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。
4 m' Z. j, G/ i% U) v关键词：无理数  费马大定理
% }7 f5 Y+ g9 T正文：
+ c5 ?+ i* e  R9 l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。
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。
/ w$ j0 z3 {1 s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）。
  g; X! d0 V8 S$ T" V) v证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
  X+ x* h6 K6 K4 J% V8 [! 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：
　　n√4=p/q
% ]" F$ n$ ^# X; L, }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。
' S9 d1 K4 q! O4 V; k1 J. O2 O把n√4=p/q 两边n次方
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)
) g2 v8 S0 |3 S, P得 q^2=2^ (n -2)m^2
$ T8 w' f, V$ j+ y' ?5 m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。
9 V) M9 @' n6 U! I. C1 G9 Z同理可证n√2是无理数。
5 v; G" Q- x$ a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）。
9 D" M5 [& u& B( b5 V% N# |1、当n=2k即n为偶数时（k＞2），有：
4 r2 f7 Q; W' Y9 x& e- {+ {3 L(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
6 e6 q1 q1 `  ~! n, S0 M; Y∴x^k=2 ab；y ^k=a^2-b^2；z ^k= a^2+b^2。
1 p' b3 I* i( a& s) h" L1 e∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
9 H7 y0 h/ [7 _5 `) ^0 b- {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：
/ {' h( |2 @, A( la=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），
8 ~. D* n) @+ a. u! Q由此得：
- z, x6 U" I# ?7 ]' b2 ]7 n1 sy^k=（2^ k-2）^2-2^2
9 d: y2 h5 M5 i) q4 q* M, \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，
) A1 ?. @, h7 _+ h5 \1 Y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、当n=2k+1即n为奇数时（k＞2），有：
2 D& Z1 r9 g8 L; s(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
/ s# ?2 P6 s: ]. q! i! O∴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
( b7 |  K& A7 s* a# W+ V∴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。
7 f; \& y4 f  z! q* W2 {) y* R+ a' _   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：
$ y8 m0 ]* C3 [' ]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
6 j4 a, m" W, J/ F2 e故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
& j1 {8 H- ?: c, |" V6 a. `  m4 ]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 h0 K0 H6 C+ M. Sx =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。
# q; i/ b+ e% p! o- C/ l( 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。