! l1 [5 q得 q^2=2^ (n -2)m^2
* K( a$ x- \. a9 ^. e, P同理q必然也为偶数，设q=2n
$ F' e$ p3 l0 U: d4 w/ O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。
8 F# y- j6 K/ [2 Q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。
: I4 W" W$ k4 I' M# a6 w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。
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：
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
- ~" {; n; k& Y& \2 c+ l$ z9 t∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
8 ~8 U4 w, F0 y. u  v7 p" _) o∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
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），
$ V# o& b0 ?( Q. x由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
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：
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、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
; C" x, b% r: J6 }4 ^" r(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
3 U" E) M* u7 z5 E) \7 e2 D: w0 I6 T∴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
9 c$ u( \7 ?1 p4 l3 G∴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）
' p! w* Z+ S( f# T% 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）。
* o/ R. ~) W- Y  c- R! s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。
9 P  ?; i- p* G! t   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：
. `4 i7 _$ {" v  @. K2 J9 [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：
2 u  \+ P" Y# i" O' j5 xy^k=（2^ k-2）^2-2^2
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
3 f# Q! ?% a. t( T5 \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：
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。
# w! U6 r: |) H4 f( z# ~

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。
4 H7 k) X, F6 B* q0 g

马路人群

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
* E: G/ J1 l; ]$ Z5 c

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。