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
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9 n0 [( K$ V' @% ~" m4 j4 K* r
: a5 x; u9 e& n7 P* N# f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
( d* s- H! e- B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。
- s( L, A  q) A7 B3 l, S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。
# r3 ]% c6 F" L+ k2 `+ ^& B+ o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）。
5 K- _9 z( w( Q5 k/ E0 l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：
1 O! s! t2 z1 s/ u# C6 w# V　　n√4=p/q
! b6 [, @$ A$ S) N4 ]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。
. z6 V/ A2 c4 N8 `3 D把n√4=p/q 两边n次方
# r0 g1 v2 Y% E- ^" |# ?$ j得4=(p^n)/(q^n)
2 E5 J7 z, s% t: D9 ?即 4(q^ n)=p^ n
由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
. h$ K# j3 b8 {/ e- A% p( A! c由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
  i: y$ G/ D, ~* c得 q^2=2^ (n -2)m^2
$ u( x  s  U# @8 `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。
$ {& M* ^3 o8 w8 a同理可证n√2是无理数。
0 V6 k: W$ _* q6 c% S1 d. ]5 c1 Q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。
/ J& ?9 w5 s6 E- Z; [: 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）。
$ A, _" w" n" f: t1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
- |/ O5 K& v0 _# L3 K(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
/ P( m0 r3 y8 B/ n5 Z" g, B∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
+ _) w, \9 d( }3 E∴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：
  p9 N8 w' c. O$ T, j$ D9 @/ Qa=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），
1 z2 t6 ~* w6 Z# J3 ]由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
8 z/ ~; @$ L# i3 A. h+ e2 ]1 i1 ?: D故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
* ]# B2 x, H8 B8 b' W7 O5 W而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
9 {9 W9 w' R) d; M" f; F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。
- Z" a! y  v7 J2 L5 ^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
∴x^k√x =2 ab；y ^k√y =a^2-b^2；z ^k√z = a^2+b^2
* C4 U# y: o! ]* X2 j∴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 V5 {; S; |& M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。
   综上所述，不定方程 x^n + y^n = z^n在n＞3时无正整数解。

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），
- N5 i- V; {9 p) P: Q6 e2 J: \由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
! |5 ~2 I; r0 o# u1 A故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
5 W* s5 V3 c& o9 m' Y而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
5 s3 D/ ~7 a  A+ t, 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。

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。

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。