费马大定律的详细资料

费马大定律的完全证明和费马定律的详细解说！~

费马 费马(Pierre de Fermat,公元1601年—公元1665年)是十七世纪最伟大的数学家之一。 他对数学的贡献是多方面的,包括了微分学的概念,解析几何(他和笛卡儿可说是独立地发明解析几何,不过他是第一位把它应用到三维空间的人)和数论。尤其在数论方面,最为世人熟识的当然是费马最后定理(Fermat's Last Theorem),但其实还有很重要的费马小定理(Fermat's Little Theorem,加上“小”是用来分别费马大定理的),以及费马二平方数定理(Fermat's Two Squares Theorem),无限下降法和费马数等等,实在是多不胜数。 费马大定理 ,即:不可能有满足 xn+yn=zn ,n >2的正整数x、y、z、n存在。这命题他写在丢番图《算术》( 拉丁文译本,1621)第 2卷的空白处:“……将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和,这是不可能的。 费马小定理是数论中的一个定理。定理:(费马小定理) 当p是素数时,对于任意一个整数a不是p的倍数时,有以下的等式 ap-1≡1 (mod p)。 费马最后定理 当整数 n > 2 时, 方程 x n + y n = z n 无正整数解. 勾股定理及勾股数组 勾股定理 在 ABC 中,若 C 为直角,则 a2 + b2 = c2. 留意:32 + 42 = 52; 52 + 122 = 132; 82 + 152 = 172; 72 + 242 = 252; ……等等 即 (3 , 4 , 5),(5 , 12 , 13) … 等等为方程 x 2 + y 2 = z 2 的正整数解. 我们称以上的整数解为「勾股数组」.

　费马大定理证明过程:
　　对费马方程x^n+y^n=z^n整数解关系的证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法则”；“定差公式法则”；“a值奇偶数列法则”；是平方整数解的代数条件和实践方法；本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念；本文利用同方幂数增比性质，利用整数方幂数增项差公式性质，把费马方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。
　　关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式
　　引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在n＞2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。
　　本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。
　　定义1．费马方程
　　人们习惯上称x^n+y^n=z^n关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。
　　在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，这时由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄里克莱，已经成为很大的一门数学分支.
　　定义2．增元求解法
　　在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法，叫增元求解法。
　　利用增元求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。
　　下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。
　　一，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”
　　定理1．如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q≥1，满足条件：
　　a≥3
　　{ b=（a^2-Q^2）÷2Q
　　c= Q+b
　　则此时，a^2+b^2=c^2是整数解；
　　证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q为增元项，且b、Q是整数）,则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形：
　　Q2 Qb
　　其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b^2后可得到一个边长
　　Qb
　　为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。
　　故定理1得证
　　应用例子：
　　例1． 利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边长平方整数解?
　　解：取 应用例子：a为15，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到：
　　a= 15
　　{ b=（a^2- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112
　　c=Q+b=1+112=113
　　所以得到平方整数解15^2+112^2=113^2
　　再取a为15，选增元项Q为3，根据定a计算法则得到：
　　a= 15
　　{ b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36
　　c=Q+b=3+36=39
　　所以得到平方整数解15^2+36^2=39^2
　　定a计算法则，当取a=3、4、5、6、7 … 时，通过Q的不同取值，将函盖全部平方整数解。
　　二，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”
　　定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形边长的一组整数解，则有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整数解。
　　证：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形 a c ，根据平面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c；
　　b 2b
　　3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；
　　3b 4b
　　3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整数。
　　故定理2得证
　　应用例子：
　　例2．证明303^2+404^2=505^2是整数解？
　　解；由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整数解，根据增比计
　　4
　　算法则，以直角三角形 3×101 5×101 关系为边长时，必有
　　4×101
　　303^2+404^2=505^2是整数解。
　　三，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”
　　3a + 2c + n = a1
　　（这里n=b-a之差，n=1、2、3…）
　　定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。
　　证：取n为1，由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2，这里n=b-a=4-3=1，根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：
　　a1=3×3+2×5+1=20 这时得到
　　20^2+21^2=29^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×20+2×29+1=119 这时得到
　　119^2+120^2=169^2 继续利用公式计算得到
　　a3=3×119+2×169+1=696 这时得到
　　696^2+697^2=985^2
　　…
　　故定差为1关系成立
　　现取n为7，我们有直角三角形21^2+28^2=35^2，这里n=28-21=7，根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：
　　a1=3×21+2×35+7=140 这时得到
　　140^2+147^2=203^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×140+2×203+7=833 这时得到
　　833^2+840^2=1183^2 继续利用公式计算得到：
　　a3=3×833+2×1183+7=4872 这时得到
　　4872^2+4879^2=6895^2
　　…
　　故定差为7关系成立
　　再取n为129，我们有直角三角形387^2+516^2=645^2，这里n=516-387=129，根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：
　　a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到
　　2580^2+2709^2=3741^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到
　　15351^2+15480^2=21801^2 继续利用公式计算得到：
　　a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到
　　89784^2+89913^2=127065^2
　　…
　　故定差为129关系成立
　　故定差n计算法则成立
　　故定理3得证
　　四，平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则：
　　定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长，则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；
　　（一） 奇数列a：
　　若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）， 则a为奇数列平方整数解的关系是：
　　a=2n+1
　　{ c=n^2+（n+1）^2
　　b=c-1
　　证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
　　3^2+4^2=5^2
　　5^2+12^2=13^2
　　7^2+24^2=25^2
　　9^2+40^2=41^2
　　11^2+60^2=61^2
　　13^2+84^2=85^2
　　…
　　故得到奇数列a关系成立
　　（二）偶数列a：
　　若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 …）， 则a为偶数列平方整数解的关系是：
　　a=2n+2
　　{ c=1+（n+1）^2
　　b=c-2
　　证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
　　4^2+3^2=5^2
　　6^2+8^2=10^2
　　8^2+15^2=17^2
　　10^2+24^2=26^2
　　12^2+35^2=37^2
　　14^2+48^2=50^2
　　…
　　故得到偶数列a关系成立
　　故定理4关系成立
　　由此得到,在直角三角形a、b、c三边中：
　　b-a之差可为1、2、3…
　　a-b之差可为1、2、3…
　　c-a之差可为1、2、3…
　　c-b之差可为1、2、3…
　　定差平方整数解有无穷多种；
　　每种定差平方整数解有无穷多个。
　　以上，我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解。证明如下：
　　我们首先证明，增比计算法则在任意方次幂时都成立。
　　定理5，若a，b，c都是大于0的不同整数，m是大于1的整数，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方幂关系成立，则a，b，c，d，e增比后，同方幂关系仍成立。
　　证：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比为n，n＞1，
　　得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
　　原式化为 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
　　两边消掉 n^m后得到原式。
　　所以，同方幂数和差式之间存在增比计算法则，增比后仍是同方幂数。
　　故定理5得证
　　定理6，若a，b，c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立，其中b＞1，b不是a，c的同方幂数，当a，b，c同比增大后，b仍然不是a，c的同方幂数。
　　证：取定理原式a^m+b=c^m
　　取增比为n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
　　原式化为： n^m（a^m+b）=n^mc^m
　　两边消掉n^m后得到原式。
　　由于b不能化为a，c的同方幂数，所以n^mb也不能化为a，c的同方幂数。
　　所以，同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后，等式关系仍然成立。其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数，不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数。
　　故定理6得证
　　一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质
　　定义3，绝对某次方幂式
　　在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，
　　n^2+6n+9，……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是绝对3次方幂式。
　　一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1，b为常数项）的展开项。
　　定义4，绝对非某次方幂式
　　在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都不是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式。
　　当一元代数式的项数很少时，我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式，例如n^2+n是绝对非2次方幂式，n^7+n是绝对非7次方幂式，但当代数式的项数很多时，得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。
　　一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2，b为常数项）的展开项中减除其中某一项。
　　推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式，取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式，当n=7时，3n^2+3n+1=169=13^2;
　　推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。2n+1=9=3^2，2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2，4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3，2n+1=125=5^3 ……
　　证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；
　　在一元代数式中，未知数的不同取值，代数式将得到不同的计算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的，是等式可逆的，是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数公理。即可由代入未知数值的办法对代数式求值，又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质，我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。
　　当常数项为1时，完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成，对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失，代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下，我们锁定其中的任意3项，则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，对这3个代数式来说，使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解，即补上缺失的第4项值，而且这个缺失项不取不行，取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系，这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是：
　　（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
　　（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
　　（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
　　所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …
　　n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
　　n^3+3n+1≠（n+1）^3
　　3n2+3n+1≠（n+1）^^3
　　即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数。
　　当取n=1、2、3、4、5 …时，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方，而 小于2的整数只有1，1^3=1，当取n=1时，
　　n^3+3n^2+1=5≠1
　　n^3+3n+1=5≠1
　　3n^2+3n+1=7≠1
　　所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时，代数式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。
　　由以上方法我们能够证明一元代数式：n^4+4n^3+6n^2+1，n^4+4n^3+4n+1，n^4+6n^2+4n+1，4n^3+6n^2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。
　　能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下，锁定其中的任意m项后，可得到m个不同的一元代数式，这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。
　　现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；
　　2次方时有：（n+1）^2-n^2
　　=n^2+2n+1-n^2
　　=2n+1
　　所以，2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1。
　　由于2n+1不含有方幂关系，而所有奇数的幂方都可表为2n+1，所以，当2n+1为完全平方数时，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系，应用增比计算法则，我们即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出，求得这些平方整数解的方法是：
　　由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；
　　由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；
　　由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；
　　……
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，我们可得到整数中全部平方整数解。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。
　　同时，由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。
　　3次方时有：（n+1）^3-n^3
　　=n^3+3n^2+3n+1-n^3
　　=3n^2+3n+1
　　所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。
　　由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是3次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些立方费马方程式的方法是：
　　由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
　　由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
　　由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
　　……
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。
　　4次方时有；（n+1）^4-n^4
　　=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
　　=4n^3+6n^2+4n+1
　　所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。
　　由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是4次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些4次方费马方程式的方法是：
　　由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
　　由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
　　由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
　　……
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。
　　m次方时，相邻整数的方幂数的增项差公式为：
　　（ n+1）^m-n^m
　　=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
　　=mn^m-1+…+…+mn+1
　　所以，m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。
　　由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是m次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些m次方费马方程式的方法是：
　　由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
　　由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
　　由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
　　……
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解。
　　费马大定理： 当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 无正整数解。
　　费马矩阵大定理：当整数n > 2时，关于m行m列矩阵X, Y, Z的不定矩阵方程 X^n + Y^n =Z^n. 矩阵的元素中至少有一个零。当整数n = 2时，求m行m列矩阵X, Y, Z。

费马猜想〔Fermat's conjecture〕又称费马大定理或费马问题，是数论中最著名的世界难题之一。1637年，法国数学家费马在巴歇校订的希腊数学家丢番图的《算术》第II卷第8命题旁边写道：「将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。关于此，我确信已发现一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。」费马去世后，人们找不到这个猜想的证明，由此激发起许多数学家的兴趣。欧拉、勒让德、高斯、阿贝尔、狄利克雷、柯西等大数学家都试证过，但谁也没有得到普遍的证法。300多年以来，无数优秀学者为证明这个猜想，付出了巨大精力，同时亦产生出不少重要的数学概念及分支。
http://www.shuxue.net/Article_Show2.asp?ArticleID=63

费马大定理，又名费马猜想，是17世纪法国数学家费马留给后世的一个不解之谜。这个比哥德巴赫猜想更悠久、更有名的难题曾经吸引、困惑了无数智者，难倒过许多杰出的大数学家。直到358年之后的1995年，这个难题才被美国数学家安德鲁·怀尔斯所攻克。

费马详细介绍：

费马是法国数学家，1601年8月17日出生于法国南部图卢兹附近的博蒙·德·洛马涅。他的父亲多米尼克·费马在当地开了一家大皮革商店，拥有相当丰厚的产业，使得费马从小生活在富裕舒适的环境中。
http://www.ikepu.com/datebase/details/scientist/17st/P_d_fermat.htm

费马猜想* 大约在1637年，费马在阅读丢番图著《算术》一书的拉丁文译本时，读到第Ⅱ卷第八命题"将一个平方和分为两个平方数"，在书的页边空白处写了一段话，意思是说"将一个立方数分成两个立方数，一个四次幂分成两个四次幂，或者一般地将一个高于2次幂分成两个同次的幂，这是不可能的，关于此，我确信已发现了一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下"。用现代数学语言叙述，费马猜想是说，n＞2时，方程
xn＋yn＝zn
没有正整数解。
费马猜想又常称费马大定理，要证费马猜想是对的，只需证明
x4＋y4＝z4
及p是奇素数时xp＋yp＝zp均无正整数解。费马说，他用无穷递降法证明了前者。1676年，贝西也对n＝4给出了证明，欧拉对n＝3，4都给出了证明，此外勒让得与狄利克雷对n＝5给出了证明，19世纪中期，库默对n＜100（除37，59，67外）的奇素数给出了证明。1908年，德国数学家佛尔夫斯克尔遗言，将10万马克奖给第一个证明费马大定理的人。从费马提出这一猜想至今，已过去三个半世纪，问题仍未解决。近年来主要结果有：
（1）1977年瓦格斯塔夫证明了，对于每一个素数p＜125000，费马定理都是对的。
（2）1983年，伐尔廷斯证明了1922年英国数学家莫德尔提出的猜想：如果�E（x，y）为有理多项式，代数曲线�E（x，y）＝0的亏格≥2，则�E（x，y）＝0至多只有有限多个有理解。这保证，n≥4时至多只有有限个n使xn＋yn＝zn有整数解。
（3）1985年，爱德列曼和海斯·布朗用解析数论的方法，证明了存在无穷多个素数p，使不存在整数x，y，z，满足xp＋yp＝zp成立，{p不整除xyz}。
（4）1993年6月23日英国数学家K．WILER在剑桥大学牛顿数学研究所做题为"模形式，椭圆曲线和伽罗瓦表示"的学术报告。最后宣布"我证明了费马猜想"。有关专家和权威人士的初步反映大都持肯定态度。

*形如22n＋1的正整数称费马数，记为En，其中E0＝3，�E1＝5，�E2＝17，�E3＝257，E4＝65537都是素数，1640年费马曾猜想，一切费马数都是素数，但1732年欧拉指出 641l E5： E5＝641×6700417，从而否定了费马的这个猜想。但究竟有多少费马数是素数，是有限个还是无限个？是否有无限多个费马数是合数？这些问题都是没有解决的难题。已经知道了48个费马数不是素数，�E17究竟是素数还是合数尚不得而知。费马数与尺规定作图问题有关，高斯证明了，若En是素数，则正En边形能用尺规作出。

费马大定律：等式x^n＋y^n＝z^n ，当x、y、z、n均为自然数时，仅当n＝2时x、y、z有自然数解

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比如县18095225296： 费马大定理(数学史上著名的定理) - 搜狗百科？
勤钧醋酸：[答案] 历史上有许多人,他们在主要从事的工作方面没有取得什么成果,而在平常茶余饭后的闲暇时间里却取得了了不起的成就.费马就是一个典型.在今天,人们提到皮埃尔·德·费马(1601~1665),主要不是因为他是一个政治家或法官,而是因为他是...

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勤钧醋酸：[答案] 当整数n >2时,关于x,y,z的不定方程 x^n + y^n = z^n.的整数解都是平凡解,即 当n是偶数时:(0,±m,±m)或(±m,0,±m) 当n是奇数时:(0,m,m)或(m,0,m)或(m,-m,0) 这个定理,本来又称费马猜想,由17世纪法国数学家费马提出.费马宣称他...

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勤钧醋酸：[答案] 马猜想〔Fermat's conjecture〕又称费马大定理或费马问题,是数论中最著名的世界难题之一.1637年,法国数学家费马在巴歇校订的希腊数学家丢番图的《算术》第II卷第8命题旁边写道:「将一个立方数分为两个立方数,一个四次幂分为两个四次幂...

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勤钧醋酸： 费马大定理,又被称为“费马最后的定理”,由法国数学家费马提出.它断言当整数n >2时,关于x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解.被提出后,经历多人猜想辩证,历经三百多年的历史,最终在1995年被英国数学家安德鲁·怀尔斯证明.

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勤钧醋酸： 17世纪的一位法国数学家,提出了一个数学难题,使得后来的数学家一筹莫展,这个人就是费马(1601——1665). 这道题是这样的:当n>2时,x^n+y^n=z^n没有正整数解.在数学上这称为“费马大定理”.为了获得它的一个肯定的或者否定的证明,历史上几次悬赏征求答案,一代又一代最优秀的数学家都曾研究过,即使用现代的电子计算机也只能证明:当n小于等于4100万时,费马大定理是正确的.由于当时费马声称他已解决了这个问题,但是他没有公布结果,于是留下了这个数学难题中少有的千古之谜.

比如县18095225296： 费马大定理内容谁知道 - ？
勤钧醋酸：[答案] 费马大定理:当整数n > 2时,关于x,y,z的不定方程 x^n + y^n = z^n.无正整数解.

比如县18095225296： 马费大定理是什么 - ？
勤钧醋酸：[答案] 首先 不是马费 是叫费马大定理17世纪的一位法国数学家,提出了一个数学难题,使得后来的数学家一筹莫展,这个人就是费马(1601——1665).这道题是这样的:当n>2时,x^n+y^n=z^n没有正整数解.在数学上这称为“费马大定理...

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勤钧醋酸： 伐尔廷斯于1954年7月28日生于联邦德国的杰尔森柯琛,并在那里渡过了学生时代,而后就学于内斯涛德教授门下学习数学

比如县18095225296： 费马 大小 定理分别是什么? - ？
勤钧醋酸： 费马(Pierre de Fermat,公元1601年—公元1665年)是十七世纪最伟大的数学家之一. 他对数学的贡献是多方面的,包括了微分学的概念,解析几何(他和笛卡儿可说是独立地发明解析几何,不过他是第一位把它应用到三维空间的人)和数...