费马大定理在n等于4时成立的证明

1.费马大定理内容

大约在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。”这段话写的就是费马大定理的提出，其中的猜想可简化为

\[当整数n>2时，关于 a,b,c的方程a^n+b^n=c^n没有正整数解。 \]

2.费马大定理在 \(n=4\) 是成立证明过程

首先，我们需要引入一个概念，是

素勾股数

在 \(x^2+y^2=z^2\) 中 \(x,y,z\) 互质且 \(x,z\) 是奇数，\(y\) 是偶数或 \(y,z\) 是奇数，\(x\)是偶数，则 \(x,y,z\) 是素勾股数，任何勾股数都可化简为素勾股数，素勾股数可以写成一种形式：

\[\begin{cases}x=m^2-n^2&(m>n&m 与 n 互质)\\y=2mn\\z=m^2+n^2\end{cases} \]

在有了这个概念后，我们就可以开始对费马大定理的证明了。

我们是证明 \(n=4\) 时费马大定理成立，所以我们将 \(n\) 替换成 \(4\)。

首先，我们把\(a^4+b^4=c^4\) 变成 \(a^4+b^4={c_1}^2\) 其中 \(c_1=c^2\)

证明：假设 \(a^4+b^4={c_1}^2\) 有正整数解，那必须满足 \((a^2)^2+(b^2)^2=c_1=c^2\) 我们可以假设 \((a^2)^2+(b^2)^2=c^2\) 是素勾股数，因为勾股数都可以化成素勾股数，那我们就可以写出下列公式

\[\begin{cases}a^2=m^2-n^2&(m>n&m 与 n 互质)\\b^2=2mn\\c=m^2+n^2\end{cases} \]

这时我们又可以找出素勾股数：\(a^2+n^2=m^2\) ，从而写出

\[\begin{cases}a={a_1}^2-{b_1}^2&(a_1>b_1&a_1与 b_1 互质)\\n=2a_1b_1\\m={a_1}^2+{b_1}^2\end{cases} \]

由此可以得出 \(b^2=4a_1b_1({a_1}^2+{b_1}^2)\) ，将式子除以 \(2\)，得出 \((\dfrac{b}{2})^2=a_1b_1({a_1}^2+{b_1}^2)\) ，我们知道 \(\dfrac{b}{2}\) 是整数，而 \(a_1,b_1,{a_1}^2+{b_1}^2\) 互质，那假设 \(\dfrac{b}{2}\)里有一个因子 \(m_1\) ，那 \(m_1\) 展开后就是 \({m_1}^2\) ，那 \({m_1}^2\) 只有可能出现在 \(a_1\) 的因子里。我们知道 \(a_1,b_1,{a_1}^2+{b_1}^2\) 是完全平方数，那我们假设 \(a_1={m_1}^2\quad b_1={n_1}^2\quad {a_1}^2+{b_1}^2=t^2\) 将前两个式子代入到第三个式子里，就变成了 \({m_1}^4+{n_1}^4=t^2\) ，很像 \(a^4+b^4={c_1}^2\)。我们来看一下 \(t\) 等于什么，\(t=\sqrt{{a_1}^2+{b_1}^2}=\sqrt{m}\qquad \sqrt{m}<\sqrt{a}<\sqrt{c}<c\) ，所以 \(t<c\) 。那我们看，我们由 \((a^2)^2+(b^2)^2=c^2\) 这个素勾股数推出了 \({m_1}^4+{n_1}^4=t^2\) 这个素勾股数，且 \(t<c\) ，那这样我们就可以无穷的推出素勾股数，且每一对素勾股数越来越小，也就是说我们可以推出 \({m_2}^4+{n_2}^4={t_2}^2\) 这样的素勾股数，但这是不可能的，因为 \(c\) 有一个初始值，例如 \(c=10000\) 那最多推一万次，可上面是可以无穷地推下去的，是矛盾的，所以 \(n=4\) 时费马大定理成立。