费马大定理的初等数学证明

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证明x^3+y^3=z^3无整数解
证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2无整数解即可。证明过程如下：

y^3=a^3+3a^2x+3ax^2 (1)
3ax^2+3a^2x-(y^3-a^3)=0 (2)
经过移项处理，得到的（2）式是关于x为未知数的一元二次方程式。由于我的电脑操作基础知识不好，不会打印一元二次方程式的求根公式，请谅解。我们知道在（2）式的求根公式根号里面的关系式是:（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)，要证明（2）式的未知数x有没有整数解，就是要证明根号里面的这个关系式在其变化过程中是否有平方数存在，现在对这个关系式作变形处理如下：
(3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=(3a^2)^2+12a(y-a)(y^2+ya+a^2)
=(3a^2)^2+12a(y-a)a^2+12a(y-a)(y^2+ya)
=(3a^2)^2+2•3a^2•2a(y-a)+4a^2(y-a)^2+12a(y-a)(y^2+ya)-4a^2(y-a)^2
=[3a^2+2a(y-a)]^2+4a(y-a)[3y^2+3ya-a(y-a)]
=(2ay+a^2)^2+4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)
即有（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=(2ay+a^2)^2+4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2) (3)
接下来模仿（3）式右端的结构形式构造一个相应的平方数关系式如下：
[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2=(2ay+a^2)^2+D，则有
D=[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2-(2ay+a^2)^2
=2ka(y-a)(4ay+2a^2+2kay-2ka^2)
=4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2)
即有[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2=(2ay+a^2)^2+4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2) (4)
要使（3）式左端与（4）式左端相等，即使（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2成立，应有
4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)=4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2) (5)
因为y＞a，因此y≠a，所以有
3y^2+2ya+a^2=2kay+ka^2+k^2ay-k^2a^2
把上式整理为y为未知数的一元二次方程式形式有
3y^2-(k^2+2k-2)ay+(k^2-k+1)a^2=0 (6)
在（6）式里的y有没有整数解，同样要看求根公式根号里面的关系式在其变化过程中是否有平方数存在，根号里面的关系式为：[（k^2+2k-2)^2-12(k^2-k+1)]a^2，经过进一步变形处理，这个关系式化简为：k^4+4k^3-12k^2+4k-8。当k=2时，这个关系式的计算结果等于0，因此k值的取值范围为k＞2的一切整数，经过试算找到平方数两边夹不等式如下
（k^2+2k-8)^2＜k^4+4k^3-12k^2+4k-8＜(k^2+2k-5)^2
在平方数（k^2+2k-8)^2和平方数（k^2+2k-5)^2之间存在两个平方数，即（k^2+2k-7)^2和(k^2+2k-6)^2，这两个平方数的展开式如下
(k^2+2k-7)^2=k^4+4k^3-10k^2-28k+49
(k^2+2k-6)^2=k^4+4k^3-8k^2-24k+36
依据上述展开式建立数量关系式如下
k^4+4k^3-10k^2-28k+49=k^4+4k^3-12k^2+4k-8
k^4+4k^3-8k^2-24k+36=k^4+4k^3-12k^2+4k-8
化简这两个关系式分别得到2k^2-32k+57=0和k^2-7k+11=0，求解的结果是这两个方程式的k值都没有整数解，因此k^4+4k^3-12k^2+4k-8与(k^2+2k-7)^2和（k^2+2k-6)^2不存在等量关系，也就是说k^4+4k^3-12k^2+4k-8是一个非平方数，因此当k的取值为k＞2的一切整数时，由（6）式通过求根公式求得的y值都无整数解，这说明k取k＞2的一切整数时与其对应的y值没有同为整数解的情形存在，因此（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)与在前面构造的平方数[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2不存在等量关系，这就证明（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)在其变化过程中没有平方数存在。
由于（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)在其变化过程中没有平方数存在，因此由（2）式通过求根公式求得的每一个x值都无整数解，则x^3+y^3=z^3无整数解的命题得证。

勇往直前dp

嘿😁你的帖也是从基础数学移到这版面的吗，那个版主觉得这版面里面都有种装神弄鬼的样，我再写一次帖发基础数学，打他的嘴巴，如果再有错请求版主将我的垃圾帖删除，并将我永久拉黑，等着好戏在后头

勇往直前dp

请看一下我的证明对不对，被那个版主从基础数学移到这个版面，还顺带删了我两个帖，一个是牛顿的羊吃草问题，一个是奥数题，很有趣竟然随便删了

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坚定n与规则余数组的组数同步增长的信念，也就是当n趋向无穷大时规则余数组的组数也趋向无穷多组，在这些规则余数组中看不到某个规则余数出现0的情形，因此当n趋向无穷大时x^n+ y^n=z^n无整数解成立。

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费马大定理存在初等数学方法的逻辑证明。知名数学家陈省身说费马大定理不存在初等数学证明方法是人老颠东的胡说八道。

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数学归纳法是逻辑证明的典型方法，因此费马大定理存在初等数学的逻辑证明方法。

yufan31

yufan31 发表于 2021-10-29 01:14
试证，谢谢指正哈

3里漏了一个y平方笔误

yufan31

试证，谢谢指正哈

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敢问天下人：
在当今世界上一人破解三个世界级难题的除了我还有谁？

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在世界末日到来之前，人类已经找到了费马大定理的初等证明，人类没有留下遗憾。