费马大定理的简易证明

马路人群

( W5 X3 W; A) ^' l4 f5 C! [! o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。
; t6 e) v; _8 _- `# m: N+ g关键词：无理数  费马大定理
正文：
. L% Y$ b. l/ v. U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。
4 X# f1 E" u: E( R& ^  J) e  f4 I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）。
证明：假设n√4（n次根号4）不是无理数，而是有理数。
7 _* z) z/ R+ _/ L. h2 J; w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
( G: D4 g9 L1 {1 X1 T; T) I' x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。
把n√4=p/q 两边n次方
得4=(p^n)/(q^n)
4 a; U$ W0 F: z& s' C2 S4 _; P2 ^即 4(q^ n)=p^ n
. z  Q1 m7 L" u$ I$ J: ]6 D由于4q^ n是偶数，p 必定为偶数，设p=2m
9 s' q2 N  M9 A" w由 4(q^ n)=2^ n (m^ n)
8 d' ~8 k; @" F' M' T" \得 q^2=2^ (n -2)m^2
同理q必然也为偶数，设q=2n
: x0 I3 Y7 w* j, E: 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。
4 e+ v8 c4 u( I- p同理可证n√2是无理数。
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）。
  u' i- m/ n9 s- f1、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。
. y  ?5 ]* f' u" q- d; r+ V2 U2 ]9 }) o∴x =k√2k√ab（k次根号2乘以k次根号ab）
* {5 g" Y( M" \$ l+ H" E9 v; U% W& 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：
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），
& H0 H' X' z. a- g, f. Q由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
  r% I' d6 G( o- K8 b  ]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：
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：
(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
. m- x# t# d+ U$ a6 m∴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）。
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），
由此得：
y^k=（2^ k-2）^2-2^2
2 r' E+ ?( f! J! a* P& H故 y= k√2^2 k√【（2 ^2 k-4）-1）】
/ ~# p8 E8 D$ C* D$ W而k√2^2是无理数，且【（2^2 k-4）-1】不能为2^k-2，
+ s5 n$ e4 c) C$ X0 w; N3 ^% T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。
" [9 Q' b  Q3 X% w! G* Q( g; A) V6 h

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。
5 W" n$ m% O" J# B3 j/ F6 Z

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。