费马大定理x^4+y^4=z^4没有正整数解的证明

angel_phoenix88

x^n+y^n=z^n(n≥3)没有正整数解，在n=4时，费马自己给出证明，但我没搜到无穷降级的证明结果
以下是我的证明，找人看看思路有没有问题(或者有人这样证明过)

过程:
i)假设x^4+y^4=z^4有正整数解，则必然存在一组基础解(x,y,z)=(a,b,c)
满足(a,b)=1,(a,c)=1,(b,c)=1
假如(a,b)=t>1，很显然t|c,把t除掉形成基础解(a,b，c位置对等的)
(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2(1)
针对基础解，a，b，c必然是两两互质的两奇数一偶数
ii)基于勾股定理d^2+e^2=f^2
所有正整数解，满足:d=m^2-n^2,e=2mn,f=m^2+n^2(m,n为相异的正整数，d,e可交换位置)(2)




iii)基于1)，2)
假如
(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2存在最简
基础解(a,b，c)

则可设
a^2=m^2-n^2
b^2=2mn
c^2=m^2+n^2

以上记为(3)
.(a,b可交换位置)
由于a，b，c两两互质且两奇一偶
可以得出(m,n)=1,m，n为一奇一偶


下面证明(3)不可能三个全是完全平方数

如果b^2=2mn有解，则m=2p^2,n=q^2，(p，q)=1(m，n也可互换)，且q为奇数

下面只要证明4p^2-q^2和4p^2+q^2不可能同时为完全平方数

由于这两个都是奇数，不妨设a^2=4p^2-q^2=(2k+1)^2,c^2=4p^+q^2=(2l+1)^2
则c^2-a^2=2q^2=4(l^2+l-k^2-k)
得出q^2=2(l-k)(l-k+1)(4)

由于左侧为奇数，右侧为偶数，不可能成立


因此x^4+y^4=z^4不存在正整数解(费马定理n=4)

angel_phoenix88

电梯直达1#
发表于 2017-2-13 07:48 | 只看该作者
x^n+y^n=z^n(n≥3)没有正整数解，在n=4时，费马自己给出证明，但我没搜到无穷降级的证明结果
以下是我的证明，找人看看思路有没有问题(或者有人这样证明过)

过程:
i)假设x^4+y^4=z^4有正整数解，则必然存在一组基础解(x,y,z)=(a,b,c)
满足(a,b)=1,(a,c)=1,(b,c)=1
假如(a,b)=t>1，很显然t|c,把t除掉形成基础解(a,b，c位置对等的)
(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2(1)
针对基础解，a，b，c必然是两两互质的两奇数一偶数
ii)基于勾股定理d^2+e^2=f^2
所有正整数解，满足:d=m^2-n^2,e=2mn,f=m^2+n^2(m,n为相异的正整数，d,e可交换位置)(2)




iii)基于1)，2)
假如
(x^2)^2+(y^2)^2=(z^2)^2存在最简
基础解(a,b，c)

则可设
a^2=m^2-n^2
b^2=2mn
c^2=m^2+n^2

以上记为(3)
.(a,b可交换位置)
由于a，b，c两两互质且两奇一偶
可以得出(m,n)=1,m，n为一奇一偶


下面证明(3)不可能三个全是完全平方数

如果b^2=2mn有解，则m=2p^2,n=q^2，(p，q)=1(m，n也可互换)，且q为奇数

下面只要证明4p^2-q^2和4p^2+q^2不可能同时为完全平方数

由于这两个都是奇数，不妨设a^2=4p^2-q^2=(2k+1)^2,c^2=4p^+q^2=(2l+1)^2
则c^2-a^2=2q^2=4(l^2+l-k^2-k)
得出q^2=2(l-k)(l+k+1)(4)

由于左侧为奇数，右侧为偶数，不可能成立


因此x^4+y^4=z^4不存在正整数解(费马定理n=4

simpley

如果m是奇数呢？不要说都一样

angel_phoenix88

被难倒了

angel_phoenix88

补充证明
如果b^2=2mn有解，
m=q^2,n=2p^2，(p，q)=1(m，n也可互换)，且q为奇数的情形

下面只要证明a^2=q^4-4p^2和c^2=q^2+4p^4不可能同时为完全平方数
如果a^2=q^4-4p^4有整数解
则可设2p^2=2αβ，q^2=α^2+β^2
此时(α，β)=1且一奇一偶
再设α=u^2,β=v^2(同样u，v互质且一奇一偶)
此时c^2=u^8+(6v^4)u^4+v^8

再定义u^4=t
利用一元二次方程判别式=32v^8，不是完全平方数，所以c不可能是正整数

simpley

没道理，阿尔发和百塔怎能保证是整数呢

simpley

从理论上，只能证明阿尔发的平方和白塔的平方是整数

韩永平

英国的威尔斯不是终结了这个问题？