费马大定理的简易证明

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! e# |) t$ p0 Q! p! z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。
2 M$ @1 _2 @" y+ s! T关键词：无理数  费马大定理
) b2 e+ }5 o- I9 R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。
" E$ ]$ w' d9 E* X# ^0 h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）。
证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
% |  q2 \( p, z3 l4 |; s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：
0 R' p4 y2 B. `, 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。
9 g% K3 F: |% V1 z6 U把n√4=p/q 两边n次方
得4=(p^n)/(q^n)
& B* E5 G, k* ^8 G9 T, ?+ i( j即 4(q^ n)=p^ n
由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
- @% V  c- s% n3 d7 P由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
. _$ u( C; d) b0 [得 q^2=2^ (n -2)m^2
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。
& t9 `5 ~( o  T- U; s8 F7 |2 q7 r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。
' U- r4 Y8 D: z" c* a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）。
8 k$ Q( l9 G* U5 p3 z7 i' B1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
- i$ {+ b2 ?- g: J" V# N∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
# G3 A% I, b/ f  z8 f∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
* t( N) \+ d& p! o7 y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：
1 J- ?! D' U% B" ?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：
y^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，
8 X& F) U( l/ q! f0 n9 `" r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。
1 i6 l5 O" H* D2 n( l- B  ]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
. `+ t% K9 i& d4 k+ J. Y: M$ e∴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。
. {, {: m9 O" H- I, S! ?   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。

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

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谢谢关注。

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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。

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请多指教。

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不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
1 u9 g3 h' p7 h+ Y

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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已知a,b,c为正整数，今天为星期天，那么a∧b∧c是星期几？