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
7 x/ G2 U; p/ p/ \: L4 pQQ:784177725
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6 H$ D8 e/ _# S* d7 e" q
# Y& M  t# e1 v' n( 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。
关键词：无理数  费马大定理
正文：
4 r  b( X$ ^: Y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。
! s$ t( Z# G4 w4 p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）。
- S$ }3 @5 p: O# p/ p. \' Z, z2 p证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
- w% v1 ^0 b& E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：
" Y1 P* ^, A) c. \2 I　　n√4=p/q
& t8 Y6 j  Q9 S! {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。
- o% |1 k( U0 F% T4 a把n√4=p/q 两边n次方
, k3 K! U+ h! H# F" B1 m! @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
由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
8 Q' w# ~3 j5 P0 V得 q^2=2^ (n -2)m^2
同理q必然也为偶数，设q=2n
3 J5 Y8 q- ^1 r: O6 G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。
0 {/ s: R0 v* j, o$ Z& _6 ]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）。
$ i- \1 i  V8 X/ y! K1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
" B1 M& s! r- N- f4 w∴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：
4 o5 }. P; b5 K6 v- g5 l8 ra=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，
; A! v' O' {8 ]5 B, a& w' c4 a" S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。
# ~2 D$ N' A; S: V$ M2、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
# I; \# B1 A3 D9 Y( ?$ U4 A, M& 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
6 r& c6 ~+ ?7 L8 `2 s+ `' t5 X∴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）。
; i9 K6 G% u1 P1 c1 E: e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。
5 @( h; G; e6 u( \3 R1 d   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。
/ n* ?6 L- p: u  Y1 e5 |1 L

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：
: U4 N4 e. o, ?; Sa=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），
5 j) e7 k, v% E) w7 O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，
. Y$ `+ y, r, G3 M: H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。
0 H6 O8 o4 O& X) G" k6 ]

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。
& ?+ Y$ M& N/ j! E  R

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

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。