费马大定理的初等证明
费马大定理的证明
费马大定理是数学中的一个经典问题，它由费马提出，至今尚未找到完整的证明。
这一问题是费马在17世纪提出的，他在一本书中写道：“我确实有一种难以置信的简单证明方法，但是这个边长大于2的整数幂的立方数等于两个边长大于2的整数的立方数之和的方程没有整数解。
” 这个问题经过数学家们的努力研究至今未能解决，成为数学界的一大谜题。
费马大定理可以表示为：对于任意给定的大于2的正整数n，方程x^n + y^n = z^n在整数域上无解。
费马大定理的证明一直是数学界的重要课题之一，吸引了许多杰出的数学家。
尽管在过去几百年中，不少数学家们都提出了自己的证明方法，然而，这些方法都被发现存在一定的问题或者漏洞。
因此，费马大定理的证明问题一直未能得到圆满解决。
在过去的几十年里，随着计算机技术的进步，人们通过计算机对于费马大定理进行了大量的计算实验。
这些计算实验表明，在特定的范围内，费马大定理成立。
然而，这些实验并不能说明费马大定理在整个整数域上都成立。
经过多年的探索与努力，研究人员陆续提出了一些重要进展。
1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯提出了“椭圆曲线最后定理”，并在此基础上证明了想要证明的费马大定理的一个特殊情况。
而且，他证明了定理的证明方法与费马之前的假设并不相同。
此后，怀尔斯的证明受到了广泛的关注和认可，被许多数学家认为是费马大定理的最终证明。
然而，仍然有一些数学家对怀尔斯的证明提出了质疑，认为他的方法不够严谨，需要更进一步的完善。
费马大定理的证明问题与黎曼猜想、哥德巴赫猜想等一样，属于数学中的难题。
虽然不少数学家通过工作取得了重要的进展，但在当前的数学知识体系和证明方法下，费马大定理的证明仍然没有得到最终解决。
总之，在当今数学的发展中，费马大定理仍然作为一个重要的课题存在，有许多数学家正致力于找到一个完整而严谨的证明方法。
相信随着数学研究的不断深入和技术的不断进步，费马大定理的证明问题终有一日会被解决。
为什么有很多数学家会认为不能用初等数学方法证明费马大定理？
为什么有很多数学家会认为不能用初等数学方法证明费马大定理？所谓费马大定理，简单的说就是指不定方程x^n+y^n=z^n在n≥3时没有非零整数解。
这个问题从提出至今已经将近四个世纪，其间无数数学家和民间的数学爱好者为之穷竭智慧，费尽脑汁，但迄今为止，仍然没有人能够用初等数学的方法将它给予严格的证明。
本人对费马大定理研究了有15年之久，经过15年的殚精竭虑，苦思冥想后，终于在近日大彻大悟，参透了其中的奥秘，并把它给完整地证明了。
本文并不打算把具体的证明过程呈现给大家，因为那是需要很长时间的，但愿意把解题的一些基本的思路跟大家分享一下。
首先，费马大定理是一个关于非零整数的等式问题，所以我一开始就考虑是不是可以从因子平衡的角度来解决问题，如果等式是成立的，那么等式两边的因子一定是平衡的，如果等式是不成立的，那么或许我们可以找出等式两边某些因子不平衡的证据。
一般来说，考虑等式两边偶因子2的平衡性是最简便的，方法是这样的——如果等式两边是偶数，那就两边同时不断地除以2，直到两边变为奇数，如果等式两边是奇数，那就把两边同时加1或减1再不断地同除以2，直到两边再变为奇数，如果等式是成立的，那么这个过程就可以一直持续下去，直到两边都变成0，如果等式是不成立的，那么终有一刻，等式两边会变成一边是奇数，一边是偶数，偶数当然不会等于奇数，从而证明等式是不成立的。
这就是证明马大定理的最基本的原理和方法，事实证明这种方法是有效的。
其次，要证明费马大定理，找对问题的焦点非常关键。
可以说证明费马大定理就象走迷宫，一千个人有一千个人的思路和方法，但如果不能找对问题的焦点的话，就会走冤枉路，就会事倍功半，徒劳无功。
而如果找对了问题的焦点，就会目标明确，事半功倍，顺风顺水。
那么费马大定理它这个问题的焦点是在哪里呢？从表面上看，问题问的是x^n+y^n可不可以表示为一个n次方数，但实际上当n 为奇数时，x^n+y^n可以分解为(x+y)(x^n–1+……+y^n–1)，为方便简记为(x+y)*m, 并且当n为奇质数，x,y互质且x+y不是n的倍数的时候，x+y和m是互质的，也就是说在这种情况下，如果x^n+y^n可表示为一个n次方数，那么x+y和m也必须可同时表示为n次方数，x+y表示为一个n次方数当然是没问题的，所以现在问题的焦点就是——m可不可以表示为一个n次方数？本人通过严格的逻辑推理证明了如果x^n+y^n可表示为一个n次方数，则m不可表示成n次方数，而如果m不是一个n次方数，那么x^n+y^n也显然不会是一个n次方数，正是通过这一对逻辑矛盾证明了原命题。
费马定理证明过程
费马定理证明过程
费马定理是数学中的一个重要定理，被广泛应用于代数、数论等领域。
它的证明过程虽然相对复杂，但我们可以用简单的语言描述来展示其基本思想。
费马定理的表述是：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。
这个定理最初是由法国数学家费马在17世纪提出的，但他并没有给出具体的证明方法，导致这个定理被称为“费马猜想”。
费马定理的证明历经了几个世纪的努力，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，他的证明方法涉及了许多高深的数学知识，如椭圆曲线和调和分析等。
怀尔斯的证明方法被认为是一次重大的突破，为数学界带来了巨大的震撼。
费马定理的证明过程中需要运用到大量的数学理论和技巧，其中包括数论、代数、解析几何等多个数学分支的知识。
然而，由于本文的要求，我们无法在文章中使用数学公式或计算公式来展示证明过程。
尽管如此，我们还是可以简单地描述一下费马定理的证明思路。
证明的基本思想是通过推理和反证法来证明费马定理的正确性。
假设存在满足费马方程的整数解，然后通过一系列推理和推导来得出矛盾的结论，从而证明费马方程无解。
具体来说，证明过程中可能会涉及到数论中的素数性质、模运算、同余关系等概念，以及代数中的多项式展开、因式分解等技巧。
这些数学知识和方法相互结合，最终构成了费马定理的完整证明。
尽管费马定理的证明过程相对复杂，但它的重要性和影响力不言而喻。
费马定理的证明不仅深化了我们对数学的认识，也为数学研究提供了新的方向和思路。
因此，费马定理的证明过程是数学中的一块宝贵的瑰宝，值得我们细细品味和研究。
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。
费马大定理的证明及其在数学学科中的意义解读
费马大定理的证明及其在数学学科中的意义解读一、费马大定理费马大定理是数学中比较有名的未解之题之一，又称为费马最后的定理。
费马大定理的具体内容是，在自然数n≥3情况下，对于x^n + y^n = z^n，没有正整数x、y、z能够同时满足该等式。
所以，费马大定理可以简单地表述为：对于自然数n≥3，方程x^n + y^n = z^n没有正整数解。
二、费马大定理的证明费马大定理的证明经历了漫长的400多年。
1640年，数学家费马提出了这个问题，但他只在文献中留下了一行字：我真的找到了一个美妙的证明，但这个框子太小，放不下。
这使得后来人们长期以来都在为找到证明而努力。
直到1994年，安德鲁·怀尔斯在通过数学软件的计算得到了证明。
为了证明费马大定理，怀尔斯使用了一个名为“倒推追溯”的方法。
该方法在本质上是利用了特殊情况中间存在的对称性和期望的一些性质，将问题大大简化。
为此，怀尔斯被授予了菲尔兹奖（Fields Medal），这是数学界最高的奖项之一。
三、费马大定理的意义和启示费马大定理在数学中拥有重要的地位和意义。
它不仅是一个数学难题，更是数学领域的一个经典问题。
一方面，费马大定理的证明为数学界提供了一个重要的思考方法和解题思路。
另一方面，费马大定理的证明也预示着数学的发展方向和潜力。
在此基础上，我们可以深入思考费马大定理的意义和启示，以及它推动数学学科发展的重要作用。
1. 建立了数学理论的基石费马大定理作为一道典型的数学难题，它的证明历程充分表明了数学理论的建立和发展是需要千锤百炼的。
过程中，数学家使用了不同的思考和研究方法，提出了各种可能的证明方案，从而建立了一系列数学理论基础和推动数学学科的进步。
这一点在数学中具有重要的意义，表示着数学建立领域的数学理论的牢固基础。
2. 推动数学学科的发展费马大定理的证明推动了数学学科的发展。
在证明费马大定理过程中，怀尔斯不仅提出了“倒推追溯”这一思路，更为后来的数学研究提供了很多启示和思路。
费马大定理的初等巧妙证明(完全版)
费马大定理的初等巧妙证明(完全版)李联忠（营山中学 四川 营山 637700）费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。
即不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。
证明： 当n=2时，有 222y x z +=∴ ))((222y z y z y z x +-=-= （1）设 22)(m y z =- 则 22m y z += 代入（1）得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=∴ ml x 2= 22m l y -= 22m l z +=当n=3时，有 333y x z +=∴ ))((22333y zy z y z y z x ++-=-= （2）设 323)(m y z =- 则 323m y z +=代入（2）得］［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +⨯+=)33(36332233m y m y m ++=设 363322)33(l m y m y =++ （3）则 ml x 3= （4）323m y z += （5）若z,y 的公约数为k,即 (z,y)=k ，k>1时，方程333y z x -=两边可以除以3k ，下面分析k=1 即（z,y ）=1 , 方程333y z x -=的正整数解因为（z,y ）=1，分析（2），（3），（4），（5）式，只有m,l 为正整数时，x,y,z 可能有正整数解，由（3）得)33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+ (6)∵ y, m, l 都取正整数，∴)3(32m y y +< )33()3(42222m l m l m l ++<-∴ )33(4222m l m l y ++≠∴ y 没有形如y )33(4222m l m l ++=的正整数解。
用初等数学方法证明费马大定理
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数学中的重要定理费马定理的证明与应用
数学中的重要定理费马定理的证明与应用费马定理是数学中的一个重要定理，它在数论和几何学中具有广泛的应用。
费马定理最初由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出，虽然他在当时没有提供证明，但这个定理一直激发着数学家们的研究兴趣。
直到大约350年后，英国数学家安德鲁·怀尔斯在1994年给出了这个定理的一种证明方法。
在本文中，我们将探讨费马定理的证明过程以及它在数学应用中的重要性。
费马定理的表述是：对于任何大于2的整数n，不存在整数解x，y和z使得下式成立：x^n + y^n = z^n这个定理可以在数论和几何学中具有不同的形式和应用。
下面我们将分别从这两个方面来探讨费马定理。
一、费马定理在数论中的证明和应用：费马定理在数论中有广泛的应用，特别是在模运算和素数研究方面。
在费马本人提出这个定理之后，数学家们花费了几个世纪的时间来寻找其证明。
直到1994年，怀尔斯首次给出了费马定理的一个相对较简单的证明。
怀尔斯的证明基于数学中的一个重要定理，即椭圆曲线的费马大定理。
通过将费马大定理应用于特定的椭圆曲线，他成功地证明了费马定理。
这个证明过程非常复杂，涉及到高等数学中的许多概念和技巧，超出了本文的讨论范围。
但这个证明的重要性在于它填补了费马定理的证明空白，为数学家们提供了一种更好的理解和应用费马定理的方法。
在数论中，费马定理的应用非常广泛。
它在密码学、编码理论和随机数生成等领域都起着关键作用。
例如，在密码学中，费马定理被用于构建安全的RSA加密算法，实现了信息的保密性和完整性。
此外，费马定理还在数论研究中提供了许多其他重要结果，例如费马小定理和欧拉定理。
二、费马定理在几何学中的证明和应用：除了数论，费马定理在几何学中也具有重要的应用。
费马定理在几何学中的形式是著名的费马点问题，它提出了一个有趣的几何问题：给定平面上三个点A、B、C，求一个点P，使得AP+BP+CP的总长度最小。
费马点问题在几何学中有许多应用，例如在水资源分配和城市规划中的最佳路径问题。
费马大定理的证明
费马大定理的证明费马大定理，又称费马猜想，是数学领域中一项备受关注的问题。
它由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出，直到1994年才被安德鲁·怀尔斯证明。
费马大定理的证明过程异常复杂，涉及到多个数学分支的知识，其中包括代数几何、模形式等。
本文将尝试以简单易懂的方式，介绍费马大定理的证明思路和一些相关的数学概念。
首先，我们来了解一下费马大定理的内容。
费马大定理的表述是：对于任何大于2的整数n，方程x^n + y^n = z^n没有正整数解。
这个问题在数学界引起了广泛的关注和研究，但长期以来一直没有找到确凿的证明。
为了证明费马大定理，怀尔斯采用了反证法的思路。
他假设存在正整数解(x, y, z)满足方程x^n + y^n = z^n，并且n大于2。
然后，他尝试利用模形式的性质来推导出矛盾，从而证明费马大定理。
为了理解这个证明思路，我们需要了解一些数学概念。
模形式是复变函数论中的一个重要分支，它具有一些特殊的性质。
怀尔斯利用了模形式的一些性质，构造了一个与费马方程相关的模形式，并利用它的性质得出了一个矛盾的结论。
具体来说，怀尔斯构造了一个叫做“椭圆曲线”的对象，它与费马方程有密切的联系。
椭圆曲线是一种特殊的代数曲线，具有一些独特的性质。
怀尔斯利用了椭圆曲线的一些性质，将费马方程转化为一个关于椭圆曲线的问题。
然后，怀尔斯利用模形式的性质，将费马方程与椭圆曲线联系起来。
他构造了一个特殊的模形式，使得该模形式与椭圆曲线的性质完全对应。
通过对这个模形式进行一系列的推导和变换，他得出了一个矛盾的结论，从而证明了费马大定理。
怀尔斯的证明思路非常巧妙，但也非常复杂。
他利用了多个数学分支的知识，包括代数几何、模形式、数论等。
这些数学分支都是非常深奥和复杂的，需要具备较高的数学素养才能理解和运用。
尽管费马大定理已经被证明，但它的证明过程仍然是数学界的一个重要里程碑。
这个证明不仅证明了费马大定理的正确性，也展示了数学的深度和美妙之处。
用初等数学方法证明费马大定理
用初等数学方法证明费马大定理
【摘要】若要证明费马大定理的存在，则从两方面入手：a=b（dn=hn）与a≠b（dn≠hn）.如果在这两种情况下费马大定理都成立，则费马大定理成立，否则，如果有一种情况不符合费马大定理的条件，则费马大定理就不可能成立.
【关键词】a=（d）n；b=（h）n；1+2；（1+17）/4
如果想证明费马大定理，就必须从两个方面入手：一是证明a=b（即dn=hn）时等式dn+hn=pn中的d，h与p均为正整数，二是a≠b（即dn≠hn）时等式dn+hn=pn中的d，h与p均为正整数，当以上两种方法都通到了证明后，才能证明费马大定理是真正地成立或不成立.如果缺少任何一部
分的证明，都是不完整且不完全的证明.下面我就从这两个方面进行完整且完全的证明.。
费尔马定理的初等证明WORS版
费尔马定理的初等证明姓名：王彦会地址；河北省井陉县井新碳素公司（原石家庄铝厂）邮编：050300一，方称X2+Y2=Z2（X*Y*Z不等于0）的全部整数解定理（勾股数定理）：X=2abt,Y=(a2-b2)t,Z=(a2+b2)t,(a>b,abt>=1)该公式为全部勾股数。
（证明见《数论初步》）二，定义：1，非勾股数：符合勾股定理的3个数a，b，c，且，其中至少有1个为无理2次方根时，这3个数叫非勾股数。
2，2次，3次，……，n次相邻数：我们把2次，3次，4次，……，n次方根的整数部分都相同的2个或多个正整数或正实数数叫2，3，4，……，n次相邻数。
三，非2次方数公式及定理：公式（可用2重数学归纳法证明）2x+1（n+x）2+{2x+2或 2x+1（n+x）2-{2x+2均表示全部非2次方数，其中n取正整数,x取0和正整数。
定理1，由该公式知，非2次方数与和它相邻的差的1半小于或等于该数方根的整数部分。
证： 2x+1（n+x）2+{2x+2的方根的整数部分为n+x，而与它相邻的平方数为（n+x）2，二者的差为2x+1或2x+2，差的1半为x或x+1，则x <n+x,x+1<=n+x,证毕。
第1页定理2，两个2次相邻数中至少有1个为非平方数，两个3456……n次相邻数中，至少有1个为非立方数，非456……n次方数。
证：两个2次相邻数可表示为 2x1+1（n+x1）2+{2x1+2和 2x2+1（n+x2）2+{2x2+2，或者表示为（n+x）2和 2x+1（n +x）2+{2x+2且n1+x1=n2+x2，则由公式知二者之中至少有1个非2次方数，同理，3456……n次也如此。
定理3，两个数若为2次相邻数则必为3456……n次相邻数。
证：有非23456……n次方数公式知，非23456……n次方数与和它相邻的平方，立方，456……n次方数的差中，非2次方的最小，则这两个数的23456……n次方根的整数部分都相同，由其定义知，两个数为非23456……n次方数。
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。
费马大定理的初等证明与商高不定方程的新解法
与商高不定方程的新解法
陈剑涛 （黄冈师范学院 湖北黄冈 438000）
[内容摘要]本文通过一种简单的初等变换证明，若方程 xn + yn = zn 在 n > 2 时有正整数解，
则方程 ( p +1)n − pn = qn 在 n > 2 时必有正有理数解。但可以证明，在 n 为大于 2 的奇质数
Cn1b n−1l2 a
+
C
2 n
b
n−2
l
2
+
C
n3b
l n−3 1
+ ...... + Cnn−1a n−5bc n
+ an−4cn
=
an−4d n
上式两边除左边首项外，其余各项均为正整数，故要求该项也必须为正整数。因同样的原因，
该项为正整数的条件为 a 整除 l2 ，或 a 被 Cn1 整除后所得的商能整除 l2 。由于后一种情况在 上述对（5）式进行的两边连续同除以 a 的运算中，或者不能出现，或者只能出现一次（因
该情况一出现，该首项的系数
C
1 n
从此即被约去）。故可暂不考虑后一情况，而只先考虑在每
次运算中， a 总是能整除 c n 的各个剩余因数 l1 、 l2 、 l3 …的情况。
设 l2 = l3a ，则上式又可写成
Cn1b n−1l3
+ Cn2b n−2l2
+ Cn3b n−3l1
+
......
+
C
n n
设在为大于不能整除故欲使该首项为正整数只能有当我们根据算术基本定理将写成其标准质因数分解形式ncncncnc的大于1的互异质因数后可以看出使为可能从而使但可以证明在满足为大于2的奇质数为奇质数且所以为正整数即上式左边除首项外其余各项均为正整数故要求首项为奇质数且所以不能整除于是只有亦即abha为奇质数故有从而有公共质因数a矛盾故假设为不可
费马猜想初等数学一般性证明
费马猜想初等数学一般性证明（2013年4-7月）王 德 忱 著（黑龙江省农业科学院 黑河分院）前言 笔者多年研究费马猜想，在已发布的几篇证明基础之上再修此作，为论述更确切精炼，步骤更直接简要。
本稿正文篇幅不过3页、字数少于2千。
证明关键依据一个为人们早就普遍所熟知而基本的“方根存在唯一性定理”，也就是方根性质定理。
费马猜想：也称费马大定理，一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即n ＞2是一个正整数时不定方程z n = x n + y n 为正整数等式不成立，也就是没有zxy≠ 0 的正整数解。
1. 求证z n = x n + y n 的解如果z n = x n + y n 有正整数解，则（kz)n = (kx)n ＋(ky)n （k 为正整数）也有正整数解，各倍数组解中必有一组为最小的；那么，假设z n = x n + y n 有正整数解且z 、x 、y 为各倍数组解中最小的一组，即正整数 ( x ，y ) = 1使z n = x n + y n (1)正整数等式成立。
将（1）式变形 (z y )n - (x y )n = 1分解因式：(z y - x y )[(z y )n-1 + x y (z y )n-2 +...+ (x y )n-2(z y )＋(x y )n-1] = 1 (2)因为正整数z > x ，所以（2）式分解的两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均为正1约数，二则两个因式是互为正倒数约数。
仅由 z y - x y =1及n≥ 2推出 (x + y)n > x n + y n = z n ，两个因式均不能为正1约数，同时也可知z y - x y > 1取值不能成立，所以设正整数a > b ≥1且（a ，b ）= 1，依据约数分析法○1，将（2）式转化为两个互为倒数分数方程组：z y - x y = b a (3)(z y )n-1 + x y (z y ) n-2 +...+ (x y )n-2(z y )+ (x y )n-1 = a b (4)因为（3）式两边分母y→ a 对应，由分数基本性质必有y 含a 因子，令y = ay 1，使z = x ＋by 1 代入（1）式化简得：1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ ... + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1 = a n y 1n-1b (5)必使（5）式 y 1n-1b 为整数。
费马大定理的初等证明方法
费马大定理的初等证明方法张朝相;艾小川;黄开林;马迪生【摘要】Anstract: In this paper,an elementary proof method is given for the indefinite equation,Xn+Yn= Zn ,which has no positive integer solution when n is an odd prime number,namely,it proves Fermat theorem with an ele-mentary mathematical method.In addition,an example analysis is also given,and the results show that the proof method is correct.%给出不定方程Xn＋Yn＝ Zn 在n为奇素数时，无正整数解的初等证明方法，即用初等数学方法证明了费马大定理。
通过实例分析，结果显示文中证明方法的正确。
【期刊名称】《华侨大学学报（自然科学版）》【年(卷),期】2016(037)006【总页数】5页(P786-790)【关键词】费马大定理;初等数学方法;因式分解;多项式互素【作者】张朝相;艾小川;黄开林;马迪生【作者单位】中国石油天然气股份有限公司吐哈油田分公司，四川成都 610081;海军工程大学理学院，湖北武汉 430033;四川永能油气技术开发有限公司，四川成都 610017;中国石油天然气股份有限公司西南油气田分公司，四川成都610255【正文语种】中文【中图分类】O156.1费马大定理也称“费马猜想”，是十七世纪法国数学家费马提出的，他认为：一整数3次幂不能表为两个整数的同次幂之和；一个整数4次幂不能表为两个整数的同次幂之和；一般地讲，当n>2，一个整数的n次幂表为两个整数的同次幂之和，这是不可能的.即对于Xn+Yn=Zn，当n>2时，不定方程无全正整数解.“费马猜想”包含两层意义：1) 当p(p为任意奇素数)时，X，Y，Z中一定有一个不为整数；2) 当n=4p时，出现两个方程，(Xp)4+(Yp)4=(Zp)4，(X4)p+(Y4)p=(Z4)p，若X，Y为正整数，必须首先是Zp，Z4不为整数，而后得Z不为整数.因此，只要证明当n=4，n=p时，Z不为整数即可.以前有种观点，只要证明n=4的“费马猜想”成立，随之n=4p的“费马猜想”也成立，这是概念上的错误[1].“费马猜想”被提出后，经无数人辨证，先后证得n=3，n=4，n=5，n=7，以及一些有限数时费马大定理成立.最终，在1995年被英国数学家安德鲁·怀尔斯所证明.但怀尔斯的证明高深冗长.费马在提出猜想的同时又说，他有一个绝妙的证明方法，只是“边页太小，写不下了”.他的证明到底是个怎样的证明，至今仍是一个谜.但可以肯定，费马处于当时的数学发展水平，他的证明肯定不是类似怀尔斯的证明，而是一个较为初等的方法[2].在怀尔斯的证明之后，世界上仍有不少数学志士为此而着迷，极具代表性的是美国数学家科林·迈克拉蒂.2003年，他称有比怀尔斯的更简单的方法，并先后在美国和加拿大的数学报告会上发表，取得极大的进展.但他使用近代的“群论”思想，这与费马所称的方法仍是相去甚远[3].2.1 对Z进行因式分解令n为任意奇素数k，当k≥3时，有设式(1)有一组正整数解X0，Y0，Z0，且Z0是最小的正整数解，则式(1)变换为式(2)中:若(X0，Y0)=U1，则U1|Z0.于是有,则式(2)变为2.2 Z0的求解Z因式分解后，求解Z0，由于有将代入式(2)，可得上式右端共(k+1)+1=k+2项，经移项并消项可得上式右端k-1项，正负相间，Y0的系数都为组合数，每一组合数皆含有k因子[1]，且有，…，每一项皆有，y0因子.所以,上式可变换为设上式右端中括号内代数和为，且将=X0+Y0代入，用二项式定理展开得1) 第1项为2) 第2项为3) 第k-2项为4) 第k-1项为2.3 引理及其证明引理1 自然数集合中任意相邻两数a和b，若ai=a+i，bi=b-i，ai+1=a+(i+1)，bi+1=b-(i+1)，则存在关系式[aibi-ai+1bi+1]为等差数列(i=0，1，2，3，…)，且ab>aibi> ai+1bi+1，ab为最大值.引理2 k为奇素数，如果正整数Z0，X0，Y0满足，则有X0 +Y0-Z0≡0(mod k)，或者k|(X0+Y0-Z0) .证明：参见参考文献[1].引理3 am-1=(a-1)(am-1+am-2+…+1) ；若a≡1(mod mk)， mk|a-1，因为a≡1(mod m)，所以 am-1+am-2+…+1≡m≡0(mod m)，也就有m|am-1+am-2+…+1，因此mk+1|am-1，即am≡ 1(mod mk+1)，k>0 ，m≥3的奇素数. 证明:参见参考文献[1].推论1 am-1=(a-1)(am-1+am-2+…+1 ) ；若am-1+am-2+…+1≡m≡0(mod m)；m|am-1+am-2+…+1；因为am-1+am-2+…+1≡0(mod m)；所以m|a-1，即m2|am-1，am≡1(mod m2).注1 引理和推论不同，引理有mk+1|am-1，k≥1，而推论仅有m2|am-1，m≥3的奇素数[4-8].引理 4 p为奇素数，是(a+b)p-1展开式bk的系数，存在关系式证明:参见参考文献[1].2.4 实例证明实例1 证明1：假设d0=1，X0，Y0为一偶一奇，或同为奇数，引入(-1)e(e=1，2，3，…，k-1)e是y0的幂指数，则有将X0=X1，Y0=Y1代入上式，并两端同减1可得根据引理2可知k|(X0+Y0-Z0)，又有 Z01|(X0+Y0-Z0)，以及因为，所以有|).因 (k， Z01)=1，根据费马定理，k|，所以 k|Z02-1，即).因为 (k， Z02)=1，根据引理3有k2|，所以，因此存在b.其中：b是与k2 相除的倍数.证明2：当d0=k时，有假设，将X1，Y1代入式(2)可得上式右端组合数含1次k因子，第1项含k因子高次幂，且都有)因子，因此可改写为因为，故可改为上式两端同减2k-1后，再同除以2k-1,可得费马定理表明：am-1≡1(mod m)； (a，m)=1；若 a=bm ，则为 (bm-1)m≡1(mod m2)根据对费马定理的解释，式(11)中(2k-1-1)只能是2k-1≡1(mod k1)，即k|2k-1-1 ；2k-1-1=kC2(C2是2k-1-1除以k 的倍数)，(k， C2)=1 .则式(11)可变换为设上式中括号内代数和为∑C1，则式(12)可改为式(13)中，因为k|，所以；又因(k，2k-1)=1，所以为整数，设为a3，即有 (k，a3)=1.故式(13)可改为因为a3 为整数，所以k|；又因k是奇素数，根据整除定理，k|Z02 -1，或k|).若k|Z02-1，即Z02≡1(mod k).根据引理3可知，，故k|所以k2|若k|，即有，故有Z02≡1(mod k)，所以有k2|；是除以k2的倍数).于是有k2b3=ka3， b3=a3/k.由于(k， a3)=1，所以b3为既约分数.如设，则有a1a2=ka3.因为a3是整数，所以式中k|a1a2.由于 k是奇素数，若a1， a2为整数，就有k|a1 或k|a2，根据引理3就有k2|a1a2，而实际是k2￤a1a2，从而产生矛盾.因此，可以证明 a1，a2不为整数，Z02不为整数而为无理数.由此可得Z0=kZ01Z02，又因k， Z01为整数，Z02为无理数，证明Z0 为无理数.实例2 假设Z0 为偶数， X0，Y0为奇数，Z01为偶数，则有将X1，Y1代入式(2)可得上式消项后提取公因数，加之有，可得上式两端同减1，右端提取公因数(kk-1)2，可得设中括号内代数和为∑C3，则有上式中，|，因此有(k，∑C3)=1.因为∑C3为整数，所以(kk-1)2|.又因为；k为奇素数，根据整除定理，(kk-1)2整除Z02-1，或(kk-1)2|，再根据引理，所以(kk-1)2￤；(kk-1)2|Z02-1.如此根据引理3有，k||；即).设是除以k2k-1的倍数)，于是可得因为(k，∑C3)=1，所以b4为既约分数.如设，则有同前面的分析一样，可以证明Z02为无理数，Z0为无理数，Z0无最小正整数解和正整数解.上面已证明 Xk+Yk=Zk无全正整数解，若将n进行素因数分解，则有式中：，为相异奇素因数之积，n简化为，如此有若l=1，例X′6+Y′6=Z′6，可设，则有X12+Y12=Z12.若证明其无全正整数解，就可得(X2)6+(Y2)6=(Z2)6无全正整数解，即X′6+Y′6=Z′6无全正整数解.因为时费马大定理成立，并做如上例中的变换，所以Xn+Yn=Zn，n≥3，不定方程无全正整数解，即证明费马大定理成立[9-13].【相关文献】[1] 陈梅香.响应率法求解二阶部分极点配置问题[J].华侨大学学报(自然科学版)，2015，36(1):107-110.doi:10.11830/ISSN.1000-5013.2015.01.0107.[2] 饶世麟，饶雪芳.一个猜想与费马大定理[J].装备指挥技术学院学报，2010，21(6):128-130.[3] 李宏棋.费马大定理的初等证明[J].西安工程大学学报，2008，22(5):650-662.[4] 饶世麟，饶雪梅，饶雪芳,等.费马大定理的一种证明方法[J].电子科技，2011，24(6):11-12，22.[5] 星河，李萌.费马大定理：求证历程[J].知识就是力量，2012(1):74-75.[6] 王志兰.费马小定理的几种证法及应用[J].廊坊师范学院学报(自然科学版)，2009，9(6):11-13.[7] 吴延东.符号动力系统与费马小定理[J].大学数学，2009，25(5):120-123.[8] 袁合才，辛艳辉.费马大定理巧妙证明的注记[J].高等继续教育学报，2010，23(4):13，25.[9] 刘向晖.高斯和希尔伯特在费马大定理上的不同认识[J].西北大学学报(自然科学版)，2000，30(2):176-180.[10] 刘文忠,孙艳春,张同杰.对一个费马大定理证明的分析[J].北京师范大学学报(自然科学版),2013,49(5):462-465.[11] 杨孝斌,袁梓瀚.关于n次费马解通解的探究与证明[J].湖南科技大学学报(自然科学版),2016,31(2):117-121.[12] 田枫,黄秦安.数学证明严格性之相对意义与综合评判标准[J].自然辩证法通讯,2016,38(1):51-55.[13] 史仲夏.用初等数学方法证明费马大定理[J].数学学习与研究,2015(15):127-128.。
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。
费马大定理的初等证明方法
学院学术论文题目费马大定理的初等证明方法姓名所在学院专业班级学号指导教师日期费马大定理的初等证明方法摘要：本文通过介绍一个与不定方程有关的问题，既所谓“费马大定理”。
阐述了费马大定理的基本知识和初等证明方法。
关键字：费马大定理互素Abstract: this article introduces a volatile equation and the relevant problems, the so-called"FLT". FLT expounds the basic knowledge and elementary proof method.Key words : FLT mutually一． 有关的基本知识1.1 大约在1673年，法国数学家费尔马（Fermat ,1601-1665）指出， n >2 时，方程n n n x y z+= （1） 无正整数解。
1.2 对于正整数a 和b ，如果ka=b ，k 为正整数，则a 整除b ；k 不为正整数，则a不整除b 。
如果c 整除a 和b ，则对于任意正整数k 和s ，可有c 整除（ka+sb ）。
如果d 是a ，b 的最大公约数，则记为（a ，b ）= d 。
在（a ，b ）= 1时，则称a 和b是互素（或互质）的。
A ，b 和c 是彼此互素的，是指他们中间的任意两个都是互素的。
如果（a ，b ）=1.，在ab 为偶数是，a 和b 一个为偶数一个为奇数；而在ab 为奇数是，a 和b 都为奇数。
1.3 如果a > b > 0 ,( a ,b ) = 1 ,则（a ，a+b ）= 1，（b ，a + b ）=1；在ab 为偶数时，（a+b ，a-b ）=1，而在ab 为奇数时，（a+b ，a-b ）=2。
在u>v>0,(u,v)=1,uv 为奇数时，设 u=a+b,v=a-b,则有1()2a u v =+ （2） 1()2b u v =- （3） 这里，a>b>0,(a+b)=1,ab 为偶数。
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。
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费马大定理的初等证明
倪晓勇
（中国石化仪征化纤短纤生产中心生产管理室，江苏 仪征211900）
E-mail:nxyong.yzhx.@
费马大定理：不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。
证明：一、当n=2时，有222y x z +=，所以))((222y z y z y z x +-=-=（1）。
令22)(m y z =-，则22m y z +=，代入（1）得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=，所以ml x 2=，
22m l y -=，22m l z +=（x 、y 、z 、l 、m 都是自然数）
，显然x 、y 、z 有正整数解。
二、当n=3时，有333y x z +=，所以 ))((22333y zy z y z y z x ++-=-=（2）。
令323)(m y z =-，
则323m y z +=，代入（2）得］
［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +⨯+=)33(36332233m y m y m ++=。
若方程333y x z +=有正整数解，则)33(63322m y m y ++为某自然数的三次幂，即 363322)33(l m y m y =++，所以 )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+，所以 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和，所以l -3m 2+32m 3=l 2+3m 2l +32m 4，所以l = l 2+3m 2l ，且32m 3=3m 2+32m 4，所以1=l +3m 2，3m=1+3m 2，所以 l +3m=2。
因为l 和m 都是自然数，所以l +3m ≥4，所以l +3m=2不可能，所以当n=3时，333y x z +=无正整数解。
三、当n=4时，有z 4=x 4+y 4，所以x 4= z 4-y 4=（z -y ）（z 3+z 2y+zy 2+y 3）(3) 。
令（z -y ）=43m 4，则z=y+43m 4，代入 (3) 得x 4= z 4- y 4=43m 4［（y+43m 4）3+（y+43m 4）2+（y+43m 4）y+ y 3］=43m 4 (4y 3+47m 8y+6×43m 4y 2+49m 12)= 44m 4(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12
) 。
若方程z 4=x 4+y 4有正整数-解，则(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12)为某自然数的四次幂，即(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12) =l 4，所以y 3+46m 8y+6×42m 4y 2=l 4-48m 12 =（l 42m 3）（l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以y =l -42m 3且y 2+46m 8+6×42m 4y =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以(l -42m 3)2+46m 8+6×42m 4（l -42m 3）
=l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以l 2-32m 3 l + 44m 6 + +46m 8+6×42m 4（l -42m 3）=l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以
44m 6 +46m 8=6×44m 7+46m 9 ，l 2+6×42m 4l =l 3+l 242m 3+l （44m 6+32m 3），所以1+42m 2=6m+42m 3，所以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）=0。
因为l 和m 都是自然数，所以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）>0，所
以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）=0不可能，所以当n=4时，z 4=x 4+y 4无正整数解。
当n>4时，同理可证方程n n n y x z +=无正整数解。
所以定理得证。
参考文献：
[1]李联忠科学网《费马大定理的简单证明》。