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
2 b1 s2 o/ ?) }, `9 _$ C- R  NQQ:784177725
邮箱：yangtiansheng68@sina.com

) U3 b6 |. _: g* }7 S( S8 A# d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 a7 y! K3 e- v+ I! ?" z& E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）。
+ z2 C& w: ^6 @% H/ p$ ~证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
5 k: h/ P9 _' q3 ?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
: f: ]/ w( {) x- u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。
( ?  }: D* _8 @1 A( W把n√4=p/q 两边n次方
得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
! E2 |/ g% I+ P% e: o( v0 v由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
- o1 z7 U8 A7 v9 @; \/ R得 q^2=2^ (n -2)m^2
同理q必然也为偶数，设q=2n
: B3 P( F" 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。
同理可证n√2是无理数。
, t) m7 x) i! G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
% |. L' ~6 o& G: K∴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）
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 S) l: B0 R9 D: ?  u( A; H由此得：
; X2 S+ s' |8 T# G0 T  q: u% d. ky^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，
; Z# ^: K. D0 b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。
& h0 ]/ R+ L( b. Z! Z' ~2、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
7 @/ t3 s$ X; F( _7 f3 a: r$ m∴x^k√x =2 ab；y ^k√y =a^2-b^2；z ^k√z = a^2+b^2
1 W2 ]4 @( e* D% W∴x^2k+1=4 a^2b^2；y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2；z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2
! }2 b6 K: k: a. c# U/ r∴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）。
6 M( o8 u* U- h5 g7 \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。
) w% c  G5 z3 f- `   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
& u* F* f3 L& x: R: i( V

许文超2012

仔细看了你的”证明“，其实你的“证明”是胡扯的，其中有很多漏洞。要是这么简单，别人早就想出来了！我们不要把时间花在这些经典的数学难题上，那是少数数学天才思考的。数学上其他领域也有许多有意思的课题，不一定非要搞数论方向。

批饿的

假的吧。虽然看不懂，但比较怀疑的。

nfwh

这是什么东东x^k√x) ^2,简直一派胡言

马路人群

谢谢关注。

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。

马路人群

请多指教。

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

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。

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？