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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! ^- w) @; u. |5 ?, ~" Y( W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
5 _6 i5 O* L; N% y' O9 B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。
& ~9 [* w3 D8 [9 S5 B- E7 A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。
( c0 @( B, M7 N! c/ z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）。
: E* Z, ]1 @. _/ I2 d% g* }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：
　　n√4=p/q
( a6 }7 R( N& e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
9 g4 m+ _. R; I7 p/ Z得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
, `( ]& \0 N4 p$ \  \; e由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
; E8 e7 `9 ^6 k9 B得 q^2=2^ (n -2)m^2
0 j9 ^" F, [# y0 @9 l# J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。
* J+ Q/ W9 o: x' L* l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。
& f: |# ^# X% Q' n6 f" O& M- C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。
$ n* L3 Y& ~* D5 W7 j+ u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：
% t; w2 j- k0 s+ I  q- J$ A(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。
∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
) |# j: S  n5 f0 F% u, q% G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：
  x+ V' K! a! s( C0 n0 K7 Za=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），
4 \8 Y6 B; u( I# ]0 ]2 t5 z- l由此得：
1 q. q: B3 R3 y. |y^k=（2^ k-2）^2-2^2
: t( Q: z, l5 L; x/ p; C) {7 I故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
8 ~, W. C. _% [  [' t4 p) H而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
9 i; y1 C( r2 |* f! a, M可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
% J. i9 h* ^. g% L2 xx =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 d# N: |3 q: _- @* T2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
" M) H/ t8 d# R! T) ^(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）
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。
; r( l# x% Y6 u0 B1 C! X) ?8 q6 q   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
5 o  S: w* d( s, O

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：
8 E- @7 T( @5 M+ w. {3 A& Na=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），
( R1 {' K" W" p7 Y  l. h2 O/ Z由此得：
4 a7 X* O4 _" I3 O! j: s" n" _7 S2 Hy^k=（2^ k-2）^2-2^2
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
6 J) E' n: B' Y$ d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。
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马路人群

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
6 p5 o; I" p3 S6 c- k: _, [

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。