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本帖最后由 马路人群 于 2012-9-3 16:16 编辑
9 L: Z& M' ]( Z9 u( T8 g X2 ^1 D% N6 v4 H
费马大定理的另一种证明
" _/ ^# V# L, b3 M0 l4 x: B: i: D% ]QQ:784177725
1 K6 T/ l1 n) _; c邮箱:yangtiansheng68@sina.com
9 ? \# J$ D- y) c( Y* L" H1 `3 t4 y$ x& e9 o
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。
0 \2 X/ P8 w- ?8 F& k关键词:无理数 费马大定理& E$ ?% f( o9 H! F; S. \
正文:
) z4 t( B% f& Z; y, d y' ~, r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 }' A8 e* u( J2 l
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 n2 \, Q* i) B; _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)。
^8 v0 e- d6 N% {* t; V6 ], ?, W证明:假设n√4(n次根号4)不是无理数,而是有理数。
$ Y$ t( f0 _+ H7 X" W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:
/ v& q- ^: D( E9 K n√4=p/q
/ L" |, N( e- ]& t* a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。
* ]* v" C$ E( A- F把n√4=p/q 两边n次方
5 P1 a+ h2 M! ]% D: i得4=(p^n)/(q^n)
+ U5 U$ e/ {/ B `即 4(q^ n)=p^ n / M D e. f; @1 z
由于4q^ n是偶数,p 必定为偶数,设p=2m + J% v; y5 ^2 R' F" X" C
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n) # z" t9 p7 B- P/ p) U
得 q^2=2^ (n -2)m^2 7 P2 {# Z; e' S
同理q必然也为偶数,设q=2n / F' Y; r5 o, e7 N
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。
4 B* D( [) s4 R" Q. o, g- A同理可证n√2是无理数。
! E% J" q1 o. L& n2 ?" ?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。
) E, e4 O( [; A- ?, y$ b) 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。
! T- i( B3 s& Z t! v N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 @7 }6 o* v9 l1、当n=2k即n为偶数时(k>2),有:6 r+ {; [0 O( G! b6 ~7 p
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
8 n o! L$ ^1 ?/ j i$ P( Z% M∴x^k=2 ab;y ^k=a^2-b^2;z ^k= a^2+b^2。5 i1 ~1 O. |6 D8 y7 A& {
∴x =k√2k√ab(k次根号2乘以k次根号ab)' N3 s: G* D& y6 x+ F6 S' R, A: 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:
0 g+ ^+ M$ y: ~7 k/ X) S* Da=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),; R. P( U( E7 U' G& Z+ G
由此得:
' o7 \, A# |1 n* a ]; fy^k=(2^ k-2)^2-2^2
; _5 R i3 K( D, i y故 y= k√2^2 k√【(2 ^2 k-4)-1)】# T( L5 h: g" i; O- [1 N
而k√2^2是无理数,且【(2^2 k-4)-1】不能为2^k-2,, U+ a+ O3 a! T6 y' L) x( U4 l
可以得出y是无理数,原方程无正整数解。那么就有:
- \$ y3 s3 s/ ~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。7 n: l6 {8 }8 Q/ Y* d4 E! [
2、当n=2k+1即n为奇数时(k>2),有:
% D: z% R" t& ]. ]: b3 i) X, y% q(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
; o6 k5 |( K4 b% j∴x^k√x =2 ab;y ^k√y =a^2-b^2;z ^k√z = a^2+b^2
8 J3 c8 k( h8 q4 ^+ C∴x^2k+1=4 a^2b^2;y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2;z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^29 l' E$ F6 g( a7 m: @- I8 o
∴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)
3 d/ Q' [9 |0 Q7 q+ {% t! l# v1 w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)。
! b) }5 }/ a8 C% Z/ p; T7 G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。
@1 s( Q8 ]* f* X 综上所述,不定方程 x^n + y^n = z^n在n>3时无正整数解。
, D ?* ]2 a8 a5 r8 ]+ A |
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