费马大定理可否这样简洁证明：

最后，重要的一点：

对x>1的情形 ：等式左边，未被其系数整除尽分母c的分式，整理为分母次数由低向高排例，且分子小于分母的样式：
      ± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)-t'/c^(t)……± k'x^(n-2)/hc^(k)]   

可以证明：
这些分式最终的和不会是整数。
设 ：
       ±  [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)-t'/c^(t)……k'x^(n-2)/hc^k] =s    (s为整数)
  且最后一项与c通约后的系数k'与c互质。


则：
± [i'hc^(k-i)-j'hc^(k-j)+f'hc^(k-f)……±k'x^(n-2)] = shc^k
则：k'x^(n-2)= shc^k ± [i'hc^(k-i)-j'hc^(k-j)+f'hc^(k-f)……]
k' x^(n-2)= shc^k ± c^(k-f)[i'hk^(f-i)-j'hc^(f-j)+f'h……]
则：
k'x^(n-2)/c^(k-f)= shc^(k-f) ± [i'hk^(f-i)-j'hc^(f-j)+f'h……]

因等式左边的分子与分母互质，不会被通约或整除，等式左右两边会产生矛盾。
所以：

这些分式最终的和不会是整数！

x=1的情形也可用相似的方法证明。

费马大定理得到充分的证明！

ab571016 发表于 2019-8-10 15:25
“可见：毕达哥拉斯 a.b.c三元组中，
（c-a）或（c-b），总有一数的差值为1或2，不可能大于2。”   这结论 ...

结论正确：因(d+1)=cr 则 r  不可能是分数。

结论正确：因(d^2+1)=cr 则 r  不可能是分数。

由此当c-x，(x的值为1时)，可导入寻找毕达哥拉斯三元组的公式：

c=(b^2+1)/2

当 X=2  c =b^2/4+1

c 就=(2t)^2/4+1

最后：
　　总结，寻找毕达哥拉斯三元数的公式精华：
　　
   b^2/4+1=c     b^2/4-1=a

   即令(2n)=b   
　　
   (2n)^2/4+1=c
　　
    (2n)^2/4-1=a
　　
     n能取大于1的任何自然数。这意味着：在自然数中，除1以外的每一自然数,都有与其对应的自然数，符合毕达哥拉斯定理。！！

在上面的公式中：当 (2 n)^2/4 ± 1
    n为2 的方次2^t 时，所寻找出来的a .b. c. 即是毕达哥拉斯方程的三元数。
因为：这时寻找出来的a与c是奇数，其差又=2
　　所以c中没有a的因子。而b作为偶数仅有2作为因子，所以与a和c没有奇数因。所以，a.b.c之间必定不可通约而互质。

如是，寻找毕达哥拉斯三元数的公式便可精确定位为：
　　(2^n)^2/4+1=c
　　(2^n)^2/4-1=a
　　
    b为2^n
        n 取大于1的任何自然数值。
　　这便是精确寻找毕达哥拉斯三元数的完美公式！！

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ab571016 发表于 2019-8-15 09:32
在上面的公式中：当 (2 n)^2/4 ± 1
    n为2 的方次2^t 时，所寻找出来的a .b. c. 即是毕达哥拉斯方程的三 ...

这里所说的是本源毕达哥拉斯三元组。

同样的：

设b=(2^2×n)

(2^2×n)^2/4 ± 1后的c与a

三者也是本源毕达哥拉斯三元组。

因为： (2^2×n)^2/4 后为2n^2，2n^2 ± 1后为奇数，其因子既不可能为2, 也不可能包含在n内, 所以它们与b互质。而c与a差值为2，所以它们之间也不可能通约。

n可取大于1的任何自然数。

这是当x的值等于2时，另一寻找本源毕达哥拉斯三元组的完美公式。

另一个寻找毕达哥拉斯本源三元数的公式即 :
　　从a=c-x 当x=1时，我推导出而前人早已发现的

　　(b^2+1)/2=c
　　(b^2+1)/2-1=a 公式

　　因为：b^2+1能整除2=c，则b^2=2c-1，所以b不含c的因子与c互质。

　　而(b^2+1)/2-1=a 则
　　2a+1=b^2   故 b不含有a的因子。