#頭條創作挑戰賽#

據說費馬大定理已經被證明了，不過那個證明方法，一般人看不懂，能看得懂的人隻有極少數。所以老黃緻力于用一種愛好數學的絕大多數人都能看得懂的方法來證明。真的，太難了！所以老黃隻好把它切成幾塊，一點一點地證明。先證明偶指數的情形，這就能完成費馬大定理的一半證明了。

費馬大定理偶數次幂部分：關于x,y,z的方程x^(2m) y^(2m)=z^(2m), 當m>1時, 不存在非零整數根. (費馬大定理包含奇數次幂的情形，即證明x^n y^n=z^n, 當n>2時, 不存在非零整數根.)

證明：不妨設z>0, y>0, x>0.【因為負數的偶數次方仍為正數，不影響結論。】

若(x,y)≠1或(y,z)≠1或(x,z)≠1, 則(x,y,z)≠1. 【假如x,y,z中有兩個不互質，那麼三個數就肯定不互質。】

可通過約分，使(x,y)=(y,z)=(x,z)=1.【如果三個數不互質，我們就可以通過約分，讓它們互質，而且一旦互質，就是兩兩互質。兩兩互質和三者互質，那可是不同的概念哦，兩兩互質更嚴格】

∴x,y,z中有兩個奇數和一個偶數. 【而兩兩互質，且滿足方程的三個數，必然有兩個是奇數，一個是偶數。如果有不少于兩個偶數，那兩個偶數不互質，如果三個全是奇數，則兩個奇數的整數次方仍為奇數，而兩個奇數的和不可能是奇數。】

當m=1時, 若z=2k, y=2i-1, x=2j-1, 則【特别地分析勾股定理，以找到突破點。就是當m=1時，不妨設最大的z為偶數，x,y為奇數】

x^2 y^2=(2i-1)^2 (2j-1)^2=4(i^2 j^2)-4(i j) 2=z^2=4k^2, 不存在非零整數根,【代入檢驗，可以發現左邊除以4餘2，右邊是4的倍數，不成立，所以最大的數z是奇數，而不是偶數】

∴z=2k 1, 不妨設y=2i, x=2j-1.【而x，y中就必有一奇一偶，假設x是奇數，将z, y的平方差因式分解如下。】

z^2-y^2=(z-y)(z y)=x^2,

存在非零整數p,q, 有z-y=px/q, z y=qx/p, 可設x=pqt.

則z=(p^2 q^2)x/(2pq)=(p^2 q^2 )t/2, y= (q^2-p^2)x/(2pq)=(q^2-p^2 )t/2,

∵(y,z)=1, ∴t=1.【這一步對解決問題的作用，隻是用于啟發下面的解法，是可以省略的. 到了這裡，已經給了我們提示，如何證明費馬大定理的偶次幂情形成立了】

當m>1時, 存在非零整數r,s, z^m-y^m=rx^m/s, z^m y^m=sx^m/r, 【那難道就不可能是x的1次方和x的2m-1次方嗎？可能的，如果是這樣，就通過調整r和s，使其變成都是x的m次方的形式就可以了。即把多餘的因數x補到分子中做因數，把不足的因數x，補到分母中作因數，就可以了】

可設x=rst. 則z^m=((r^2 s^2)x^m)/(2st)=(r^2 s^2)r^(m-1)s^(m-1)t^m/2,

y^m=(r^2-s^2)r^(m-1)s^(m-1)t^m/2,

∵(z^m,y^m)=1, ∴當且僅當m=1且t=1時, 成立. 【注意，互質的兩個數的任意正整數次方都互質，因此，隻有當m=1時，才能成立，當然，t也要等于1.不過t已經不重要了。可能有人會問了，那就不能r,s,t都等于1嗎？你說呢？那不連x都等于1了嗎？當然不可以了】

即當m>1時，∴x^(2m) y^(2m)=z^(2m)不存在非零整數根.

為了這個證明，老黃嘗試了無數次錯誤，其中可能還有一些小瑕疵，希望大家能找出并指出來繼續探究。奇數次幂的證明會麻煩得多，但老黃一定會繼續探究下去的。就算探究不出來，至少努力過了嘛。小夥伴們也可以一起來探究哦！

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