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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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。
" B2 z. k/ m# Z关键词：无理数  费马大定理
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。
1 y+ ]4 p1 u+ u. q9 k6 U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。
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：
$ o& S6 d/ D) @! N% o6 q& p* l　　n√4=p/q
9 B+ X! E6 A* C/ A$ H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
得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
6 ?: g4 k4 C8 k/ J5 M& |. T由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
6 P  n, `; K* y, G/ Z1 X得 q^2=2^ (n -2)m^2
; z+ a5 M5 A+ J2 T' S9 N) x同理q必然也为偶数，设q=2n
1 j6 ^1 I& p4 g0 V! f! x* f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。
. S  A" _& R4 }$ L, u! U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。
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。
* {7 s3 F" b. v' |0 v8 w( 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）。
4 R8 w# @1 n- c3 f# H, T3 X* b2 B- p1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
6 K& H; r( U" O$ O' I/ N∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
: A: G# w) Y/ q! P3 J" j( Y0 ?7 d∴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），
& C6 P; V8 d$ w6 k! V/ }8 O7 X4 g2 n由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
( a: U: {% s) N8 I而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
) g! G# V3 ?% y6 k' G& [$ @/ Q; }可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
+ e3 f+ `% i5 x7 k3 k, Ax =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。
2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
& C% i3 F/ O- }; C% e0 B(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。
* ?6 ]$ {+ Q$ f% l   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
2 F% \% I3 R6 W( m' m; N! x

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：
, s3 ?6 z" |6 X3 Y6 ~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：
: E8 z, S2 F; Q; i0 t, y9 @y^k=（2^ k-2）^2-2^2
  ~9 C6 y, |" W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，
可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
; J0 j7 w, ^$ C8 [# Q( ^5 Tx =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。
+ _. ?* m3 e+ k) X

马路人群

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
  H! k0 _" @- g, R7 W, U

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。