费马大定理证明过程

费马大定理证明过程
篇一：费马大定理证明过程
费马大定理的证明及启示
摘要
美国普林斯顿大学的怀尔斯经过近10年的潜心研究，终于证明了费马大定理。

他的工作的意义不仅在于证明了费马大定理，更重要的是其中的思想和方法大大地丰富和发展了数论这门学科，在某种意义上推动了数学的发展，并在数学研究等方面给予我们很多启示。

关键词：费马大定理、无穷递降法、谷山－志村猜想、椭圆曲线、模形式、弗雷命题。

The Proof and Enlightenment of the Fermat Last Theorem Abstract
Andrew Wiles, a professor of Princeton University, has been studied the Fermat last theorem with great concentration for 10 years, He finally has proved the Fermat last theorem.His works’significance was not only that he had proved the Fermat last theorem,More important was that the thoughts and the methods in it greatly enriched and developed the number theory. Andrew Wiles’Works impelled mathematics development in some kinds of significance, and gave us many enlightenment on mathematics research.
Key words: Fermat last theorem、Method of infinite descent、Taniyama—Shimura conjecture、Elliptic curve、Modular form、Frey proposition.
篇二：费马大定理证明过程
论文摘要：目前，随着我国公路建设不断发展，沥青路面结构作为主要的路面结构而被广泛应用。

但是在我国目前公路建设和养护过程中，沥青路面结构的损坏问题非常突出，成为目前困扰我国交通建设发展的难点和热点问题。

文章就我国沥青路面主要结构形式和使用性能评价进行了相关分析。

论文关键词：沥青路面早期损坏合理结构反射开裂水损坏在我国公路建设不断发展的过程中，沥青路面结构作为一种主要
的路面结构形式被广泛应用。

目前我国通车的公路路面中，约80%以上的路面结构采用了沥青路面，沥青路面结构已成为我国公路建设发展过程中所采用的主要路面结构形式。

在公路建设取得巨大成就的同时，也暴露出了一些问题，特别是在已建成的高速公路中，沥青路面结构出现了较多的早期损坏，明显表现出沥青路面结构长期使用性能的不足。

本文开展了我国沥青路面主要结构形式和使用性能评价的研究。

一、沥青路面功能作用和要求沥青路面的功能和作用不言而喻是以满足交通车辆安全、舒适通行为目的的，由于公路是暴露在自然环境条件下的土工工程构造物，因此，沥青路面还需满足并适应自然环境条件。

我国现行的公路沥青路面设计规范对沥青路面结构设计的目的做出了明确要求，即“路面在设计年限内，满足各级公路相应的承载能力、耐久性、舒适性、安全性的要求”。

根据路面的功能和作用，对沥青路面结构的基本要求包括以下几个方面：（1）强度，公路路面的强度是指路面结构层对于行车和自然因素等作用的抵抗能力即承载能力；稳定性，公路路面的强度经常受到自然气候和水文因素的影响而发生变化，为了保证路面满足交通车辆行驶的需要，要求路面结构在任何气候和水文条件下都必须保持稳定的强度；（3）平整度，路面越平整，交通车辆行驶时的振动、冲击越小，行车的滚动阻力也越小，这样就能保证交通车辆以较高的车速行驶，并使车辆的损坏减少，燃油和轮胎磨耗降低，行车更舒适；（4）粗糙度，路面粗糙度的大小关系到行车安全，因此
沥青路面必须满足一定的抗滑要求。

二、沥青路面结构的分类从大的分类来说，公路路面可以按照使用的材料、施工方法、工程造价的多少或使用的品质及承受的交通荷载的方式进行分类。

公路路面通用的分类如下，按照使用的材料、施工方法分类，公路路面可以划分为以下几种类型土质路面、稳定处理路面、沥青路面、水泥混凝土路面、砌块路面。

按照工程造价的多少分类，可以分为低级路面、中级路面和高级路面。

按照承受的交通荷载的方式分类，可以分为柔性路面和刚性路面，我国还增加了半刚性路面。

此种方式还可以认为是根据路面的力学特性进行划分的。

我国按照路面使用性质和技术因素，公路路面划分为高级路面、简易式高级路面、过渡式路面和低级路面四类。

按照路面在交通荷载作用下的工作特点划分为三类，即柔性路面，包括铺筑于非刚性底层上之各级沥青路面及用有机结合料或不同结合料之各种土壤路面与粒料路面。

刚性路面，包括水泥混凝土路面及用水泥混凝土为底层上铺沥青作为磨耗层之路面。

半刚性路面，水泥混凝土基层上之各种块料铺砌的路面。

按照路面在荷载作用下的工作特点，公路路面类型划分调整为两类，即柔性路面包括有机结合料处治石料路面，碎石和砾石路面，块料铺砌路面，结合料处治土和粒料改善土路面等。

由于我国沥青路面结构形式日趋单一，现行规范对路面结构类型的分类明显不全面，比如国外应用较多的半刚性材料做底基层，沥青稳定粒料和粒料材料做基层的结构形式在现行规范中没有定义，而国外一般
称这种结构类型为混合式结构或倒装式结构。

篇三：费马大定理证明
【法1】
等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明
滕锡和
(河南鲁山江河中学邮编：467337)
摘要: 由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系，寻找到一种费尔玛方程是否有正整数解
的充要条件，再由对此条件的否定，证明了费尔玛大定理，并且把费尔玛大定理与勾股定理有机地统一起来。

关键词: 完全Q?解；可导出Q?解；连环解
中图法分类号：O156.4 文献标识码：A 文章编号：
1 R?通解
本文所用数集：N ---自然数集，Q ---有理数集，R ---实数集。

本文讨论不超出R的范围。

本文中方程xn?yn?zn及同类方程中的指数n∈N，以后不再说明。

引理1 方程
xn?yn?zn （n≥2）(1)
有N解的充要条件是它有Q?解。

引理2 方程（1）xn?yn?zn（n≥2）有N解的充要条件是它有既约N解。

这样，在以后的讨论中只需讨论Q?解及既约N解的情形，可使过程简化。

引理3 方程（1）xn?yn?zn（n≥2）有N解的充要条件是方程
X-Y?1 （n≥2）（2）
有Q解。

?
X-Y?1证明充分性如果方程（2）（n≥2）有Q解，设（n
n
n
n
?
?
wu
）?u，v，w?N两两互素?vv
为其Q解，则（
?
wnunnnnnnn
）-（）＝1，u?v?w 。

于是方程（1）x?y?z（n≥2）
vv
有N解?u，v，w?。

必要性如果方程（1）x?y?z（n≥2）有N解，设?u，v，w??u，v，w?N两两互素?
n
n
n
为其N解，则un?vn?wn，（解（
wnunnn
）-（）＝1。

于是方程（2）X-Y?1（n≥2）有Q?
vv
wu
）。

证毕vv
引理4 如果方程（1）xn?yn?zn（n≥2）有Q?解，那么，只有两类：i）完全Q?解?u，v，w?u，v，w?Q?；
ii）可导出Q?解??u，?v，?w，u，v，w?Q
?
??
?
?
?。

n
n
证明第i）类属显然。

第ii）类，把??u，?v，?w?代入方程（1），得??uvw?，
n
∴
un?vn?wn
于是导出方程（1）的Q?解?u，v，w?。

除此以外，由其它任何形式的带无理因子的解，都不能导出Q解。

事实上，设??1u，?2v，?3w?
?
（?1，?2，?3中至少有一个∈?且三个数中含有不可通约的无理因
子，u，v，w ∈Q?）为方程（1）的解，则由?1，?2，?3的定义知，它们的无理因子是不能从上式中完全提到括号外面去的，即由它不能导出方程（1）的Q?解。

证毕
从引理4及其证明过程可以得到以下三条结论：（1）
若将第i）类Q?解的三个数同乘以一个数ξ（ξ∈Q?），得到ξ
?u，v，w?，则
此解仍是方程（1）的第i）类Q?解；若将三个数同乘以一个数λ（λ∈?），得到λ?u，v，w?，则此解变为方程（1）的第ii）类Q?解。

（2）
若将第ii）类Q?解的三个数同乘以一个数
?
，得到?u，v，w?，则此解??
?
1
变为方程（1）的第i）类Q解;若将三个数同乘以一个数δ（δ∈R?且Q?），
?
得到δλ?u，v，w?，则此解仍是方程（1）的第ii）类Q解。

?
?
（3）
方程（1）的第i）、ii）类Q解与非第i）、ii）类Q解之间是封闭的。

即无论对数组的三个数同乘以一个什么正实数，它们之间都不可能互化。

定理1 方程（1）x?y?z（n≥2）的R解公式是
nnn?
A??1，（?1、d?R?，d?1）2?r2?122r?12??或B??2。

r）? （?2、r?R?，r?1）
??22??
znyn（）?（）?1。

根据引理3，这两个方程证明当x，y，z?R?时，由xn?yn?zn得xx
在是否存在Q?解方面是等价的。

从而得到
nnn
?znyzy2222
（（）?（（）??1 ?）??）?
xxxx
n
znyz2y2122
于是设，则（?（?d（d?1）（）?（）?。

由此解得xxxxd
nn
z2d2?1y2d2?1。

恢复z：x和y：x的比例系数后得（）?）? x2dx2d
nn
）??0）??0z2（d2?1y2（d2?1
，拆开后即得
0?R?）
x2d??0x2d??0
A?
（x，y，z）?（?0?R?，d?1）??1（?1?
2
2
nn。

R?，d?1）
nnnnn
znzxx2??z2x2?nnn222
（（）?（（）??1。

又，由x?y?z得（?）??）??）??（?）??1，yyyy?yyn
znxz2x2122设，则（?（?（rr?1））?（）?。

仿上法又得到
yyyyr
nn
22?B?（x，y，z）??2?（?2、r?R?，r?1）。

??
若设d?
ap
、r?a、b、p、q?R?，a?b,p?q)，则A、B之间的变换关系是bq
d?
p?pa?b，r?.将A、B两式分别代入方程（1），等式成立。

因此，A、B两式都是方程p?qa?b
(来自: 爱作文网:费马大定理证明过程) ?
（1）的R解公式。

证毕
定理1说明i）方程（1）的任?我桓鯮解都可以由A、B两式同时表出; A、B两式表出
?
的任何一个R数组，都是方程（1）的R解。

ii）如果方程（1）有N（或Q?）解，则必能用A、B两式同时表出；如果A、B两式同时表出N（或Q?）数组，则方程（1）有N (或Q?)解。

反之，如果A、B两式不能同时表出N（或Q?）数组，则方程（1）没有N （或Q?）解。

??
2 有N解的充要条件
引理5 方程（1）xn?yn?zn（n≥2）有Q?解的充要条件是
A0? （d?1）22? 或
B0??（r?1)
??
能同时表出或导出Q?数组。

证明根据引理4的结论（3），可将A、B两式的系数?1，?2略去，因为这样，一者可使讨论简化，二者既不会使第i）、ii）类Q?解增生，也不会使之消失，三者必要时再同乘以一个公共因子。

先证A0。

必要性根据定理1，如果方程（1）有Q?解，必能用A0式表出或导出。

根据引理4，其Q解只有两类：i）如果是第i）类Q解，即存在d0，当d?d0时，其解
?
?
?2是Q?解，则A0能表出Q?数组A0；ii）如A0??（d0?1）
果是第ii）类Q解，根据引理4，由这个第ii）类Q解必能导出第i）类Q解，从而A0能导出Q?数组。

充要性如果A0式能表出或导出Q数组，显然是方程（1）的Q 解，即方程（1）有Q解。

对于B0式与A0式同理可证。

证毕
根据引理1、2、5，不难找到思路：方程（1）有N解的充要条件是A0、B0两式能同时表出或导出既约N数组。

定理2 方程
?
?
?
?
?
?
）x2n?y2n?z2n （n?1 （3）
有N解的充要条件是以下两式：
A（2n）?
（2
n?1
?※?
a0n?b0n?0，a0?N，b0奇，（a0，b0）?1）,
或
B （2n）? （p0?q0?0，二奇，（p0，q0）?1）
能同时表出既约N数组。

[※]也可以是a0?2
n
n?1
（a0，b0）＝1。

有且仅有这两种情形，b0n?0，a0奇，b0∈N，
因为自然数只有奇偶两类。

此类情形与上同理，故未写出。

无妨，下同。

证明必要性如果方程（3）有既约N解，根据引理1、2、5，
必可由A0、B0 两式同时表出或导出。

此时两式分别为
A0?
,
（d?1）
B0?. ）（r?1
i）
证A根据引理4的三条结论，先让2d∈Q。

为此必须设d?（2n）。

一奇一偶，(a,b)?1，则
a
?1，a?b?0,b
A0?
必须再设a?2 A0?
n?1
n
a0，b?b0，2n?1a0?b0?0，a0∈N，b0奇，(a0，b0)?1，则
nnn
?
1
A(2n) 2b0
ii）再证B（2n）。

根据引理4的三条结论，先让r?Q。

为此必须设r?
p
?1，p?q?0，q
二奇，(p,q)?1，则
B0?n。

必须再设p?p0 ，q?q0，p0?q0?0，二奇，(p
0,q0)?1，则
n
篇四：费马大定理证明过程
费马大定理证明过程
原命题：Xn+Yn=Zn（其中X、Y、Z都是非零数）当n为大于２的正整数时X、Y、Z，不可能都是正整数。

证明步骤如下：我们只要证明当n为大于２的正整数时，X、Y、Z，不可能都是非零的有理数，原命题自然成立。

对于Xn+Yn=Zn来说如果等式二边无论如何都找不到有理对应关系，那么他们还有理数解吗？我们知道等式二边所有对应关系可
列成下面三种情况。

１、Xn+ Yn=Zn ２、Xn=Zn－Yn ３、Yn=Zn－Xn
分析第一种情况Xn+ Yn=Zn
当n等于３时，X３+ Y３=Z３
一方面由于等式左边y不管取何非零值，都只能分解成关于X的二个有理因式，即：X３+ Y３＝（X+ Y）（X２+XY+ Y２）
另一方面，如果存在有理数解则Ｘ与Ｚ之间必可通过有理置换，
如：Ｚ=Ｘ+某数形式
即：等式右边Z３＝（Ｘ+某数）（Ｘ+某数）（Ｘ+某数）三个因式这样，等式一边永远无法变成Ｘ三个有理因式，等式另一边总是可以变成Ｘ三个有理因式，因此出现了矛盾。

分析第二种情况Xn=Zn－Yn
当n等于３时X３=Z３－Y３
一方面由于等式右边Ｙ不管取何非零值，都只能分解成关于Ｚ的二个有理因式，
即：
右边Z３－Y３＝（Z－Y）（Z２+ＺＹ+Y２）二个有理因式
另一方面，如果存在有理数解则Ｚ与Ｘ之间必可通过有理置换，
如：Ｘ=Ｚ-有理数
等式左边X３=（Ｚ-有理数）（Ｚ-有理数）（Ｚ-有理数）三个因式
这样，等式一边永远无法变成Ｚ三个有理因式，等式另一边总是可以变成Ｚ的三个有理因式，因此出现了矛盾。

第三种情况和第二种情况是相似的。

也就是说Ｘ、Ｙ、Ｚ为非零数时，所有的排列，都找不到等式二边会有理对应关系，因此当n等于３时Ｘ、Ｙ、Ｚ不可能都是有理数，更谈不上是整数。

当n＝４时则Xn+Yn=Zn变成X４+Y４=Z４所有的排列有下面３种：
１、X４+ Y４=Z４
２、X４=Z４－Y４３、Y４=Z４－X４
分析第一种情况，１、X４+ Y４=Z４一方面由于等式左边y不管取何非零值，都只能分
解成关于X的一个有理因式，另一方面，如果存在有理数解则Ｘ与Ｚ之间必可通过有理置换，如Ｚ=Ｘ+有理数
等式右边Z４＝（Ｘ+有理数）（Ｘ+有理数）（Ｘ+有理数）（Ｘ+有理数）四个有理因式。

这样，等式一边永远无法变成Ｘ四个有理因式，等式另一边总是可以变成Ｘ四个有理因式，因此出现了矛盾。

分析第二种情况，２、X４=Z４－Y４
一方面由于等式右边Ｙ不管取何非零值，都只能分解成关于Ｚ的三个有理因式即：Z４
－Y４＝（Ｚ-Ｙ）（Ｚ+Ｙ）（Ｚ２+Ｙ２）另一方面，如果存在
有理数解则Ｚ与Ｘ之间必可通过有理置换如：Ｘ=Ｚ-有理数
等式左边X４=（Ｚ-有理数）（Ｚ-有理数）（Ｚ-有理数）（Ｚ-有理数）四个有理因式这样，等式一边永远无法变成Ｚ四个有理因式，等式另一边总是可以变成Ｚ的四个有理因式，因此出现了矛盾。

由此法不难类推，当n等于其他大于２的整数时，等于二边也无法有有理对应关系。

所以费马的结论是对的。