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本帖最后由 马路人群 于 2012-9-3 16:16 编辑
5 u; q+ T8 L9 ^- ]- G
& W" d" k3 C5 ~! V7 s$ ^费马大定理的另一种证明 J% j# o7 K0 D' ^; x
QQ:784177725
+ v4 d6 \6 k+ o邮箱:yangtiansheng68@sina.com
1 `' v$ \" b% _" [2 I
0 i' s' m5 }) w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。' m* F/ k. D. w" n4 [: x3 |
关键词:无理数 费马大定理5 T# ]# ]$ z$ B- N. p# V
正文:
- m6 ?& V* e$ H E, h6 `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 a/ X+ j7 ?4 J
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。
7 p* l# v3 P6 {- w. E# q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)。
4 ?# x9 d" d* }& O7 N% e5 V( K证明:假设n√4(n次根号4)不是无理数,而是有理数。 * s' ?& H7 i& w! B9 m
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:
3 B( c( V4 G5 S n√4=p/q 6 L9 u( |2 t# H7 s# f
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。 4 X* N6 J& V1 z4 [0 C
把n√4=p/q 两边n次方 1 o' |8 J% o* ]8 y- P: r1 Y1 O
得4=(p^n)/(q^n)
# K; {- _4 t/ v2 Y- c8 F0 M( J即 4(q^ n)=p^ n
9 d2 d; _9 o- ?4 r ?4 [由于4q^ n是偶数,p 必定为偶数,设p=2m
0 F) L% T! d! G7 J由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
9 M0 N% X. V. U, S. Y: q6 I/ z2 U; L得 q^2=2^ (n -2)m^2
+ i/ d. V4 X- \9 r, W同理q必然也为偶数,设q=2n + p3 ?' M- W6 b, j+ C7 e$ _6 |3 W
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。0 K) B% W# O: e
同理可证n√2是无理数。
( T5 z* R/ Q4 x; I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。
' B/ P4 z5 Z5 Q" e" c, I' H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。; l) u& V4 h2 ?. D6 X# a
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 b1 N5 N. F3 M
1、当n=2k即n为偶数时(k>2),有:4 p5 ^& x6 i8 S* X, R
(x^k) ^2+(y^k) ^2=(z^k) ^2
( R3 d8 ~( N% ]+ s∴x^k=2 ab;y ^k=a^2-b^2;z ^k= a^2+b^2。8 O( p! t; N, G+ m
∴x =k√2k√ab(k次根号2乘以k次根号ab)& P1 [& e! `8 C6 R' G! d/ \! }
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:
: t# {% C$ @5 xa=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),' K- |. v$ p, Q/ b3 `8 q& H, g2 N
由此得:$ [1 W! ]7 }6 v1 L1 X, W( h3 d
y^k=(2^ k-2)^2-2^2
, F) Q" y( o! Y7 v) c* V1 V% E! S故 y= k√2^2 k√【(2 ^2 k-4)-1)】( ]1 k( [& L: {. G, s
而k√2^2是无理数,且【(2^2 k-4)-1】不能为2^k-2,
8 O1 C. Y% ~7 r可以得出y是无理数,原方程无正整数解。那么就有:( S% H6 M0 X/ ~' b
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。9 T/ q8 b" B. z& G; D5 f7 L
2、当n=2k+1即n为奇数时(k>2),有:
3 ~) }; w% I( ]* S; G* z6 b(x^k√x) ^2+(y^k√y) ^2=(z^k√z) ^2
; N$ v/ S9 Z% A$ S) c* ~, k2 \∴x^k√x =2 ab;y ^k√y =a^2-b^2;z ^k√z = a^2+b^2
4 R, x, m! V$ }5 O- K∴x^2k+1=4 a^2b^2;y ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2;z ^2k+1 =(a^2-b^2) ^2# |; T( R# r$ `1 x+ m# a) k# 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)
8 \6 _% ~) s' Z, k* h! H+ ?* V9 R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)。 $ o w4 p3 H; B: \; R7 g2 v# f! i
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。
& F7 }% q; }" ?7 ^7 Z1 g6 f9 J7 H) h9 j 综上所述,不定方程 x^n + y^n = z^n在n>3时无正整数解。
5 |/ q+ {, t" `6 O |
zan
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