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如何证明费马大定理？

我是高二学生，能不能用我应该了解的知识？

2024-12-02 07:26:24

推荐回答（5个）

回答1：

费马大定理的证明方法：

x+y=z有无穷多组整数解，称为一个三元组；x^2+y^2=z^2也有无穷多组整数解，这个结论在毕达哥拉斯时代就被他的学生证明，称为毕达哥拉斯三元组，我们中国人称他们为勾股数。但x^3+y^3=z^3却始终没找到整数解。

最接近的是：6^3+8^3=9^-1，还是差了1。于是迄今为止最伟大的业余数学家费马提出了猜想：总的来说，不可能将一个高于2次的幂写成两个同样次幂的和。因此，就有了：

已知：a^2+b^2=c^2

令c=b+k，k=1.2.3……，则a^2+b^2=(b+k)^2。

因为，整数c必然要比a与b都要大，而且至少要大于1，所以k=1.2.3……

设：a=d^(n/2)，b=h^(n/2)，c=p^(n/2)；

则a^2+b^2=c^2就可以写成d^n+h^n=p^n，n=1.2.3……

当n=1时，d+h=p，d、h与p可以是任意整数。

当n=2时，a=d，b=h，c=p，则d^2+h^2=p^2 => a^2+b^2=c^2。

当n≥3时，a^2=d^n，b^2=h^n，c^2=p^n。

因为，a=d^(n/2)，b=h^(n/2)，c=p^(n/2)；要想保证d、h、p为整数，就必须保证a、b、c必须都是完全平方数。

a、b、c必须是整数的平方，才能使d、h、p在d^n+h^n=p^n公式中为整数。

假若d、h、p不能在公式中同时以整数的形式存在的话，则费马大定理成立。

扩展资料：

费马大定理，由17世纪法国数学家皮耶·德·费玛提出。

他断言当整数n >2时，关于x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解。

德国佛尔夫斯克曾宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。

被提出后，经历多人猜想辩证，历经三百多年的历史，最终在1995年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明。

回答2：

上世纪后半页，理论数学家们陷入了十分尴尬的境地，一方面他们已经很久没做出突破性工作，一方面借助计算机的机器证明开始兴起，著名的四色猜想就是机器证明的。数学家们不喜欢使用蛮力的穷举法机器证明，也诟病机器证明的程序没法完全保证没有bug，以及没法验证，但心里也是颇为酸楚的。这个时候救星出现了，他叫安德鲁怀尔斯，是普林斯顿大学的教授，美籍英裔，剑桥大学出身，椭圆曲线顶级专家。他躲在阁楼成一统，7年孤独磨一剑，又经过一年的审稿炼狱，最终证明了费马大定理！那么何为费马大定理呢？
总所周知，x+y=z有无穷多组整数解，称为一个三元组；x^2+y^2=z^2也有无穷多组整数解，这个结论在毕达哥拉斯时代就被他的学生证明，称为毕达哥拉斯三元组，我们中国人称他们为勾股数。但x^3+y^3=z^3却始终没找到整数解，最接近的是：6^3+8^3=9^-1，还是差了1。于是迄今为止最伟大的业余数学家费马提出了猜想：总的来说，不可能将一个高于2次的幂写成两个同样次幂的和。也就是：
x^n+y^n=z^n，当n大于2时没有整数解。
这是一个描述起来非常简单的猜想，但358年来困扰了包括欧拉和柯西在内的一代代大数学家，他们得到了一些进展，比如当n等于3和4时猜想成立，但x、y、z和n的取值范围是无限的，要证明整个猜想谈何容易！更气人的是费马在一本书的页边处写下这个猜想后还加了一个评注：我有一个对这个命题的十分美妙的证明，这里空白太小，写不下。这不是一种赤裸裸的挑战嘛。
1984年事情有了转机，一个叫弗莱的德国数学家提出，如果费马猜想不成立，那个就可以找到三个整数使方程成立，表示为：
A^N+B^N=C^N，接着他通过复杂的变换，这个等式转换成了一个椭圆方程：
y^2=x^3+(A^N-B^N)*x^2-A^N*B^N
而这个椭圆曲线太过古怪，他断定由于这个由假设费马猜想不成立引出的椭圆方程是如此古怪，所以它不可能模形式化。后来一个叫里贝特的数学家严格证明了这个椭圆方程确实不能模形式化。
现在必须要说明啥叫椭圆方程的模形式化了，而说明这个问题以前还得介绍啥叫椭圆方程和模形式。
椭圆方程是形如y^2=x^3+a*x^2+b*x+c方程（a，b，c是任何整数），对这种方程的一个重要研究领域就是研究每一类椭圆方程的整数解个数，但当x和y的取值是无限时研究起来就很困难。于是科学家就发明了在时钟算术中研究每类椭圆方程的整数解。何为时钟算术呢，就是把正常数轴延伸到正负无穷的两端接起来，这个圈有几格就算几格时钟算术，比如我们的手表就是在实践12格时钟算术。它有如下性质：
3＋11＝2
3＊4＝0
5＋6＝11
等等。这样求椭圆方程的整数解就方便了。如果一个椭圆方程在1格时钟算术中有1个解，2格时钟算术中有4个解，3格时钟算术中有4个解，4格时钟算术中有8个解，5格时钟算术中有4个解，6格时钟算术中有16个解等等，我们就可以记录为：
E1＝1
E2＝4
E3＝4
E4＝8
E5＝4
E6＝16
.
.
.
这成为这个椭圆方程的 E－序列。每个椭圆方程的E－序列就像它的DNA一样浓缩这它的特征信息。
模形式是在由两根实轴和两根虚周组成的四维复空间里的超对称结构，而每一个模形式都可以拆成各种基本要素的组合组成的，比如一个模形式是由1个1号要素，3个2号要素，2个3号要素组成，那么这个模形式的M－序列就可以写成：
M－序列：
M1＝1
M2＝3
M3＝2
.
.
.
正如E－序列包含了椭圆方程的特征信息一样，模形式的M－序列也包含了各个模形式的特征信息，是模形式的DNA。
1955年在东京举行的一个学术会议上日本青年数学家谷山丰和志村五郎提出了一个猜想：一个椭圆方程的E－序列一定和一个模形式的M－序列完全对应。这就叫椭圆方程的模形式化。这是一个惊天的猜想，在它被证明以前就得到了广泛应用，几百篇论文是这样开头的：如果谷山－志村猜想成立。
现在的问题清楚了，如果谷山－志村猜想成立，那个每一个椭圆方程都可以模形式化，而由假设费马猜想不成立引出的椭圆方程却被证明不可以模形式化，这样就引出了矛盾。于是谷山－志村猜想成立和费马猜想不成立这两个假设不可能同时成立。所以只要证明了谷山－志村猜想，那费马猜想不成立的假设就被推翻，于是费马猜想也被证明了。
于是真正的英雄出场了。安德鲁怀尔斯在知道假设费马猜想不成立引出的椭圆方程被证明不能模形式化后受到震撼，也备受鼓舞，于是重拾童年时的梦想于1986年开始了7年的秘密研究，目标就是证明谷山－志村猜想，也即等价证明费马猜想。他先用一年时间思考用什么方法来证明，最后选定数学归纳法。他用群论的方法顺利证明每个椭圆方程的E－序列第一项都和某个模形式M－序列的第一项相等，第二步是个假设每个椭圆方程的E－序列第n项都和某个模形式M－序列的第n项相等，第三步是艰辛的，要证明如果第二步假设成立就每个椭圆方程的E－序列第n＋1项都和某个模形式M－序列的第n＋1项相等。开始他采用了经过自己加强的伊娃沙娃理论来证明第三步，但到了第5年他感到伊娃沙娃理论没法得到他想要的结论。怀尔斯暂时结束半隐居状态，回到学术圈，想看看别的数学家有没有新的可利用的理论，他确实在老师的无意谈论中找到了科利瓦金－弗莱切方法，这个方法正对怀尔斯的需要，他在强化这个方法后取得了突破进展，到1993年1月他第一次向一个他认为可靠的同事透露他的研究，并请他审阅自己的手稿。他们采用了一种狡黠的方式开展这项工作，由怀尔斯开了一门研究生课程“椭圆曲线的计算”，专门讲他的手稿。这个叫凯兹的同事也坐在研究生们中间，很快枯燥艰深的演算把不明就里的研究生们都吓跑了，凯兹成了唯一的听众，正好开展审阅手稿工作。1993年5月末，怀尔斯借助一个19世纪的数学构造完成了最后一簇椭圆方程的证明。93年6月23日怀尔斯在剑桥举行的学术会议上公布了证明。会后200多页的证明手稿被分成6部分由6名审稿人审稿。审稿采用审稿人在世界各地审稿，针对存在的问题用电子邮件向怀尔斯提问，开始进展顺利，审稿人的问题被怀尔斯半天到3天就给以解答。但9月份还是那个凯兹同事提的一个问题彻底难住了怀尔斯，这个问题是“在半稳定情况下，塞尔默群的精确上界的计算还不完全”。在将近一年的弥补这个漏洞的挣扎中，数学界很焦急，也很骚动，大家要求怀尔斯公开手稿，大家来帮他，可怀尔斯拒绝了，最后有些数学家开始恶搞怀尔斯了，编他的愚人节笑话。第二年9月19日的清晨，怀尔斯又坐在书桌前检查科利瓦金－弗莱切方法，这次他不是相信这个方法还能完成证明，而只是想看看它为啥行不通。突然灵光闪现，他突然发现科利瓦金－弗莱切方法本身行不通但却可以使他抛弃的伊娃沙娃方法生效！有些事情就是这样的，长期的努力本来就接近突破，但过份的执着和焦虑阻碍你的心智，所以没法实现飞跃，但当你认为没办法了准备放弃，放松心态冷静下来时反而灵感突发取得突破。当年阿难尊者被邀请在第一次佛经结集时口颂佛经，可他当时还没有证阿罗汉果，没有资格参加结集，所以他抓紧时间努力修行，争取马上证果，可越是紧急越没法达成心愿。到了结集这一天，尊者一看天都亮了，自己还没证阿罗汉果，就想没指望了，于是连日修行的疲惫身心放松下来，准备睡一下觉，当他往下躺，头还没碰到枕头的空中夙世的因缘成熟，尊者一下子证得阿罗汉果！他得以参加结集，说了他的万古名言“如是我闻”。
接下来事情就顺利了，200页的手稿被双剑合璧地缩减成了130页，最后发表在《数学年刊》1995年5月刊上。因为这个成果怀尔斯获得了沃尔夫奖和菲尔兹特别奖。

回答3：

费马大定理的证明方法
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Demon陌
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证明费马大定理（证明过程详解）
已知：a^2+b^2=c^2
令c=b+k，k=1.2.3……，则a^2+b^2=(b+k)^2。
因为，整数c必然要比a与b都要大，而且至少要大于1，所以k=1.2.3……
设：a=d^(n/2)，b=h^(n/2)，c=p^(n/2)；
则a^2+b^2=c^2就可以写成d^n+h^n=p^n，n=1.2.3……
当n=1时，d+h=p，d、h与p可以是任意整数。
当n=2时，a=d，b=h，c=p，则d^2+h^2=p^2 => a^2+b^2=c^2。
当n≥3时，a^2=d^n，b^2=h^n，c^2=p^n。
因为，a=d^(n/2)，b=h^(n/2)，c=p^(n/2)；要想保证d、h、p为整数，就必须保证a、b、c必须都是完全平方数。
∴a、b、c必须是整数的平方，才能使d、h、p在d^n+h^n=p^n公式中为整数。
假若d、h、p不能在公式中同时以整数的形式存在的话，则费马大定理成立。
设a=mk，则b=k(m^2-1)/2。
令m=k，则a=m^2，b=m(m^2-1)/2，令m/2=(m^2-1)，则b=(m/2)^2，c=(m/2)^2+m。
则a^2+b^2=c^2 => m^4+(m/2)^4=[(m/2)^2+m]^2=>m^2(2m^2-m-2)=0，m1=0（舍去），m2=(1±√17)/4（非整数）。
此外，当m/2=(m^2-1)时，（也可以让）b=(m^2-1)^2
则a^2+b^2=c^2 => m^4+(m^2-1)^4=[(m^2-1)^2+m]^2=> m(m^2-1)(2m^2-m-2)=0，m1=0，m2=±1，m3=(1±√17)/4。
验证：当m=±1时，b=h^(n^2)=(m^2-1)^2=0；即a^2=c^2。与题要求不符。
假若d、h、p可以以整数的形式出现，说明等式d^n+h^n=p^n成立，费马大定理不成立。否则，d^n+h^n≠p^n不等式成立，费马大定理成立。

回答4：

最简单的证明：当n大于2，x—y=1时不存在正整数z满足x^n+y^n=z^n。因为x^n>x^n—y^n。以此类推……即可。

回答5：

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