费马大定理的简易证明

马路人群

; H. |1 {' x# h, I. ~费马大定理的另一种证明
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* P8 l/ x& o/ M6 u! _$ z4 F0 D5 v
9 n2 o% r" o, r5 Y% k; p4 B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。
, @9 q# S  B& E+ c0 E5 |1 S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。
+ V& h# O+ ?7 x8 b4 B& ^" b( Q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。
' g- D) ?6 J, u; S, C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：
) ~) f4 Z5 T9 V7 c8 h- r' a　　n√4=p/q
# f: L( V0 q; J! g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。
3 H6 J6 Z6 M% F- h6 ]8 K把n√4=p/q 两边n次方
* O/ V. g; X) o# U得4=(p^n)/(q^n)
即 4(q^ n)=p^ n
. M' _; a6 J1 t* g* j! U" w由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
4 h2 t6 N; J5 X- y# {得 q^2=2^ (n -2)m^2
同理q必然也为偶数，设q=2n
" B3 b* @% f% z2 l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。
2 X5 C6 K0 n0 T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。
8 n: x0 m& s7 P; O! \7 k0 Z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）。
# W4 e/ S" Y% T& R1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
1 k/ R, l: K8 h. d(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
# P. e% S( {; l8 H+ e* A( l∴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）
5 y# a% f$ r4 o( ~5 C& g2 u  W* w1 _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 r5 V" u$ O# T7 `4 H# Pa=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），
  Z; f. a! F( |! D( y( E3 o由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
" P" \: T" A9 Q! v, J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，
+ O5 F, ~# C  H2 L# X3 n2 K可以得出y是无理数，原方程无正整数解。那么就有：
* B" |! @9 |5 W" e1 W4 \) Q  N. mx =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。
) x0 f2 p1 g+ a! W1 \2 l0 g2、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
" z' T4 t0 G' O, H. q( F∴x^k√x =2 ab；y ^k√y =a^2-b^2；z ^k√z = a^2+b^2
, S9 F! N9 l+ J- ~+ M0 y∴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）。
, `2 n6 d7 P! S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。
8 X# b( v, Y) {& F' B( G/ J   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
) |, H. P& e# N' b/ i

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：
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），
6 q# W8 d& G* W, P9 Y由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
4 w0 q  ?3 @9 P# X6 P( c; G* G4 N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：
0 ?6 t+ T; h- C) Ux =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。
: D& B8 B/ C3 e% X1 ]

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。

马路人群

不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
3 \8 D# r& L6 m; p

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。