一句话证明：费马大定理

大约1637年左右，法国学者费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”
费马大定理：
方程 $x^{n}+y^{n}=z^{n},n>2$ 无正整数解

一，用勾股定理证明：

先证 $x≠y<z；$
$x^n+y^n=z^n ,$ 若 $x=y,$ 则 $2x^n=z^n,\sqrt[n]{2}=z/x ；$ 但 $z/x$ 是有理数，而 $n>1$ 时 $\sqrt[n]{2}$ 是无理数，正整数等式不可能成立，所以 $x≠y. n>1$ 时 $2<x<z,2<y<z$ 是显然的.

$(1)，$ 当 $n=2$ 时，任意 $x>2$ 的自然数皆有正整数解满足 $x^2=z^2-y^2 ,$ 且 $x≠y<z$

当 $x=2k+1≥3$ 时：
$x^2=z^2-y^2=(z-y)(z+y)；$
因 $x=2k+1$ 不防设 $z-y=1,$ 则 $z=y+1；$
$x^2=(z+y)=2y+1,$ 则 $y=(x^2-1)/2,z=(x^2+1)/2；$
$x^2=((x^2+1)/2)^2-((x^2-1)/2)^2=z^2-y^2$

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

当 $x=2k≥4$ 时：
$x^2=z^2-y^2=(z-y)(z+y)；$
因 $x=2k$ 不防设 $z-y=2,$ 则 $z=y+2；$
$x^2=(2k)^2=2(2y+2)=4(y+1)；k^2=y+1,$ 则 $y=k^2-1,z=k^2+1；$
$x^2=(2k)^2=(k^2+1)^2-(k^2-1)^2=z^2-y^2$

举例：
$4^2=5^2-3^2；$
$6^2=10^2-8^2；$
$8^2=17^2-15^2；$
$10^2=26^2-24^2；$
$12^2=37^2-35^2；$
$14^2=50^2-48^2...$
上面给出了任意大于等于 $3$ 的自然数的勾股三元组(是无穷的),不用考虑多解.

$(2)，$ 当 $n>2$ 时，任意 $x>2$ 的自然数皆没有正整数解满足 $x^n+y^n=z^n$
因为：根据 $(1)，x^2=a^2-b^2,$ 且 $x≠b<a(x,a,b$ 为正整数即勾股三元组)；
$a^{2}\equiv b^{2}(modx)$
$x^n=x^{n-2}x^2$
$= x^{n-2}a^2-x^{n-2} b^2$
$=(x^{(n-2)/n}a^{2/n})^{n}-(x^{(n-2)/n}b^{2/n})^{n}$
令 $z=x^{(n-2)/n}a^{2/n}, y=x^{(n-2)/n} b^{(2/n)} ；$
因 $n>2$ 且 $2<x≠b<a，$
由同余式的性质知 $a^{2/n} \not\equiv b^{2/n}(modx)$ , $( n>2,x\ne1,x\ne2,a\ne b>2)$
那么 $x^{(n-2)/n}a^{2/n} \not\equiv x^{(n-2)/n} b^{2/n}(modx)$ , $(x>2);$
那么 $x^{(n-2)}a^{2}\not\equiv x^{(n-2)} b^{2}(modx)$ ;即 $x$ 不整除 $x^{n} ,$ 矛盾；
则 $z，y$ 不可能是正整数(对任意 $x>2$ 的正整数)；即假设 $z，y$ 是正整数能推出 $x$ 整除 $a^{2/n}- b^{2/n}$ 的矛盾;
所以 $n>2$ 时， $x^n+y^n=z^n$ 没有正整数解.
注数学家们不能用初等方法证明它的原因是：他们只知道方程 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 的基本解是
$\left\{ x,y \right\}=\left\{ m^{2}-n^{2} ,2mn\right\},z=m^{2}+n^{2}$
但没有考虑到 $x$ 或 $y$ 既可以是奇数 $m^{2}-n^{2}\geq3$ (它也可以是偶数)也可以是偶数 $2mn\geq4$
也就是说对所有大于 $2$ 的自然数 $x$ 都有正整数解. 但上面的基本解不能一下看出来.
用基本解也能证明它的. 不过没有 $x=2k+1\geq3$ 和 $x=2k\geq4$ 都有正整数解来到明白！
$\left\{ 1,2 \right\}^{2}+y^{2}=z^{2}$ 是没正整数解的,即对正整数 $k$ 来说， $k^{2}+1，k^{2}+4$ 不是完全平方数. 这是因为 $z^{2}-y^{2}=(z-y)(z+y)\ne1,4 \ (z>y)$

另种证明：

引理：若 $a,b,c$ 是 $\Delta ABC$ 的三条边， $a^2+b^2=c^2,$ 当 $n∈N$ 且 $n≥3$ 时，则 $a^n+b^n<c^n$
证明：
$a^2+b^2=c^2,$ 可设 $a=c\sinα,b=c\cosα,α∈(0,π/2),$
因为 $0<\sinα<1，0<\cosα<1$
则当 $n≥3$ 时， $\sin^nα<\sin^2α，\cos^nα<\cos^2 α；$
所以 $a^n+b^n=c^n(\sin^n α+\cos^n α )<c^n (\sin^2 α+\cos^2 α )=c^n$
$\Rightarrow a^n+b^n<c^n$

现在，只考虑 $a$ 是正整数且大于2的情形：
因为，任意正整数 $a≥3$ 都能表为 $a^2=c^2-b^2,(b,c 为正整数 )$
$\Rightarrow$ 任意正整数 $a≥3$ 都不能表为 $a^n+b^n=c^n (n≥3)(b,c 为正整数);$
$\Rightarrow a^n+b^n=c^n (n≥3)$ 没有正整数解( $a=1,2$ 显然没有正整数解).
注这里有偷换概念之嫌，但代数学就是代数学，不管它了.
下面的证明才是妙的

二，用二项式定理证明：

令 $x$ 和 $y$ 为变量， $n$ 为正整数，则

$(x+y)^n=\sum_{j=0}^{n}{n \choose j}x^{n-j}y^{j}=x^{n}+y^{n}+\sum_{j=1}^{n-1}{n \choose j}x^{n-j}y^{j}$

设 $Q=\sum_{j=1}^{n-1}{n \choose j}x^{n-j}y^{j} ,$
设 $z=x+y≥2,$ 且 $x,y$ 为正整数 ;

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

当 $n>2$ 时，任意 $z≥2$ 的整数皆能表为

$z^n=x^n+y^n+Q (x,y 为正整数)$

当 $n>2$ 时， $Q>0$ , 任意 $z≥2$ 的整数皆不能表为

$z^n=x^n+y^n(x,y 为正整数)$

因 $Q≠0$ 为正整数，且 $x^n+Q$ 和 $y^n+Q$ 不可能表为整数的 n 次方（注意 n=2 时可能）；
即： $n>2$ 时， $x^n+y^n=z^n$ 没有正整数解.

上面过程也可这样理解

一句话证明：费马大定理

设 $Q=\sum_{j=1}^{n-1}{ n \choose j }x^{n-j}y^{j}$ 设 $a=x+y≥2 ; x,y$ 为正整数；
$a^{n}=x^{n}+y^{n}+Q$

$n>2$ 时，对任意的 $x,y$ (正整数), $\sqrt[n]{x^{n}+y^{n}}$ 不是正整数， $\sqrt[n]{x^{n}+y^{n}+Q}$ 才是正整数；
$\sqrt[n]{x^{n}+y^{n}}$ 是无理数，因 $x^n+y^n$ 不是正整数的 $n$ 次幂， $x^n+y^n+Q$ 才是正整数的 $n$ 次幂;
所以： $n>2$ 时， $x^n+y^n=z^n$ 没有正整数解。可以说一句话就能证明，也许费马的美妙的证法是这个.

特别的当 $n=2$ 时有勾股定理成立 $x^2+y^2=z^2；$
任意 $x>2$ 的自然数皆有正整数解满足 $x^2=z^2-y^2,$ 且 $x≠y<z；$
当 $x=2k+1≥3$ 时： $x^2=((x^2+1)/2)^2-((x^2-1)/2)^2=z^2-y^2$
当 $x=2k≥4$ 时： $x^2=(2k)^2=(k^2+1)^2-(k^2-1)^2=z^2-y^2$
因为 $n=2$ 时勾股定理成立 $x^2+y^2=z^2$ （有正整数解）， $n=1$ 显然有正整数解，所以：
$n>2$ 时，费马方程: $x^n+y^n=z^n$ 没有正整数解.

附1，“n>2 时，对任意正整数 $x,y$ 来说， $\sqrt[n]{x^{n}+y^{n}}$ 是无理数”的证明

《初等数论及其应用》（美）Kenneth H. Rosen著，该书中P87是这样说的：
定理：设 $\alpha$ 为多项式 $x^{n}+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_{1}x+c_{0}$ 的根，其中系数 $c_{i}$ 是整数，则 $\alpha$ 或者是整数，或者是无理数
证明
假设 $\alpha$ 为有理数，则可以写为 $\alpha=a/b ,$ 其中 $a$ 和 $b$ 为互素整数且 $b\ne0$ .由于 $\alpha$ 是多项式 $x^{n}+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_{1}x+c_{0}$ 的根，故有

$(a/b)^{n}+c_{n-1}(a/b)^{n-1}+\cdots+c_{1}(a/b)+c_{0}=0$

乘以 $b^{n}$ ，得

$a^{n}+c_{n-1}a^{n-1}b+\cdots+c_{1}ab^{n-1}+c_{0}b^{n}=0$

由于

$a^{n}=b(-c_{n-1}a^{n-1}-\cdots-c_{1}ab^{n-2}-c_{0}b^{n-1})$

故 $b|a^{n} .$ 假定 $b\ne\pm1 .$ 则 $b$ 有素因子 $p .$ 因为 $p|b ， b|a^{n}$ ，故 $p|a^{n} , p|a .$ 但是 $(a,b)=1$ ,于是得到矛盾，这表明 $b=\pm1$ .因此如果 $\alpha$ 为有理数，则 $\alpha=\pm a$ ，所以 $\alpha$ 一定是整数.

推论1：任意正整数的 $n$ 次方根 $\color{red}{不是整数就是无理数 }$
推论2：若 $m$ 不是正整数的 $n$ 次幂，则 $\sqrt[n]{m}$ 是无理数

这是因为 $\sqrt[n]{m}$ 是 $x^{n}-m=0$ 的根.因此，像 $\sqrt{2},\sqrt[3]{5,}\sqrt[10]{17}$ 这样的数是无理数。

特别的有:
由二项式定理知， $n>2$ 时，对任意正整数 $x,y$ 来说， $\sqrt[n]{x^{n}+y^{n}}$ 是无理数， $\sqrt[n]{x^{n}+y^{n}+Q}$ 才是正整数。

附2，费马大定理中隐藏的素数的秘密：

$..........$

附3，欧拉猜想， $a^{4}+b^{4}+c^{4}=d^{4}$ 没有正整数解：

1769年，欧拉在发现了 $3^{3}+4^{3}+5^{3}=6^{3}$ 这个式子后“推广了”费马大定理.(他从 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ 有正整数解 $a^{3}+b^{3}=c^{3}$ 无正整数解联想到 )
欧拉猜想：
$a^{4}+b^{4}+c^{4}=d^{4}$ 没有正整数解;
$a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}=e^{4}$ 没有正整数解;
$a^{5}+b^{5}+c^{5}+d^{5}=e^{5}$ 没有正整数解;
1911年，英国数学家诺里耶发现了：
$30^{4}+120^{4}+272^{4}+315^{4}=353^{4}$

1966年，美国数学家兰德尔和帕金给出一个最小反例：
$27^{5}+84^{5}+110^{5}+133^{5}=144^{5}$

更大的反例也被数学家吉姆 $\cdot$ 弗尔耶找到：
$55^{5}+3183^{5}+28969^{5}+85282^{5}=85359^{5}$

1986年，哈佛大学数学家埃尔克斯发现了又一个反例：
$2682440^{4}+15365639^{4}+18796760^{4}=20615673^{4}$

1988年，美国数学家罗杰 $\cdot$ 弗尔耶用埃尔克斯的技巧又找到了有可能是最小的反例：
$95800^{4}+217519^{4}+414560^{4}=422481^{4}$

1997年，数学家麦克劳德找到已知的最大的反例之一：
$219076465^{4}+275156240^{4}+630662624^{4}=638523249^{4}$

还有不少这样的结果： $12^{7}+35^{7}+58^{7}+64^{7}+83^{7}+85^{7}+90^{7}=102^{7}$

我发现了这样几个式子：
$3^{3}+4^{3}+5^{3}=6^{3}$
$3^{3}+4^{3}+5^{3}+...+22^{3}=40^{3}$
$6^{3}+7^{3}+8^{3}+...+30^{3}=60^{3}$
$6^{3}+7^{3}+8^{3}+...+69^{3}=180^{3}$
$9^{3}+10^{3}+11^{3}...+25^{3}=323^{2}$
$(9^{3}+10^{3}+11^{3}...+25^{3})\times323个=323^{3}$
$11^{3}+12^{3}+13^{3}+14^{3}=20^{3}\bullet$ 这个比较好
$11^{3}+12^{3}+...+109^{3}=330^{3}$
$14^{3}+15^{3}+...+25^{3}=312^{2}$
$(14^{3}+15^{3}+...+25^{3})\times312=312^{3}$
$14^{3}+15^{3}+...+34^{3}=588^{2}$
$15^{3}+16^{3}+...+34^{3}=70^{3}$
$21^{3}+22^{3}+...+148^{3}=11024^{2}$
$23^{3}+24^{3}+25^{3}=204^{2} \bullet$
$25^{3}+26^{3}+27^{3}+28^{3}+29^{3}=315^{2} \bullet$
$25^{3}+26^{3}+...+39^{3}=720^{2}$
$25^{3}+26^{3}+...+122^{3}=7497^{2}$
$28^{3}+29^{3}+...+35^{3}=504^{2}$
$33^{3}+34^{3}+...+65^{3}=2079^{2}$
$34^{3}+35^{3}+...+158^{3}=540^{3} \bullet$ 从这儿开始立方数好像消失了
$64^{3}+65^{3}+...+105^{3}=5187^{2}$
$64^{3}+65^{3}+...+111^{3}=5880^{2}$
$69^{3}+70^{3}+...+100^{3}=4472^{2}$
$78^{3}+79^{3}+...+182^{3}=16380^{2}$
$81^{3}+82^{3}+...+108^{3}=4914^{2}$
$96^{3}+97^{3}+98^{3}+99^{3}+100^{3}=2170^{2} \bullet$
$\cdots\cdots$
利用勾股定理找 $a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}=f^{4}$
$(3n)^{2}+(4n)^{2}=(5n)^{2}$
$(3n)^{4}+(4n)^{4}+2*9*16*n^{4}=(5n)^{4}$
$(3n)^{4}+(4n)^{4}+288*n^{4}=(5n)^{4}$
$(3n)^{4}+(4n)^{4}+(2^{5}+4^{4})n^{4}=(5n)^{4}$
$2(2n)^4+(3n)^4+2(4n)^4=(5n)^{4}\bullet$
$(2n)^4+(2n)^4+(3n)^4+(4n)^4+(4n)^4=(5n)^{4}$
所以有：
$2^4+2^4+3^4+4^4+4^4=5^{4}$
$4^4+4^4+6^4+8^4+8^4=10^{4}$
$\cdots\cdots$

附4， $x^{2}+Q=k^{2},Q=2xy$ 的正整数解

上面的证明中当 $n>2$ 时，设 $Q=\sum_{j=1}^{n-1}{n \choose j}x^{n-j}y^{j}$ 设 $a=x+y≥2 ; x,y$ 为正整数；
$a^{n}=x^{n}+y^{n}+Q$ 式中 $x^{n}+Q\ne k^{n}$ 或 $y^{n}+Q\ne k^{n}$ 是显然的；但是
当 $n=2$ 时， $a^{2}=(x+y)^{2}=x^{2}+y^{2}+2xy$
式中 $x^{2}+2xy=k^{2}$ 或 $y^{2}+2xy=k^{2}$ 对任意的正整数 $x,y\geq3$ 都有正整数解，且解唯一( $2y$ 非平方数时). 我们只需看两个中的一个式子
$x^{2}+2xy=k^{2}(y\geq3，x\geq1)$
$y=3,x^{2}+6x=k^{2},$ 解为， $2^{2}+6\cdot2=4^{2}$
$y=4,x^{2}+8x=k^{2},$ 解为， $1^{2}+8\cdot1=3^{2}$
$y=5,x^{2}+10x=k^{2},$ 解为， $8^{2}+10\cdot8=12^{2}$
$y=6,x^{2}+12x=k^{2},$ 解为， $4^{2}+12\cdot4=8^{2}$
$y=7,x^{2}+14x=k^{2},$ 解为， $18^{2}+14\cdot18=24^{2}$
$y=8,x^{2}+16x=k^{2},$ 解为， $2^{2}+16\cdot2=6^{2}，9^{2}+16\cdot9=15^{2}$ ，
$\cdots\cdots$
$y=2,x^{2}+4x=k^{2},$ 无正整数解.
道理很简单， $x(x+4)$ 不是完全平方数 $x\ne0$
而 $k^{2}\equiv x^{2}(mod2y),y\geq3$ 二次剩余都有解.
$x^{2}+2x=k^{2},$ 无正整数解。但， $x^{2}+3x=k^{2},$ 有唯一解， $1^{2}+3=2^{2}$
事实上， $x^{2}+nx=k^{2},n\geq5$ 都有正整数解. $n$ 非完全平方数时解唯一.
$x^{2}+7x=k^{2}, 解为， 9^{2}+7\cdot9=12^{2},$
$x^{2}+9x=k^{2}, 解为， 3^{2}+9\cdot3=6^{2},16^{2}+9\cdot16=20^{2},$
$x^{2}+11x=k^{2}, 解为， 25^{2}+11\cdot25=30^{2},$
$x^{2}+13x=k^{2}, 解为， 36^{2}+13\cdot36=42^{2},$

$a^3+b^3+c^3+d^3=e^3$
$1^3+1^3+5^3+6^3=7^3$ 好像是最小解
$n^3+n^3+(5n)^3+(6n)^3=(7n)^3$
$11^{3}+12^{3}+13^{3}+14^{3}=20^{3}$

$x^{a}+y^{b}=z^{c},a,b,c\geq3$ 也无正整数解！
因为： $c\geq3$ 时，设 $z=x+y,$

$\left( x+y \right)^{c}=x^{c}+\sum_{j=1}^{c-1}{n \choose j}x^{c-j}y^{j}+y^c$

当 $a=c\geq3$ 时，
$\sum_{j=1}^{c-1}{n \choose j}x^{c-j}y^{j}+y^c\ne y^{b}$

当 $3\leq a<c$ 时， $x^c-x^a+\sum_{j=1}^{c-1}{n \choose j}x^{c-j}y^{j}+y^c\ne y^{b}$

待续中

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一句话证明：费马大定理

一，用勾股定理证明：

另种证明：

二， 用二项式定理证明：

一句话证明：费马大定理

附1，“n>2 时，对任意正整数 来说， 是无理数”的证明

附2，费马大定理中隐藏的素数的秘密：

附3，欧拉猜想， 没有正整数解：

附4， 的正整数解

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二，用二项式定理证明：

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