我对“费马大定理”的简洁证明：

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证明费马大定理：

a^n+b^n=c^n (n为≥3的正整数) 没有整数解。

设a=c-x a^n+b^n=c^n 则可以表达为：(c-x)^n+b^n=c^n（x为整数）

则有：c^n-(c-x)^n=b^n

展开并变换得:C(n,1)c^(n-1)x-C(n,2)c^(n-2)x^2+C(n,3)c^(n-3)x^3……±C(n,n-1)cx^(n-1)=b^n±x^n

左边提取公因得：

cx[C(n,1)c^(n-2)-C(n,2)c^(n-3)x+C(n,3)c^(n-4)x^2……±C(n,n-1)x^(n-2)]=b^n±x^n

移项并变换得：

c[C(n,1)c^(n-2)-C(n,2)c^(n-3)x+C(n,3)c^(n-4)x^2……±C(n,n-1)x^(n-2)]=b^n/x±x^(n-1)

若要等式左边为整数，则：b=dx

变形得：

c[C(n,1)c^(n-2)-C(n,2)c^(n-3)x+C(n,3)c^(n-4)x^2……±C(n,n-1)x^(n-2)]=x^(n-1)(d^n ±1)

移项得：

[C(n,1)c^(n-2)-C(n,2)c^(n-3)x+C(n,3)c^(n-4)x^2……±C(n,n-1)x^(n-2)]=x^(n-1)(d^n ±1)/c

若要等式左边为整数，

则：x(d^n ±1)^(1/n-1)=cr

则得：

[C(n,1)c^(n-2)-C(n,2)c^(n-3)x+C(n,3)c^(n-4)x^2……±C(n,n-1)x^(n-2)]=c^(n-2)r^(n-1)

移项得：

[C(n,1)c^(n-2)-C(n,2)c^(n-3)x+C(n,3)c^(n-4)x^2……±C(n,n-1)x^(n-2)]/c^(n-2)= r^(n-1)

化简得：

[C(n,1)-C(n,2)x/c+C(n,3)x^2/c^2……±C(n,n-1)x^(n-2)/c^(n-2)]= r^(n-1)

因x=c-a 替换并整理得：

[C(n,1)-C(n,2)(1-a/c)+C(n,3)(1-a/c）^2-C(n,4)(1-a/c)^3+ C(n,5)(1-a/c）^4-C(n,6)(1-a/c)^5 ……±C(n,n-1)(1-a/c)^(n-2)]= r^(n-1)

因为：等式的左边的“每一分式”，分母的唯一因子为c，而分子的唯一因子都为a,而a与c无有公约数，而为本元数，所以等式左边的和，不可能是整数！（既便完全展开，每一分数的分子，分母都还是分别有不可通约的a和c,其等式左边的和不可能是整数）。所以：本元 a^n + b^n=c^ 不可能有整数解。

费马大定理得以证明。

                    （邓建生）

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关键词：费马大定理 正整数 公约数

不难证明：1-a/c后的分式x/c，x与c也是

不可通约的互质关系。

由于等式左边各项中的（1-a/c）是随项数的增加而指数逐一增长，意味着其分式a/c的分母c的指数也逐一增长，所以，不可能指望各项的系数能消解完等式左边的分母因子c ！所以没有整数解。

沿此方法：

a+b=c 可表示为:

(c-x)+b=c

或 a+( c-y)=c

(c-x)+b=c 则

c-(c-x)=b 则 2cx=b+x

2c=b/x+x 令b=xd 2c=x(d+1) 2=x(d+1)/c

令(d+1)=cr 则 2=xr

如此将有几种结果：

第一：

若x=2 r则为1

即(d+1)=c

若x=1 r则为2 即（d+1)=2c

可见：毕达哥拉斯 a.b.c三元组中，

（c-a）或（c-b），总有一个的差值为1或2，不可能大于2。

因上面平方符号显示不出，现用另一种方法显示：

沿此方法：

a^2+b^2=c^2   可表示为:

(c-x)^2+b^2=c^2

或 a^2+( c-y)^2=c^2

(c-x)^2+b^2=c^2 则

c^2-(c-x)^2=b^2  则 2cx=b^2+x^2

2c=b^2/x+x 令b=xd 2c=x(d^2+1) 2=x(d^2+1)/c

令(d^2+1)=cr 则 2=xr

如此将有几种结果：

第一：

若x=2 r则为1

即(d^2+1)=c

若x=1 r则为2 即（d^2+1)=2c

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。

ab571016 发表于 2019-8-10 13:49
因上面平方符号显示不出，现用另一种方法显示：

沿此方法：

“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。”   这结论下的有些仓促：因 2/x=r      r有可能是分数。

在此之所以只讨论a.b.c为不可通约的三元数没有整数解，而没去讨论其它的a.b.c自然数，是因为其他a.b.c间可通约的自然数，二次及以上整数方次没有整数解是显而易见的。
设 a^2+b^2=(am)^2     则(am)^2-a^2=b^2
a^2(m^2-1)=b^2      (m^2-1)=(b/a)^2
等式两边若为整数，则b=ad
(m^2-1)=a^2(d^2)/a^2    m^2-d^2=1

因任何相差为1的自然数，其平方的差值都大于1，所以√m  与√d 中，必有一个为不是自然数的无理数，所以没有整数解。

“是因为其他a.b.c间可通约的自然数，二次及以上整数方次没有整数解是显而易见的”。
“可通约”说得不太对，应该是a.b.c之间相互不能整除。若三元数有整数解，则(ka)^n+(kb)^n=(kc)^n 自然会有整数解。

a.b.c之间若能被整除，二次及以上整数方次没有整数解。

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！