费马大定理证明
世界数学难题——费马大定理
世界数学难题——费马大定理费马大定理简介：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n.（(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>0）无整数解。
这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。
虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁•怀尔斯和他的学生理查•泰勒于1995年成功证明。
证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。
而安德鲁•怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
[编辑本段]理论发展1637年，费马在阅读丢番图《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。
”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
对很多不同的n，费马定理早被证明了。
但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。
1908年，德国佛尔夫斯克宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。
费马定理证明过程
费马定理证明过程全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：费马定理是数论中的一个重要定理，由著名数学家费马在17世纪时提出并据一直引起数学界的广泛关注和研究。
费马定理又称费马大定理，其表述为：对于大于2的正整数n，不存在三个正整数a、b、c，使得满足a^n + b^n = c^n。
费马定理证明的过程是一个漫长而又复杂的数学推理过程，而直到1995年，英国数学家安德鲁·怀尔斯才最终给出了费马定理的证明。
费马定理的证明历经了数百年间许多数学家的探索和努力，费马本人曾在他的笔记本上写下了：“我找到了这个证明，但是这个空间太小，无法容纳这个证明。
”这句话也在一定程度上激发了后世数学家对这个问题的研究和探索。
费马定理的证明过程可以大致被分为三个阶段，分别是费马猜想的提出、证明的辅助工具的建立、以及最终的证明。
费马猜想的提出发生在17世纪，费马在一个边注中提出了这个猜想，称其为“我无法证明的定理”，这也给后世数学家提供了一个极大的挑战。
费马猜想的提出激发了许多数学家的研究热情，这个定理的证明一度被认为是不可能的。
随后的数百年间，许多数学家纷纷投入到费马定理的研究之中，他们提出了许多有关费马定理的猜想和假设。
于是，证明费马定理的难度立即从退化为一个普通的数学难题而变得异常复杂。
在费马定理的证明中，数学家们创立了许多重要的数学概念和工具，例如椭圆曲线、调和模形式等，这一系列的辅助工具为费马定理的证明提供了坚实的数学基础。
这些独立的数学概念在费马定理的证明过程中发挥了至关重要的作用。
最终，英国数学家安德鲁·怀尔斯于1995年成功地证明了费马定理，这也为整个数学界带来了一场轰动。
怀尔斯的证明过程异常复杂，包含了许多高深的数学知识和技巧，这也是费马定理证明过程中最为汗牵动人心的部分。
通过费马定理的证明过程，我们可以看到数学家们在对一个数学难题进行探索和研究的过程中所需付出的辛勤努力和不懈追求。
费马定理的证明，实际上也反映了数学研究的艰辛和复杂性。
费马大定理简明完整版证明
费马大定理证明求证不定方程对于整数n>2n n nX Y Z+=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n n nX Y Z+=成立，那么猜想正确，否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1(1())n ny Z X x=+设p y q x =则1(1())nnpu qZ X u=+=假设存在整数Z,则u 一定至少是有理数设1(1())n np au q b =+=则n ()n n n n q p b q a +=（1）()n n n n np b 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设b=qt 代入（1）式得（2）()tnnna p q +=（）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）n n np q a+=假设等式依然成立得11()=nn p a q q ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 利用牛顿二项式广义定理展开上式得：11knk k k np a q q C q →∞=⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑23123111111(.....)knnnnknk k k k n n n n n p p p p p a q q C q C C C C q q q q q →∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑展开式曲线簇附图如下23123111111(.....)kn n n n knk kk k nn n n n p p p p p a q q C q C C C C q q q q q →∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑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：()()()()()111111lim =1lim 121..(1)1!knknk knk k k kn n x n p p p C n n k n q k n q knq ++→∞→∞-⎛⎫⎛⎫-----=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭只有a-q 才是-()n p q 的等比数列之和才可能是有理数，由上式知道就算是极限状态也不存在系数的绝对值相等 所以在有限整数n>2 的条件下，或n 无穷大时23123111111(......)knnnnknk k k k n n n n n p p p p p a q q C q C C C C q q q q q →∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑均不可能是有限的或无限循环的，那么它只能是无理数，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（4）11()nn p a q q ⎛⎫+= ⎪⎝⎭ 结论11()n n p u q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭为无理数（整数n>2, q>p ） 那么Z Xu =同样也是无理数至此对于整数n>2n n nX Y Z+=X,Y,Z 没有同为整数的解 费马猜想证明完毕 后记：11()nn p u q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭为无理数已经写入无理数的百度词条中，便于知识的传播。
费马大定理证明(共6篇)
费马大定理证明（共6篇）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x y z及同类方程中的指数n∈N，以后不再说明。
引理1 方程x y z （n≥2）(1) 有N解的充要条件是它有Q解。
引理2 方程（1）x y z（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）x y z（n≥2）有N解的充要条件是方程X-Y 1 （n≥2）（2）有Q解。
证明充分性如果方程（2）（n≥2）有Q解，设（X-Y1为其Q解，则（nnn nnn nnnnnnnnnn wu，）u，v，w N两两互素vvunwnnnnnnn）-＝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nnn 1 为其N解，则un vn wn，（解（uwn）-n＝1。
于是方程（2）Xn-Yn1（n≥2）有Qvvwu。
证毕，）vvnnn引理4 如果方程（1）x y z（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 Q，u，v，w Q。
nnn证明第i）类属显然。
第ii）类，把u，v，w代入方程（1），得u v w，∴ 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∈Q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ξu，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∈Q），得到λu，v，w，则此解变为方程（1）的第ii）类Q 解。
高中数学知识点精讲精析 费马大定理
1 费马大定理费马大定理：（1）当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n.（(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>0,且xyz≠0）无整数解。
这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。
虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁·怀尔斯和他的学生理查·泰勒于1995年成功证明。
证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。
而安德鲁·怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
（2）证明方法五十年代日本数学家谷山丰首先提出一个有关椭圆曲线的猜想，后来由另一位数学家志村五郎加以发扬光大，当时没有人认为这个猜想与费马定理有任何关联。
在八十年代德国数学家佛列将谷山丰的猜想与费马定理联系在一起，而安德鲁·怀尔斯所做的正是根据这个关联论证出一种形式的谷山丰猜想是正确的，进而推出费马最后定理也是正确的。
这个结论由威利斯在1993年的6月21日於美国剑桥大学牛顿数学研究所的研讨会正式发表，这个报告马上震惊整个数学界，就是数学门墙外的社会大众也寄以无限的关注。
不过怀尔斯的证明马上被检验出有少许的瑕疵，于是怀尔斯与他的学生又花了十四个月的时间再加以修正。
1994年9月19日他们终於交出完整无瑕的解答，数学界的梦魇终於结束。
1997年6月，怀尔斯在德国哥庭根大学领取了佛尔夫斯克尔奖。
当年的十万马克约为两百万美金，不过怀尔斯领到时，只值五万美金左右，但安德鲁·怀尔斯已经名列青史，永垂不朽了。
费马大定理的内容
费马大定理的内容
费马大定理是一个著名的数学问题，也被称为费马最后定理。
它是由法国数学家皮埃尔·德·费马于17世纪提出的。
该定理的内容是：当n大于2时，对于任意正整数a、b和c，都不存在满足a^n+b^n=c^n的正整数解。
简单来说，费马大定理是指“a^n+b^n=c^n”在n大于2时没有整数解。
此定理在数学领域中有着非常重要的地位，它涉及到了代数、数论、几何和模型理论等多个数学分支。
费马大定理的证明历经了几百年的时间。
最终，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在1994年完成了一份长达150页的证明，并于1995年在数学界引起轰动。
怀尔斯的证明被广泛认为是世界数学史上最复杂、最伟大的证明之一。
费马大定理的重要性在于它确立了数学的基础，展示了数学的深度和广度。
它也激发了数学家们对解决其他类似难题的热情，同时也启示了人们如何运用数学方法来解决实际问题。
费马大定理及其适用范围
费马大定理及其适用范围费马大定理是代数数论中最著名的问题之一，这个问题是名为皮耶尔·德·费马的法国数学家在17世纪提出的。
这个问题一直成为数学家研究的一个热点，而这个问题的复杂度也使得该问题成为了被证明的最晚的数学难题之一。
在18世纪到19世纪之间，这个问题发生了非常激烈的研究，并且牵扯到了许多传奇人物的身影。
最终，这个问题在20世纪得到了完整的解决。
费马大定理的陈述非常简单：对于任何大于2的正整数n，不存在整数x, y, z满足方程x^n + y^n = z^n。
也就是说，德·费马在研究古希腊时发现了一个证明方法，证明了对于方程x^2+y^2=z^2是对于整数没有解的，而他在研究x^n+y^n=z^n时，声称也存在没有算法能够确定它是否有解，但他却证明不出来。
因此这个问题被称为费马大定理。
费马大定理是一个非常重要的问题，它揭示了数学中有趣的问题和困难的理论。
在数学的整个历史上，费马大定理一直是数学家们最想要解决的问题之一。
尽管问题被提出了大约400多年，直到20世纪才有了完整的解决。
解决这个问题主要是因为数学家发展了一个新的分支，称为算术几何学，这使得人们能够对大多数情况下的费马大定理进行证明和分析。
费马大定理的适用范围是非常广泛的，除了消除了有关同余数的问题之外，在代数几何学中，它提供了两个数域K上的椭圆曲线的同构问题的一个形式解答。
在代数数论中，费马大定理的证明为一些形式上相似的问题提供了启示，例如证明我们可以在任何域上扩张，这是一种类似于费马大定理的数学推理方法。
此外，费马大定理的适用范围也扩展到计算机科学中。
它可以在算法分析和计算复杂度领域中提供重要的数据。
一些复杂的算法，例如密码学中的RSA算法和椭圆曲线加密，可以通过费马大定理和相关证明加强安全性。
在算法设计的过程中，我们也可以使用费马大定理来提供一些有用的策略和思路。
总的来说，费马大定理是一个富有洞见和挑战性的问题。
费马定理证明
费马定理证明费马定理又称费马大定理，是由18世纪德国数学家费马于1768年提出的能够证明任何一个自然数都可以表示为4个方平方数之和的定理。
费马定理非常重要，被誉为数论界最重要的大定理，被用作数论里最简单的证明之一，且由此衍生出众多的定理，是数学发展史上不可磨灭的脚印。
费马定理的具体内容可以表述为：任何一个正整数都可以表示为4个正整数的方平方和，即：对任意正整数N，都存在正整数 a、b、c、d 使得 N=a^2+b^2+c^2+d^2，这里^2表示平方。
费马定理十分重要，因为它打开了数论界的大门，提出了一种全新的证明方法，激发了许多数学家的灵感，从而大大推动了数学的发展，费马定理的推导过程也是数学研究的一部分，为了证明费马定理，必须在数学的诸多基本概念上做出合理的假设。
证明费马定理有两种方法：一种是基于数论的证明，特别强调费马定理之后的其他定理；另一种则是基于几何的证明，它依赖于几何学及其证明原理，从而进行类似几何图形或几何空间的复杂计算，以证明费马定理。
首先，我们来看基于数论的证明方法。
首先，我们以一个正整数N作为开始，然后将N分解为一系列的平方数的和：N=a^2+b^2+c^2+……+n^2，其中a，b，c是正整数，这里^2表示平方。
接下来，分析这些方平方数之间的关系，来确定它们之间的联系程度，即取决于它们之间的差值。
如果这些差值是不同的，则这些方平方数互异，如果它们差值相同，则这些方平方数是相同的。
这就是费马定理的证明方法。
其次，我们来看基于几何的证明方法。
首先，我们可以假设有N 个正整数点构成了一个正整数边长的正方形，每个点的坐标都是a^2+b^2+c^2+d^2，其中a，b，c，d是正整数，^2表示平方。
接下来，用这N个点构成一个四边形，然后证明四边形实质性的几何规律，用这种几何规律可以了解四边形的变化规律，从而得出费马定理。
最后，无论采用基于数论的证明还是基于几何的证明，费马定理都是一个强大的重要定理，其中蕴含着巨大的数学智慧，它也是数学史上开创性的结果，拉开了数论和几何学的大门，激发了许多数学家的灵感，推动了数学的发展。
高数 费马定理
高数费马定理费马定理，又称费马大定理，是数学史上的一颗明珠。
它的内容是：对于任何大于2的整数n，关于x、y、z的方程xn + yn = zn在整数域上没有解。
这个定理是由法国数学家费马于17世纪提出的，但一直未能找到完整的证明，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯发表了一篇论文，给出了费马定理的证明。
下面我们就来了解一下费马定理的背景和证明过程。
费马定理的背景可以追溯到古希腊时代，当时的数学家们对于某些特殊的整数方程有所研究。
然而，直到费马的时代，这个问题才被提出并引起了广泛的关注。
费马本人在给朋友写信时提到了这个定理，并声称自己已经找到了简洁的证明，但他没有公开发表这个证明。
这引起了无数数学家的兴趣和挑战，他们试图寻找费马所谓的证明，但徒劳无功。
费马定理的证明是一个复杂而漫长的过程。
怀尔斯的证明主要基于椭圆曲线和模形式的理论，这些概念在数学中是相当高级和抽象的。
怀尔斯通过构造一种特殊的椭圆曲线来证明费马定理，这个曲线与方程xn + yn = zn有密切的关系。
通过研究这个椭圆曲线的性质，怀尔斯最终得出了结论：对于任何大于2的整数n，方程xn + yn = zn在整数域上没有解。
怀尔斯的证明过程非常复杂，充满了高深的数学理论和技巧。
他运用了模形式的理论，这是一种复变函数论的分支，用于研究椭圆曲线的性质。
通过这一理论的运用，怀尔斯成功地证明了费马定理，并填补了数学史上的一个重要空白。
费马定理的证明不仅仅是一个数学问题，它还涉及到数学思维的深化和数学理论的发展。
怀尔斯的证明不仅解决了费马定理这个具体问题，也为后人提供了许多新的思路和方法。
他的证明在数学界引起了巨大的反响，被誉为“20世纪最重要的数学结果之一”。
费马定理的证明不仅仅对数学有重要意义，它还对其他领域产生了广泛的影响。
例如，在密码学中，椭圆曲线密码是一种基于椭圆曲线的加密算法，它的安全性与费马定理有密切的关系。
怀尔斯的证明为椭圆曲线密码的发展提供了理论支持，使得它成为了现代密码学中最重要的算法之一。
人类智慧的象征：证明费马大定理
国数学科学研究所(MSRI)，在旧金山市向公众介绍费
文化时空 马定理的证明情况，美国数学会的《通报》(Notices)刊 登了该报导，并评论说“：这是对人类文化的珍视.”
怀尔斯 紧接着，美国、欧洲以及香港等地召开了多次的 专家会议，审查怀尔斯的证明，结果是发现了一些漏 洞，大家试图补救它，但都没有成功.1993 年 12 月，怀 尔斯向数学界的同行发出电子信件，承认他的证明还 有一条沟坎没有越过去，但他相信在普林斯顿工作几 个月以后，将会顺利获得解决.1994 年，怀尔斯的又一 封电子信件说，他利用和自己的学生泰勒(R.Taylor)合 作的一条定理，采取另一种方法绕过了那个沟坎，费 马定理可以获证.这一次，大家都没有轻易下结论，而 是投入了更多的研究.同行们评论说，怀尔斯的工作是 非常好的，即使作为推论的费马定理的证明失败了， 但是他证明费马定理的想法和其他结果是很好 的.1995 年 5 月，世界权威的学术刊物《数学纪年》(An⁃ nals of Mathematics)在第 141 卷第 3 期上，以整期的篇 幅，发表了怀尔斯修正后的证明《模椭圆曲线与费马 大定理》，以及他和泰勒的文章《某些赫克代数环的性 质》.三百年的费马大定理悬案，就此画上了句号.一个 20 世纪伟大的数学成就从此诞生.1998 年的柏林国际 数学家大会，授予怀尔斯以“特别奖”，以表彰他的历 史功绩. 希尔伯特曾说：“费马大定理是一只‘会下金蛋的 鹅’.”因为它，扩展了“无穷递降法”和虚数的应用；催 生 出 库 默 尔 的“ 理 想 数 论 ”；促 成 了 莫 德 尔 猜 想 、谷 山--志村猜想得证；拓展了群论的应用；加深了椭圆 方程的研究；找到了微分几何在数论上的生长点…… 费马大定理从 1637 年诞生，到 1994 年怀尔斯将 它攻克，整整用了 358 年的时间，而在这其中，无数数 学家前赴后继，虽然它耗尽了众多数学家的精力和心 数 血，但却推动了数学的发展，同时又催生出一批又一 学 批重量级的数学家.怀尔斯正是综合了前面众多数学 篇 家的成果，终于证明了费马大定理是正确的.
费马大定理证明过程
费马大定理证明过程
费马大定理的证明过程
费马大定理的证明过程如下:a = d (n/2)，b = h (n/2)，c = p(n/2)；那么a 2+b 2 = c 2可以写成d n+h n = p n，n=***当n = 1时，d+h=p，d，h和p可以是任何整数。
证明过程(第1部分)。
如果a，b，c都是大于0的不同整数，并且m是大于1的整数，如果a m+b m = c m+d m+e m具有相同的幂关系，那么在a，b，c，d，e增加比率之后，相同的幂关系仍然成立。
证明:在原公式中a m+b m = c m+d m+e m的定理中，增率是n，n，n>1。
get:(na)m+(nb)m =(NC)m+(nd)m+(ne)m
原来的公式是:n m (a m+b m) = n m (c m+d m+e m) 两边去掉n m后，得到原始公式。
因此，在同侧的功率和差分公式之间有一个递增的比值计算规则，在增大比值后，它仍然是同侧的功率。
2.如果a、b和c是不同的整数，并且m+b = c m关系成立，其中b > 1，b不是a和c的相同幂，当a、b和c逐年增加时，b仍然不是a和c的相同幂。
证明:取定理a的原始公式m+b = c m
当氮、氮、氮的增加率大于1时，我们得到:(na) m+n MB = (NC) m
原来的公式是:n m (a m+b) = n mc m
两边去掉n m后，得到原始公式。
因为b不能转换成a和c的幂，所以n^mb不能转换成a 和c的幂。
因此，等式关系在不是同一个平方的幂的项一起增加后仍然有效。
其中，相同功率的数量项在比例增加后仍为相同功率，不同功率的数量项在比例增加后仍为不同功率。
费马最后的定理：费马大定理
费马最后的定理费马大定理,又被称为“费马最后的定理”,由17世纪法国数学家皮耶·德·费玛提出。
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。
德国佛尔夫斯克曾宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内,第一个证明该定理的人,吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。
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·怀尔斯彻底证明。
大约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。
”(拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.")毕竟费马没有写下证明,而他的其它猜想对数学贡献良多,由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容,推动了数论的发展。
证明完成定理到了最后攻关阶段,并且这刚好是他的研究领域,他开始放弃所有其它活动,精心疏理有关领域的基本理论,为此准备了一年半时间把椭圆曲线与模形式通过伽罗瓦表示方法“排队”。
接下来的要将二种“排队”序列对应配对,这一步他二年无进展。
此时他读博时学的岩泽理论一度取得实效,到1991年他之前的导师科茨告诉他有位叫弗莱切的学生用苏联数学家科利瓦金的方法研究椭圆曲线,这一方法使其工作有重大进展。
1993年6月在剑桥牛顿学院要举行一个名为“L函数和算术”的学术会议,组织者之一正是怀尔斯的博士导师科茨,于是在1993年6月21日到23日怀尔斯被特许在该学术会上以“模形式、椭圆曲线与伽罗瓦表示”为题,分三次作了演讲。
数学费马大定理的证明思路
数学费马大定理的证明思路费马大定理，又称费马猜想，是指对于任何大于2的整数n，不存在满足a^n + b^n = c^n的正整数解a、b、c。
这一问题是数学领域中的开放问题，在数学史上占据重要地位。
最初由法国数学家费马在1637年提出并在其笔记中写下：“我已有较好的证法，但此证法太大，无法容纳于此处，我恐怕再也无法找到与此相同美妙的证法了。
”然而，费马从未公布过其证明，使得数学界为之沉迷，直到1994年才由英国数学家安德鲁·怀尔斯给出了完整的证明。
费马大定理证明的思路主要分为以下几个步骤：1. 引入数学工具首先，为了证明费马大定理，需要引入一些数学工具和理论。
其中最重要的是代数、数论和解析几何等领域的数学知识。
特别是椭圆曲线和模形式的理论，它们被证明是证明费马大定理的关键。
2. 将费马大定理转化为等价问题由于费马大定理的难度相对较大，数学家们普遍采用转化为等价问题的方式来求解。
具体而言，将费马大定理转化为断言，即假设存在某个正整数n>2，使得a^n + b^n = c^n有正整数解。
然后，通过推理和逻辑推导，去掉其中的矛盾和不可能性，从而证明费马大定理。
3. 使用费马导数定理为了证明费马大定理，需要运用费马导数定理。
费马导数定理是费马在研究曲线的极值问题时发现的重要性质。
该定理指出，如果函数在某一点处取极值，且该点是函数图像的平坦点（即导数为零），那么该点也必然是该函数图像的极值点。
通过使用费马导数定理，可以对方程进行推理和变换，从而获得更多有用的信息。
4. 利用模形式理论安德鲁·怀尔斯在证明费马大定理时，运用了模形式理论。
模形式是一种数论和解析几何的重要数学对象，它具有深厚的数学基础和广泛的应用领域。
通过研究椭圆曲线和模形式的性质，怀尔斯得到了一组方程，这些方程揭示了费马大定理存在椭圆曲线的一种特殊情况。
5. 排除特殊情况在证明费马大定理时，需要考虑各种可能的特殊情况，以确保得出的结论适用于所有情况。
扩展证明费马大定理(全面版)资料
扩展证明费马大定理（全面版）资料扩展证明费马大定理：证明：m,n属于非负整数， x，y，z是正整数。
j 表示“奇数”，k=2^（m+1）j 表示“偶数”。
按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程：1）偶数+偶数：k1^n+k2^n=k3^n2^n 2^m1n j1^n + 2^n 2^m2n j2^n = 2^n 2^m3n j3^n2^m1n j1^n + 2^m2n j2^n = 2^m3n j3^n等式两边同时除以 min (2^m1n，2^m2n ，2^m3n)，又分七种情况：A)m1=m2=m3得：j1^n + j2^n = j3^n，偶数=奇数，产生矛盾。
B)仅m1=m2j1^n + j2^n = 2^(m3-m1)n j3^n ，令m4=m3-m1若m4<0j1^n + j2^n = [ j3 /2^(-m4)]^n，[j3 /2^(-m4)]^n为小数， j1^n + j2^n 为整数，产生矛盾。
可见，m4<0时，不成立。
若m4>0，j1^n + j2^n = j3^n 2^(m4)n，n>2若j3是j1^n与j2^n的公因数j1=j2=j3则有j4^n+j5^n=2^(m4)n ——待证明2^(m4)n不是j1^n与j2^n的公因数j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n= j3^n若j1=j2则有2j1^n/ 2^(m4)n= j3^n奇数/偶数=奇数，产生矛盾，j1不等于j2奇数 /2^n ，为末尾为5的小数若要 j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n等于整数， j1^n/ 2^(m4)n与 j2^n/2^(m4)n的小数位数要相同j1/ 2^(m4)与 j2 /2^(m4)的小数位数也要相同通过计算观察， j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n要等于整数只能等于奇数，推出j3=奇数j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n=奇数j1^n/2^n+ j2^n/2^n =奇数乘 2^(m4-1)n奇数乘2^(m4-1)n不等于奇数，产生矛盾，可见，m1<m3时，也不成立。
费马定理及其证明与应用
费马定理及其证明与应用费马定理是数学中最著名的未解之谜之一，它留下了自17世纪以来困扰数学家们的问题，直到1994年才得到完整证明。
费马定理又称费马大定理或费马最后定理，它是指在任何给定的整数n > 2 情况下，关于 x、y、z 三个未知数的方程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解。
本文将详细介绍费马定理的历史、证明过程以及其应用。
一、历史费马定理得名自法国数学家皮埃尔·德·费马，据传，他于1637年提出了这个问题。
但费马并没有留下任何有关于该问题的证明记录，因此，费马定理后人更多地成为数学谜题，而非数学定理。
在17世纪，欧洲数学家们竞相研究费马定理，寻求证明这个问题的方法。
然而，数学家们都没有获得成功。
到了18世纪末，欧洲最杰出的数学家之一欧拉在其著作《元素数学》中承认，费马定理是一个非常困难的问题，并预言此问题需要“一个真正的天才”才能解决。
直到世纪末，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马定理的部分情况。
但直到20世纪至今，数学家们才证明了费马定理的完整版本。
二、证明费马定理被证明的过程，是一段曲折而奇妙的数学历史。
它牵涉到了许多数学大师的智慧，如戴维·希尔伯特、恩斯特·谢尔和理查德·泰勒，以及无数其他的数学家。
在20世纪初，许多数学家都尝试证明费马定理，但它并不像其他定理那样容易证明。
直到1970年代，数学家弗朗西斯·萨拉首次将费马定理联系到所谓“调和分析”这一相对年轻但强大的数学领域。
此后，在19年的时间里，一群数学家努力地从萨拉的思想中推导出更深入的结论，进一步证明了费马定理。
在1994年，普林斯顿数学家安德鲁·怀尔斯给出了完整的证明，成为历史上第一位成功证明了费马定理的人。
怀尔斯的证明涉及到一种全新的数学领域，称为“模形式”，被认为是一项变得非常复杂和技术性很强的数学工作。
怀尔斯的工作也获得了菲尔兹奖，这是数学上的最高荣誉。
费马大定理证明过程.
费马大定理证明过程2017-07-22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=Z４２、 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。
费马大定理证明过程
费马大定理证明过程费马大定理是数学中的一个著名问题，由法国数学家费马在17世纪提出，并在其笔记中宣称已找到了其证明，但未有将其公开。
费马在文中写道：“我已经找到了一个精妙的证明，但实在是这个定理的边证是比它更好玩的。
”数学界为了解决这个问题进行了多年的努力，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马大定理。
怀尔斯的证明过程非常复杂，涉及到多个数学分支的知识，包括代数几何、椭圆曲线、调和分析等。
以下是对怀尔斯证明过程的概括：首先，怀尔斯引入了一个新的数学方法，称为“模型边界技术”，用于在无穷远处近似表达方程的解，通过这个技术，他将求解方程x^n+y^n=z^n的问题转化为了研究一个特殊类型的数学对象，称为“椭圆数域曲线”。
然后，怀尔斯使用调和分析的方法，通过研究曲线上的调和函数来分析其性质。
他引入了一种特殊的调和函数，称为“模型调和函数”，并利用这种函数的性质来推导出关于方程解的限制条件。
接着，怀尔斯将问题转化为了研究椭圆数域曲线上的有理点的性质。
他使用了代数几何中的一种技术，称为“画曲线”，将椭圆数域曲线可视化，并通过分析曲线上的有理点来推导出方程解的限制条件。
此后，怀尔斯通过分析椭圆数域曲线的群结构，利用数论中的一些定理来推导出方程解的性质。
他使用了费马最后定理、高斯整数的唯一分解定理以及椭圆曲线的等式群等重要结论。
最后，怀尔斯利用前面的分析结果，对可能的方程解进行了分类，并证明了当n大于2时，不可能存在满足方程x^n+y^n=z^n的正整数解。
怀尔斯的证明过程非常复杂，需要深入的数学知识和技巧。
他的证明路径也是非常独特而精巧的，涉及到多个数学分支的知识。
费马大定理的证明对于数学界来说是一个巨大的突破，它使数学家们对整数解的性质有了全新的认识，也推动了相关数学领域的发展。
需要注意的是，以上只是对怀尔斯证明过程的概述，实际证明的细节非常复杂和冗长，需要更深入的数学知识来理解和掌握。
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【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： 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nnnz y x =+及同类方程中的指数n ∈N ，以后不再说明。
引理1 方程nnnz y x =+ （n ≥2） (1)有N 解的充要条件是它有+Q 解。
引理2 方程（1）nnnz y x =+（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）n nnz y x =+（n ≥2）有N 解的充要条件是方程-1n nX Y = （n ≥2） （2）有+Q 解。
证明 充分性 如果方程（2）-1n n X Y =（n ≥2）有+Q 解，设（vuv w ，）()u v w N ∈两两互素，，为其+Q 解，则（v w ）n -（vu ）n ＝1，nn n w v u =+ 。
于是方程（1）n n n z y x =+（n ≥2）有N 解()w v u ，，。
必要性 如果方程（1）nnnz y x =+（n ≥2）有N 解，设()w v u ，，()u v w N ∈两两互素，，为其N 解，则n n n w v u =+，（v w ）n -（vu ）n ＝1。
于是方程（2）-1n n X Y =（n ≥2）有+Q 解（vuv w ，）。
证毕 引理4 如果方程（1）nnnz y x =+（n ≥2）有+Q 解，那么，只有两类：i ）完全+Q 解()w v u ，，()+∈Qw v u ，，；ii ）可导出+Q 解()w v u λλλ，，()Q u v w Q λ++∈∈，，，。
证明 第i ）类属显然。
第ii ）类，把()w v u λλλ，，代入方程（1），得()()()nnnu v w λλλ+=， ∴ n n n w v u =+于是导出方程（1）的+Q 解()w v u ，，。
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()123u v w λλλ，，（123λλλ，，中至少有一个∈+Q 且三个数中含有不可通约的无理因子，w v u ，， ∈+Q ）为方程（1）的解，则由321λλλ，，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()w v u ，，，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∈+Q ），得到λ()w v u ，，，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()1Q λλ+∈，得到()w v u ，，，则此解变为方程（1）的第i ）类+Q 解;若将三个数同乘以一个数δ（δ∈R Q δλ++∉且），得到δλ()w v u ，，，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）nn n z y x =+（n ≥2）的 +R 解公式是111A d R d λλ+=∈> （、，）， 或 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n r r r B 2222222121）（，，）（λ （21r R r λ+∈>、，）。
证明 当+∈R z y x ，，时，由nn n z y x =+得1=-n n xy x z ）（）（。
根据引理3，这两个方程在是否存在+Q 解方面是等价的。
从而得到12222=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+nn n n x y x z x y x z ）（）（）（）（ 于是设221n nz y d d x x+=>（）（）（），则d x y x z nn 122=-）（）（。
由此解得dd x y d d x z nn 21212222-=+=），（）（ 。
恢复x z ：和x y ：的比例系数后得）（）（），（）（）（+∈⋅⋅-=⋅⋅+=R d d x y d d x z nn 0002200222121λλλλλ，拆开后即得01A x y z R d λ+==∈>（，，） （，）111R d λλ+==> （，）。
又，由n n n z y x =+得，）（）（12222=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n y x y z 12222=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+nn n n y x y z y x y z ）（）（）（）（。
设221n nz x r r y y +=>（）（）（），则ry x y z nn 122=-）（）（。
仿上法又得到22221B x y z r R r λλ+⎫==∈>⎪⎪⎭（，，） （、，）。
若设a pd r a b p q R b q+==∈、（、、、，),q p b a >>， 则B A 、之间的变换关系是.p p a b d r p q a b++==--，将B A 、两式分别代入方程（1），等式成立。
因此，B A 、两式都是方程（1）的+R 解公式。
证毕定理1说明 i ）方程（1）的任何一个+R 解都可以由B A 、两式同时表出; B A 、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B A 、两式同时表出；如果B A 、两式同时表出N （或+Q ）数组，则方程（1）有N (或+Q )解。
反之，如果B A 、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）n n n z y x =+（n ≥2）有+Q 解的充要条件是01A d => （）或 2201)B r ⎫=>⎪⎪⎭ （ 能同时表出或导出+Q 数组。
证明 根据引理4的结论（3），可将B A 、两式的系数21λλ，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0A 。
必要性 根据定理1，如果方程（1）有+Q 解，必能用0A 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0d ，当0d d =时，其解2001A d '=> （）是+Q 解，则0A 能表出+Q 数组'0A ；ii ）如果是第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0A 能导出+Q 数组。
充要性 如果0A 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0B 式与0A 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00B A 、两式能同时表出或导出既约N 数组。
定理2 方程n n n z y x 222=+ （）1≥n （3） 有N 解的充要条件是以下两式：2n A =（）[]1000000201n n n a b a N b a b ->>∈=※（，，奇，（，））,或2n B =（） 000001p q p q >>=（，二奇，（，））能同时表出既约N 数组。
[※]也可以是10020nn n a b ->>，0a 奇，0b ∈N ，（0a ，0b ） ＝1。
有且仅有这两种情形，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0A 、0B 两式同时表出或导出。
此时两式分别为01A d => （）,01B r => （）. i ）证）（n A 2。
根据引理4的三条结论，先让n d 2∈Q 。
为此必须设1ad b=>， 0>>b a ,一奇一偶，1),(=b a ，则必须再设n nn b b a a 0012==-，，02001>>-nn n b a ，0a ∈N ，0b 奇，1)(00=b a ，，则0(2)201n A A b ==ii ）再证）（n B 2。
根据引理4的三条结论，先让Q r n∈。
为此必须设1pr q=>， 0>>q p ，二奇，1),(=q p ，则0B =。
必须再设np p 0= ，nq q 0=，000>>q p ，二奇，1),(00=q p，则02201n B B q ==（） 。
0A =同时易证）（n A 2 、）（n B 2中的底数分别两两互素。
到此，）（n A 2 、）（n B 2两式仍必能表出方程（3）的既约N 解。
于是）（n A 2 、）（n B 2必能同时表出既约N 数组。
充分性 如果）（n A 2、）（n B 2都能表出既约N 数组，同时易验知，）（n A 2、）（n B 2能使方程（3）成立，那么，此时这两个既约N 数组就是方程（3）的既约N 解。
即方程（3）有N 解。
证毕 推论1 方程n n nz y x222=+（）1≥n 有N 解的充要条件是一下两式：(222n)A '=（ （0>>b a ，一奇一偶，1),(=b a ）或2n B ⎛'= ⎝（） （0>>q p ，二奇，1),(=q p ）能同时表出既约N 数组。
不难看出，）（n A 2、）（n B 2两式内容详细，）（n A 2'、）（n B 2'两式简明扼要。
它们各有所长，作用相同。
定理2' 方程121212+++=+n n n z y x （）1≥n （4） 有N 解的充要条件是一下两式;2222n 1)A +⎛= ⎝（021201202>>++n n n b a （，N a ∈0，奇0b ，)1),(00=b a或2221n B +⎛ = ⎝（） （000>>q p ，二奇，)1),(00=q p能同时表出既约N 数组。
证明 必要性 如果方程（4）有既约N 解，根据引理1、2、5，必可由0A 、0B 两式同时表出或导出。