费马大定理最简证明

费马大定獭猫 理证明

求证不定方程对于整数n>2

XYZ

nnn

无X,Y,Z的整数解

这就是费马猜想

又称费马大定理，起源于三百多年前，挑战

人类3个世纪，多次震惊全世界，耗尽人类

众多最杰出大脑的精力，也让千千万万业余

者痴迷。传言在1994年被安德鲁怀尔斯

攻克，但是我并不知道安德鲁怀尔斯攻克

的证明是否真实可靠。

现在来阐述最新最简易的证明如下：

证明：

条件：设整数(p，q)互素，（a,b）互素，并且X,Y均整数，

如果不存在整数Z使得成立，那么

XYZ

nnn

猜想正确，否乡色酒 则猜想就是错误的

由条件设定已知x,y 为整数，将猜想等式左边合并变换为下

式

y

ZX(1())

x

py



设

qx

1

n

n

p

u(1())

q

则

ZXu

1

n

n

1

n

n

假设存在整数Z,则u一定至少是有理黄志成 数设

pa

u(1())

qb

则

(qp)bqa

（1）

pbq(ab)

由于(p,q)互素

那么q必然是b的因子才能使得等式两边成立

nnnnn

nnnnn

设b=qt代入（1）式得

a

nnn

（）(pq)

（2）

t

则t为a的因子,至此如原条件（a,b）互素相矛盾，所以t必

须等于1得以下等式：

（3）

pqa

1

n

nnn

假设等式依然成立



pa

n

1()=



得



qq

利用牛顿二项式广义定理展开上式



p

Caqq



得：



k1



q

k

k

1

n

k

knn2n3nkn

k123k

11111

nnnnn

kn



ppppp

aqqCq(CCC..C...)





k1



qqqqq

展开式曲线簇附图如下



ppppp

123kk

aqqCq(CCC..C...)





11111

k1



qqqqq

nnnnn

k

knn2n3nkn

要使得a-q为整数，至少a-q的小数部分为有理数，而a-q的

展开式是无限级数，那么只有一个条件下a-q才可能是有理

数，就是级数的系数香辣皮皮虾 的绝对值相等，由此只有n趋近无穷大

时才会出现此种情况如下：



p11pp

k

k

limC=1limn12n1..kn1

1





kkn

nx

k!nqqq



n

knkn

kn

p

n

()

此时a-q才是-的等比数列之和才可能是有理数

q

所以在有限整数n>2 的条件下



ppppp

123kk

aqqCq(CCC...C...)





11111

k1



qqqqq

nnnnn

k

knn2n3nkn

不可能是有限的或无限循环的，那么它只能是万圣节贺卡 无理数，所以

a也只能是无理数，据此

整数n>2时，对于互素的p,q，（q>p）没有

整数a使得（4）等式成立



pa

n

1()



（4）



qq



p

n

u1()



为无理数结论（整数n>2, q>p）



q

1

n

1合伙协议合同范本

n

那么同样也是无理数

ZXu

至此

对于整数n>2

XYZ

nnn

X,Y,Z没有同为整数的解

费马猜想证明完毕

后记



p

n

u1()



为无理数已猪脬 经写入无理数

q



1

n

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