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费马大定理的简易证明

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    发表于 2012-9-3 16:15 |只看该作者 |倒序浏览
    |招呼Ta 关注Ta
    本帖最后由 马路人群 于 2012-9-3 16:16 编辑 , X+ W' Z# Y( @- k2 S
    3 C) F' a# S3 Q1 ~) A+ t
    费马大定理的另一种证明
    " Z3 V; ^6 ]1 dQQ:784177725' F2 c" \% M" E2 }, g
    邮箱:yangtiansheng68@sina.com
      Z% E5 W0 x- Y0 Q8 I/ N
    5 a4 ~1 `! I) V+ u! X6 Y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。: A* `2 `: `) D9 V' I5 T
    关键词:无理数  费马大定理# M( f8 r8 s8 p9 l- K: J8 W/ d
    正文:
    # k# r" s$ H' C' r1 [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。
    3 U# j4 x: \% i4 ]. t4 d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。3 n( B2 X9 B5 w- Q* v" g
    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)。9 |" x5 h5 ^+ [- [
    证明:假设n√4(n次根号4)不是无理数,而是有理数。 * f; K0 y  d: ^5 `# }
    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:
    : ]0 e6 x9 c2 N5 W' ^1 w  n√4=p/q
    ( I, ^( t, l$ b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。 + f: J" H8 a3 I/ R4 o
    把n√4=p/q 两边n次方 1 z# f8 Q3 L2 I( c( n1 j' c
    得4=(p^n)/(q^n) # D; T5 r7 I9 ?9 F
    即 4(q^ n)=p^ n
    5 O: R; [* m2 U% i& K  k由于4q^ n是偶数,p 必定为偶数,设p=2m 4 x( I& _, f1 e8 m
    由 4(q^ n)=2^ n (m^ n) # ]6 _1 H2 c' @( m# w0 W
    得 q^2=2^ (n -2)m^2
    5 q; z0 j2 L" L同理q必然也为偶数,设q=2n
    / x9 J2 x$ h2 d+ K# D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。
    # G# S; F8 r2 _6 G0 Z' h$ L$ S同理可证n√2是无理数。
    ! j' C$ n3 O  m- ?- g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。
    % _1 n& D4 g7 [5 b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。: k7 p  B: s- m+ R' d0 f! M. G
    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)。7 _) Q: B% v& J) k' x7 N3 Z
    1、当n=2k即n为偶数时(k>2),有:8 h1 K3 X, A" a1 C% c
    (x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^27 _6 E$ g' e$ P! C
    ∴x^k=2 ab;y ^k=a^2-b^2;z ^k= a^2+b^2。
    5 U% y/ W, I) S1 J' r6 o% S∴x =k√2k√ab(k次根号2乘以k次根号ab); }! C7 b- E+ m/ J$ e
    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:
    * w; }; ?! \& h' j" Ca=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),0 S$ h. r7 \' c
    由此得:
    8 h6 D8 ?9 o& W4 M, [0 [/ Vy^k=(2^ k-2)^2-2^2
    # m% C, w# c- r9 y故 y= k√2^2 k√【(2 ^2 k-4)-1)】
    ' N+ d2 \: f1 F! f" [5 m而k√2^2是无理数,且【(2^2 k-4)-1】不能为2^k-2,# v# G/ W3 k9 b: c, v
    可以得出y是无理数,原方程无正整数解。那么就有:
    9 X8 \1 i" y4 R5 ]1 L7 {2 q& c: @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。; A: V; [" ~; P/ y& s# y1 r+ a; z
    2、当n=2k+1即n为奇数时(k>2),有:
    # y: C6 U8 J# |2 G8 E/ l/ u(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2) [* C+ G7 A: X/ N. B3 ~" D, Z: j8 m2 Z
    ∴x^k√x =2 ab;y ^k√y =a^2-b^2;z ^k√z = a^2+b^2
    % {6 c( Z& `; H. P∴x^2k+1=4 a^2b^2;y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2;z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2, m2 q- i! x8 Q5 [% q9 b
    ∴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)
    - H* A. U" }$ R1 V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)。 9 @4 v  Y& U3 Y' a' T, X# ?# R
    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。! c! S* n2 w5 ^5 g) N
       综上所述,不定方程 x^n + y^n = z^n在n>3时无正整数解。
    ) `: ^/ M0 T5 S( F* ~
    zan
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    1。假如ab=2^ k-1,由于a>b,不妨令:# O. N7 b: c1 K* j  w- O
    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),7 x- _6 |0 n4 d) h0 q
    由此得:
    ( D1 V/ T2 X" G# z2 v7 Y* j/ M+ B0 yy^k=(2^ k-2)^2-2^26 u5 ^- T# K. L- @' Q" [0 n4 F
    故 y= k√2^2 k√【(2 ^2 k-4)-1)】
    $ |0 g7 k- I; d( {' T# n而k√2^2是无理数,且【(2^2 k-4)-1】不能为2^k-2,
    9 w2 Z2 y4 [! n; l+ E3 V6 p可以得出y是无理数,原方程无正整数解。那么就有:
      K5 V* X: z: {8 ?: {- K8 Hx =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。
    4 r. M5 q4 e) z
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    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。
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