求费尔马大定理全解析

费尔马大定理是什么内容？？？~

费尔马大定理，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。终于在1994年被安德鲁·怀尔斯攻克。古希腊的丢番图写过一本著名的“算术”，经历中世纪的愚昧黑暗到文艺复兴的时候，“算术”的残本重新被发现研究。

1637年，法国业余大数学家费尔马（Pierre de Fremat）在“算术”的关于勾股数问题的页边上，写下猜想：a+b=c是不可能的（这里n大于2；a，b，c，n都是非零整数)。此猜想后来就称为费尔马大定理。费尔马还写道“我对此有绝妙的证明，但此页边太窄写不下”。一般公认，他当时不可能有正确的证明。猜想提出后，经欧拉等数代天才努力，200年间只解决了n＝3,4,5,7四种情形。1847年，库木尔创立“代数数论”这一现代重要学科，对许多n（例如100以内）证明了费尔马大定理，是一次大飞跃。

历史上费尔马大定理高潮迭起，传奇不断。其惊人的魅力，曾在最后时刻挽救自杀青年于不死。他就是德国的沃尔夫斯克勒，他后来为费尔马大定理设悬赏10万马克（相当于现在160万美元多），期限1908－2007年。无数人耗尽心力，空留浩叹。最现代的电脑加数学技巧，验证了400万以内的N，但这对最终证明无济于事。1983年德国的法尔廷斯证明了：对任一固定的n，最多只有有限多个a，b，c振动了世界，获得费尔兹奖（数学界最高奖）。

近代数学如参天大树，已是分支众多，枝繁叶茂。在这棵苍劲的大树上悬挂着不胜其数的数学难题。其中最耀眼夺目的是四色地图问题、费尔马大定理和哥德巴赫猜想。它们被称为近代三大数学难题。300多年以来，费尔马大定理使世界上许多著名数学家殚精竭虑，有的甚至耗尽了毕生精力。费尔马大定理神秘的面纱终于在1995年揭开，被43岁的英国数学家维尔斯一举证明。这被认为是"20世纪最重大的数学成就"。

费尔马大定理的由来

故事涉及到两位相隔1400年的数学家，一位是古希腊的丢番图，一位是法国的费尔马。丢番图活动于公元250年前后。1637年，30来岁的费尔马在读丢番图的名著《算术》的法文译本时，他在书中关于不定方程 x2＋ y2 ＝z2 的全部正整数解这页的空白处用拉丁文写道："任何一个数的立方，不能分成两个数的立方之和；任何一个数的四次方，不能分成两个数的四次方之和，一般来说，不可能将一个高于二次的幂分成两个同次的幂之和。我已发现了这个断语的美妙证法，可惜这里的空白地方太小，写不下。"

费尔马去世后，人们在整理他的遗物时发现了这段写在书眉上的话。1670年，他的儿子发表了费尔马的这一部分页端笔记，大家才知道这一问题。后来，人们就把这一论断称为费尔马大定理。用数学语言来表达就是：形如xn ＋yn ＝zn 的方程，当n大于2时没有正整数解。

费尔马是一位业余数学爱好者，被誉为"业余数学家之王"。1601年，他出生在法国南部图卢兹附近一位皮革商人的家庭。童年时期是在家里受的教育。长大以后，父亲送他在大学学法律，毕业后当了一名律师。从1648年起，担任图卢兹市议会议员。

他酷爱数学，把自己所有的业余时间都用于研究数学和物理。由于他思维敏捷，记忆力强，又具备研究数学所必须的顽强精神，所以，获得了丰硕的成果，使他跻身于17世纪大数学家之列。

艰难的探索

起初，数学家想重新找到费尔马没有写出来的那个"美妙证法"，但是谁也没有成功。著名数学家欧拉用无限下推法证明了方程 x3＋ y3 ＝z3 和 x4 ＋ y4 ＝z4 不可能有正整数解。

因为任何一个大于2的整数，如果不是4的倍数，就一定是某一奇素数或它的倍数。因此，只要能证明n＝4以及n是任一奇素数时，方程都没有正整数解，费尔马大定理就完全证明了。n＝4的情形已经证明过，所以，问题就集中在证明n等于奇素数的情形了。

在欧拉证明了 n＝ 3， n＝ 4以后， 1823年和 1826年勒让德和狄利克雷各自独立证明了 n＝ 5的情形， 1839年拉梅证明了 n＝ 7的情形。就这样，一个一个奇素数证下去的长征便开始了。

其中，德国数学家库默尔作出了重要贡献。他用近世代数的方法，引入了自己发明的"理想数"和"分圆数"的概念，指出费尔马大定理只可能在n等于某些叫非正则素数的值时，才有可能不正确，所以只需对这些数进行研究。这样的数，在100以内，只有37、59、67三个。他还具体证明了当 n＝ 37、59、67时，方程xn＋ yn＝zn是不可能有正整数解的。这就把费尔马大定理一下推进到n在100以内都是成立的。库默尔"成批地"证明了定理的成立，人们视之为一次重大突破。1857年，他获得巴黎科学院的金质奖章。

这一"长征"式的证法，虽然不断地刷新着记录，如 1992年更进到n＝1000000，但这不等于定理被证明。看来，需要另辟蹊径。

10万马克奖给谁

从费尔马时代起，巴黎科学院曾先后两次提供奖章和奖金，奖励证明费尔马大定理的人，布鲁塞尔科学院也悬赏重金，但都无结果。1908年，德国数学家佛尔夫斯克尔逝世的时候，将他的10万马克赠给了德国哥庭根科学会，作为费尔马大定理的解答奖金。

哥庭根科学会宣布，奖金在100年内有效。哥庭根科学会不负责审查稿件。

10万马克在当时是一笔很大的财富，而费尔马大定理又是小学生都能听懂题意的问题。于是，不仅专搞数学这一行的人，就连很多工程师、牧师、教师、学生、银行职员、政府官吏和一般市民，都在钻研这个问题。在很短时间内，各种刊物公布的证明就有上千个之多。
当时，德国有个名叫《数学和物理文献实录》的杂志，自愿对这方面的论文进行鉴定，到 1911年初为止，共审查了111个"证明"，全都是错的。后来实在受不了沉重的审稿负担，于是它宣布停止这一审查鉴定工作。但是，证明的浪潮仍汹涌澎湃，虽然两次世界大战后德国的货币多次大幅度贬值，当初的10万马克折算成后来的马克已无多大价值。但是，热爱科学的可贵精神，还在鼓励着很多人继续从事这一工作。

姗姗来迟的证明

经过前人的努力，证明费尔马大定理取得了许多成果，但离定理的证明，无疑还有遥远的距离。怎么办？来必须要用一种新的方法，有的数学家用起了传统的办法——转化问题。

人们把丢番图方程的解与代数曲线上的某种点联系起来，成为一种代数几何学的转化，而费尔马问题不过是丢番图方程的一个特例。在黎曼的工作基础上，1922年，英国数学家莫德尔提出一个重要的猜想。："设F（x，y）是两个变数x、y的有理系数多项式，那么当曲线F（x，y）= 0的亏格（一种与曲线有关的量）大于1时，方程F（x，y）＝0至多只有有限组有理数"。1983年，德国29岁的数学家法尔廷斯运用苏联沙法拉维奇在代数几何上的一系列结果证明了莫德尔猜想。这是费尔马大定理证明中的又一次重大突破。法尔廷斯获得了1986年的菲尔兹奖。

维尔斯仍采用代数几何的方法去攀登，他把别人的成果奇妙地联系起来，并且吸取了走过这条道路的攻克者的经验教训，注意到一条崭新迂回的路径：如果谷山——志村猜想成立，那么费尔马大定理一定成立。这是1988年德国数学家费雷在研究日本数学家谷山——志村于1955年关于椭圆函数的一个猜想时发现的。

维尔斯出生于英国牛津一个神学家庭，从小对费尔马大定理十分好奇、感兴趣，这条美妙的定理导致他进入了数学的殿堂。大学毕业以后，他开始了幼年的幻想，决心去圆童年的梦。他极其秘密地进行费尔马大定理的研究，守口如瓶，不透半点风声。

穷七年的锲而不舍，直到1993年6月23日。这天，英国剑桥大学牛顿数学研究所的大厅里正在进行例行的学术报告会。报告人维尔斯将他的研究成果作了长达两个半小时的发言。10点30分，在他结束报告时，他平静地宣布："因此，我证明了费尔马大定理"。这句话像一声惊雷，把许多只要作例行鼓掌的手定在了空中，大厅时鸦雀无声。半分钟后，雷鸣般的掌声似乎要掀翻大厅的屋顶。英国学者顾不得他们优雅的绅士风度，忘情地欢腾着。

消息很快轰动了全世界。各种大众传媒纷纷报道，并称之为"世纪性的成就"。人们认为，维尔斯最终证明了费尔马大定理，被列入1993年世界科技十大成就之一。

可不久，传媒又迅速地报出了一个"爆炸性"新闻：维尔斯的长达200页的论文送交审查时，却被发现证明有漏洞。维尔斯在挫折面前没有止步，他用一年多时间修改论文，补正漏洞。这时他已是"为伊消得人憔悴"，但他"衣带渐宽终不悔"。1994年9月，他重新写出一篇108页的论文，寄往美国。论文顺利通过审查，美国的《数学年刊》杂志于1995年5月发表了他的这一篇论文。维尔斯因此获得了1995～1996年度的沃尔夫数学奖。

经过 300多年的不断奋战，数学家们世代的努力，围绕费尔马大定理作出了许多重大的发现，并促进了一些数学分支的发展，尤其是代数数论的进展。现代代数数论中的核心概念"理想数"，正是为了解决费尔马大定理而提出的。难怪大数学家希尔伯特称赞费尔马大定理是"一只会下金蛋的母鸡"。


费尔马定理的证明
引理：kn+1不是完全乘方数（k为正有理数，n为自然数，n〉2）。
证明：一、当k为正整数时，设kn+1=an则k〈a〈k+1
∴a必为混小数(实际上a是无理数)
∵一个混小数的n次幂仍然是一个混小数
∴an为混小数, 又∵kn为正整数, ∴an – kn为混小数或纯小数
∴an–kn≠1 故an≠kn+1
二、当k为假分数时，设kn+1=an则k〈a〈k+1
∵a≠k ∴ a与k有以下两种情况：
（1） 整数部分相同，小数部分不同； （2）整数部分不同，小数部分不同，在以上两种情况下，an与kn的小数部分都不会相同，
∴an–kn为混小数或纯小数，即an–kn≠1故kn+1=an
三、当 k为真分数时，设kn+1=c,c必为带分数，令an=c则kn+1=an，1〈a〈k+1
∵k≠a
∴k、a只有一种情况，整数部分不同，小数部分也不同
an、kn的小数部分不相等，
必为混小数或纯小数
∴an–1 故 an≠kn+1
综合上述三种情况可知n√ kn+ 1是无理数，就是说，当n≥2时，kn+1不是完全乘方数。√
（实际上kn-1也不是完全乘方数）
费尔马大定理命题：an+bn≠cn(a、b、c为自然数，n〉2)
证明：∵an+bn= an〔（b/a）n + 1 〕
由理可知（b/a）n + 1不是完全n次幂
∴ an〔（b/a）n +1 〕 不是完全²次幂 故an+bn≠cn
所以费尔马大定理成立
注：也可表示为：cn-an= an〔（c/a）n - 1 〕

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^- 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。

费尔马大定理
费尔马大定理，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。终于在1994年被安德鲁·怀尔斯攻克。古希腊的丢番图写过一本著名的“算术”，经历中世纪的愚昧黑暗到文艺复兴的时候，“算术”的残本重新被发现研究。
1637年，法国业余大数学家费尔马（Pierre de Fremat）在“算术”的关于勾股数问题的页边上，写下猜想：a+b=c是不可能的（这里n大于2；a，b，c，n都是非零整数)。此猜想后来就称为费尔马大定理。费尔马还写道“我对此有绝妙的证明，但此页边太窄写不下”。一般公认，他当时不可能有正确的证明。猜想提出后，经欧拉等数代天才努力，200年间只解决了n＝3,4,5,7四种情形。1847年，库木尔创立“代数数论”这一现代重要学科，对许多n（例如100以内）证明了费尔马大定理，是一次大飞跃。
历史上费尔马大定理高潮迭起，传奇不断。其惊人的魅力，曾在最后时刻挽救自杀青年于不死。他就是德国的沃尔夫斯克勒，他后来为费尔马大定理设悬赏10万马克（相当于现在160万美元多），期限1908－2007年。无数人耗尽心力，空留浩叹。最现代的电脑加数学技巧，验证了400万以内的N，但这对最终证明无济于事。1983年德国的法尔廷斯证明了：对任一固定的n，最多只有有限多个a，b，c振动了世界，获得费尔兹奖（数学界最高奖）。
历史的新转机发生在1986年夏，贝克莱·瑞波特证明了:费尔马大定理包含在“谷山丰—志村五朗猜想 ” 之中。童年就痴迷于此的怀尔斯，闻此立刻潜心于顶楼书房7年，曲折卓绝，汇集了20世纪数论所有的突破性成果。终于在1993年6月23日剑桥大学牛顿研究所的“世纪演讲”最后，宣布证明了费尔马大定理。立刻震动世界，普天同庆。不幸的是，数月后逐渐发现此证明有漏洞，一时更成世界焦点。这个证明体系是千万个深奥数学推理连接成千个最现代的定理、事实和计算所组成的千百回转的逻辑网络，任何一环节的问题都会导致前功尽弃。怀尔斯绝境搏斗，毫无出路。1994年9月19日，星期一的早晨，怀尔斯在思维的闪电中突然找到了迷失的钥匙：解答原来就在废墟中！他热泪夺眶而出。怀尔斯的历史性长文“模椭圆曲线和费尔马大定理”1995年5月发表在美国《数学年刊》第142卷，实际占满了全卷，共五章，130页。1997年6月27日，怀尔斯获得沃尔夫斯克勒10万马克悬赏大奖。离截止期10年，圆了历史的梦。他还获得沃尔夫奖(1996.3），美国国家科学家院奖（1996.6），费尔兹特别奖（1998.8）。

至今把分和题拿出来我帮你证啊

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乐山市13311207873： 费马大定理(数学史上著名的定理) - 搜狗百科？
仰兰甲磺：[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...

乐山市13311207873： 求费马大定理的全部证明过程! - ？
仰兰甲磺：[答案]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... 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...

乐山市13311207873： 费马大定理的内容是什么? - ？
仰兰甲磺： 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.

乐山市13311207873： 费马大定理的解法 - ？
仰兰甲磺： 费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法 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. `

乐山市13311207873： 费马大定理到底是怎么回事,迄今为止有几个人解出来? - ？
仰兰甲磺： 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. 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...

乐山市13311207873： 什么是费尔马大定理 - ？
仰兰甲磺： 费尔马大定理,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.终于在1994年被安德鲁·怀尔斯攻克.古希腊的丢番图写过一本著名的“算术”,经历中世纪的愚昧黑暗到...

乐山市13311207873： ＂费马大定理＂的内容是什么, - ？
仰兰甲磺：[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.... 费马在数学的许多领域都进行过研究并小有建树,但真正令他名满天下的是被后人称之为“费马大定理”的猜想. 费马大定理...

乐山市13311207873： 什么是费马定理? - ？
仰兰甲磺： 1637年,业余数学家费马在阅读刁番都的《算术》时受启发提出一个猜想:“xn+yn=zn当n>2时没有正整数解.”后人称此猜想为费马大定理,亦称为“费马最后定理”. 埃皮尔·德·费马(1601-1665)是数学史上最伟大的业余数学家,他的...

乐山市13311207873： 什么是费马定律 - ？
仰兰甲磺： 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...