一句話證明：費馬大定理

05-19

一句話證明：費馬大定理

大約1637年左右，法國學者費馬在閱讀丟番圖（Diophatus）《算術》拉丁文譯本時，曾在第11卷第8命題旁寫道：「將一個立方數分成兩個立方數之和，或一個四次冪分成兩個四次冪之和，或者一般地將一個高於二次的冪分成兩個同次冪之和，這是不可能的。關於此，我確信已發現了一種美妙的證法，可惜這裡空白的地方太小，寫不下。」

費馬大定理：方程 $x^{n}+y^{n}=z^{n},n>2$ 無正整數解

一，用勾股定理證明：

先證 $x≠y<z$ ；

$x^n+y^n=z^n$ ,若 $x=y,$ 則 $2x^n=z^n,sqrt[n]{2}=z/x$ ；但 $z/x$ 是有理數，而 $n>1$ 時 $sqrt[n]{2}$ 是無理數，正整數等式不可能成立，所以 $x≠y. n>1$ 時 $2<x<z,2<y<z$ 是顯然的.

（1），當 $n=2$ 時，任意 $x>2$ 的自然數皆有正整數解滿足 $x^2=z^2-y^2$ ,且 $x≠y<z$

當 $x=2n+1≥3$ 時：

$x^2=z^2-y^2=(z-y)(z+y)；$ 因 $x=2n+1$ 不防設 $z-y=1,$ 則 $z=y+1；$

$x^2=(z+y)=2y+1,$ 則 $y=(x^2-1)/2,z=(x^2+1)/2；$

$x^2=((x^2+1)/2)^2-((x^2-1)/2)^2=z^2-y^2$

舉例：

$3^2=4+5=5^2-4^2；5^2=12+13=13^2-12^2；$ $7^2=24+25=25^2-24^2；9^2=40+41=41^2-40^2；$ $11^2=60+61=61^2-60^2；13^2=84+85=85^2-84^2...$

當 $x=2n≥4$ 時：

$x^2=z^2-y^2=(z-y)(z+y)；$ 因 $x=2n$ 不防設 $z-y=2,$ 則 $z=y+2；$

$x^2=(2n)^2=2(2y+2)=4(y+1)；n^2=y+1,$ 則 $y=n^2-1,z=n^2+1；$

$x^2=(2n)^2=(n^2+1)^2-(n^2-1)^2=z^2-y^2$

舉例：

$4^2=5^2-3^2；6^2=10^2-8^2；8^2=17^2-15^2；$ $10^2=26^2-24^2；12^2=37^2-35^2；14^2=50^2-48^2...$

上面給出了任意大於等於3的自然數的勾股三元組(是無窮的).

（2），當 $n>2$ 時，任意 $x>2$ 的自然數皆沒有正整數解滿足 $x^n+y^n=z^n$

因為：根據 $(1)，x^2=a^2-b^2,$ 且 $x≠b<a(x,a,b$ 為正整數即勾股三元組)；

$a^{2}equiv b^{2}(modx)$

$x^n=x^{n-2}x^2= x^{n-2}a^2-x^{n-2} b^2 =(x^{(n-2)/n}a^{2/n})^{n}-(x^{(n-2)/n}b^{2/n})^{n}$

令 $z=x^{(n-2)/n}a^{2/n}, y=x^{(n-2)/n} b^{(2/n)}$ ；因 $n>2$ 且 $2<x≠b<a，$

由同餘式的性質知 $a^{2/n}equiv b^{2/n}(modx)$ 顯然是不成立的（ $n>2,x e1,x e2,a e b>2$ ）

那麼 $x^{(n-2)/n}a^{2/n}equiv x^{(n-2)/n} b^{2/n}(modx)$ 不成立 $(x>2)$ ;

那麼 $x^{(n-2)}a^{2}equiv x^{(n-2)} b^{2}(modx)$ 不成立;即 $x$ 不整除 $x^{n}$ ,矛盾；

則 $z，y$ 不可能是正整數(對任意 $x>2$ 的正整數)；即假設 $z，y$ 是正整數能推出 $x$ 整除 $a^{2/n}- b^{2/n}$ 的矛盾

所以 $n>2$ 時 $，x^n+y^n=z^n$ 沒有正整數解。

另種證明：

引理：若 $a,b,c$ 是 $Delta ABC$ 的三條邊 $，a^2+b^2=c^2,$ 當 $n∈N$ 且 $n≥3$ 時，則 $a^n+b^n<c^n$

證明： $a^2+b^2=c^2,$ 可設 $a=csinα,b=ccosα,α∈(0,π/2),$ 因為 $0<sinα<1，0<cosα<1$

則當 $n≥3$ 時 $，sin^nα<sin^2α，cos^nα<cos^2 α；$

所以 $a^n+b^n=c^n(sin^n α+cos^n α )<c^n (sin^2 α+cos^2 α )=c^n Rightarrow a^n+b^n<c^n$

現在，只考慮 $a$ 是正整數且大於2的情形：

因為，任意正整數 $a≥3$ 都能表為 $a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b),(b,c$ 為正整數 $,c-b=1，2)$

$Rightarrow$ 任意正整數 $a≥3$ 都不能表為 $a^n+b^n=c^n (n≥3)(b,c$ 為正整數);

$Rightarrow a^n+b^n=c^n (n≥3)$ 沒有正整數解( $a=1,2$ 顯然沒有正整數解)。

二,用二項式定理證明：

令 $x$ 和 $y$ 為變數， $n$ 為正整數，則

$(x+y)^n=sum_{j=0}^{n}left( _{j}^{n} ight)x^{n-j}y^{j}=x^{n}+y^{n}+sum_{j=1}^{n-1}left( _{j}^{n} ight)x^{n-j}y^{j}$

設 $Q=sum_{j=1}^{n-1}left( _{j}^{n} ight)x^{n-j}y^{j}$ ,設 $z=x+y≥2,且x,y,a,b$ 為正整數 ;

$z^{n}=(x+y)^n=x^{n}+y^{n}+Q$

當 $n>2$ 時，任意 $z≥2$ 的整數皆能表為 $z^n=x^n+y^n+Q$ （ $x,y$ 為正整數）；

當 $n>2$ 時， $Q>0$ , 任意 $z≥2$ 的整數皆不能表為 $z^n=x^n+y^n=a^n+b^n$ 因 $Q≠0$ 為正整數，且 $x^n+Q$ 和 $y^n+Q$ 不可能表為整數的 $n$ 次方（注意 $n=2$ 時可能）；

即： $n>2$ 時， $x^n+y^n=z^n$ 沒有正整數解。

也可這樣理解：設 $Q=sum_{j=1}^{n-1}left( _{j}^{n} ight)x^{n-j}y^{j}$ 設 $z=x+y≥2$ $; x,y$ 為正整數；

$z^{n}=x^{n}+y^{n}+Q$

$n>2$ 時，對任意的 $x,y$ （正整數）, $sqrt[n]{x^{n}+y^{n}}$ 不是正整數， $sqrt[n]{x^{n}+y^{n}+Q}$ 才是正整數；

$sqrt[n]{x^{n}+y^{n}}$ 是無理數，因 $x^n+y^n$ 不是正整數的 $n$ 次冪， $x^n+y^n+Q$ 才是正整數的 $n$ 次冪;

所以： $n>2$ 時， $x^n+y^n=z^n$ 沒有正整數解。可以說一句話就能證明，也許費馬的美妙的證法是這個。

特別的當 $n=2$ 時有勾股定理成立 $x^2+y^2=z^2；$

任意 $x>2$ 的自然數皆有正整數解滿足 $x^2=z^2-y^2,$ 且 $x≠y<z；$

當 $x=2n+1≥3$ 時： $x^2=((x^2+1)/2)^2-((x^2-1)/2)^2=z^2-y^2$

當 $x=2n≥4$ 時： $x^2=(2n)^2=(n^2+1)^2-(n^2-1)^2=z^2-y^2$

因為 $n=2$ 時勾股定理成立 $x^2+y^2=z^2$ （有正整數解）， $n=1$ 顯然有正整數解，所以：

$n>2$ 時，費馬方程: $x^n+y^n=z^n$ 沒有正整數解。