费马大定理的简易证明

马路人群

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费马大定理的另一种证明
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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。
8 X) h: x/ ^9 d& @& I1 W关键词：无理数  费马大定理
) Z, t7 N3 a& X9 P! Y8 i0 I- I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。
8 d" o+ K) g( t+ b9 Q! v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）。
证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
& M/ m, f$ q  o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：
  T  ~% b+ l& {' \　　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。
' J1 F6 Y9 ?+ E; O把n√4=p/q 两边n次方
得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
) |9 L8 T5 y" ?7 M. Y- X) _0 g由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
& R) D% I& U& J, \$ Q由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
得 q^2=2^ (n -2)m^2
. [" C/ c+ c1 h, k+ I: i% g同理q必然也为偶数，设q=2n
* b- J6 v/ [4 q6 F. b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。
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
∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
  w8 T# d7 V0 r% W0 v∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
! C7 R4 b* a4 t: g1 W& b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 O! M/ {! @4 I8 T  G2 C9 ^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），
2 j9 T9 U2 T- x$ Y, ^由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
6 Y% M$ o/ b3 K5 O: ^6 E$ ?. o而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
( N# {& H7 E3 Y! c3 `/ s可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
. S* U: T7 l" }1 r. y: f5 Kx =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。
0 {8 U- j$ n- t1 E# V( ?: Y  v8 j2 d2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
  F. |- q) r* B1 Y% I! H$ C(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
+ ?- {8 A1 T8 ?& \, o0 ?( ^∴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）
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）。
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。
0 _+ l: a! ?) E6 e; ^, F1 n( v   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
, P' D4 D8 U* q* J$ i

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），
* y9 E$ C; p2 C4 s3 w) L由此得：
5 P3 i2 i% }, r. O+ Q) Qy^k=（2^ k-2）^2-2^2
# P  A/ @$ Z& D. Q5 u3 _  E: T: s- n' t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：
- G- U& g# j% d( b5 ~3 D5 y9 ax =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。
' e/ F& Q) M+ F) O5 z7 d

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。
) [, g+ K  q( w8 r* L3 E; c, Z

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。