费马大定理的简易证明

马路人群

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$ O! r0 r6 H' p费马大定理的另一种证明
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' J) R+ _/ ~) C- ?) o1 t1 u7 N9 G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
3 w( Z+ C  F0 o/ k3 o4 J. O正文：
  }" J' x+ m3 v4 S$ I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。
) [2 g  D$ f# O/ k* W+ k0 u4 ?6 I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。
3 i% m4 ], y! ^, v$ p3 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。
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：
7 R( r3 M% z9 U" d/ X; 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。
3 ]3 P6 p5 ~. I把n√4=p/q 两边n次方
9 b! E0 [* }$ P! I+ L9 c# q4 F% q4 m得4=(p^n)/(q^n)
+ j3 j' ?' R# ]; \3 `4 ^/ ]即 4(q^ n)=p^ n
7 c5 T! g5 k5 W2 V  ~( W& j由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
6 O4 Z( ?+ H6 @) J" m由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
得 q^2=2^ (n -2)m^2
' o+ r% g- j2 x! L+ ^同理q必然也为偶数，设q=2n
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。
/ M% ^1 M4 T( y$ |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。
+ B3 D- _* m* w& q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
! b' ?8 Q; g0 N* O∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
5 T/ J( Y$ K9 A∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
% ?( `( r: F  N6 Z# D2 H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），
由此得：
1 f3 q! w$ E" C* T8 C$ w7 Q9 Ey^k=（2^ k-2）^2-2^2
7 C( P7 H( r/ G* l故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
+ ~# B$ y3 t! O, [: F% D/ }/ C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：
5 v8 ?& X" G; t# y* Lx =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。
, T4 a9 w0 y3 L+ q7 k/ e2、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
6 v" m0 f7 R! q* Q0 @5 s' ?∴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
7 b8 o& H! H6 a% p9 x) M  ]' [. W∴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）
  t# T. V. H. A0 f: k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）。
2 ?2 |$ Q8 y! G4 R8 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。
   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：
5 h. @2 T: g! y# o& t0 z3 [. G% v/ Pa=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），
6 Q6 d4 ?$ T# o/ F( }由此得：
% n! E9 g  @! T  N& k, Y1 fy^k=（2^ k-2）^2-2^2
* r" a8 d0 o/ W& V/ b故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
: d0 }7 Z) t5 }) m* b" A. m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。

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。
- T' _0 ~, }- G5 i' J

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。