费马大定理的美妙证明
解答数学“大问题”证明费马大定理的故事
解答数学“大问题〞——证明费马大定理的故事为了寻求费马大定理的解答，三个多世纪以来，一代又一代的数学家们前赴后继，却壮志未酬。
2022年，美国普林斯顿大学的安德鲁·怀尔斯教授经过8年的孤军奋战，用130页长的篇幅证明了费马大定理。
怀尔斯成为整个数学界的英雄。
费马大定理提出的问题非常简单，它是用一个每个中学生都熟悉的数学定理——毕达哥拉斯定理——来表达的。
2022多年前诞生的毕达哥拉斯定理说：在一个直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方之和。
即X^2＋Y^2=Z^2。
大约在公元1637年前后，当费马在研究毕达哥拉斯方程时，他写下一个方程，非常类似于毕达哥拉斯方程：X^n＋Y^n=Z^n,当n大于2时，这个方程没有任何整数解。
费马在?算术?这本书的靠近问题8的页边处记下这个结论的同时又写下一个附加的评注：“对此，我确信已发现一个美妙的证法，这里的空白太小，写不下。
〞这就是数学史上著名的费马大定理或称费马最后的定理。
费马制造了一个数学史上最深奥的谜。
大问题在物理学、化学或生物学中，还没有任何问题可以表达得如此简单和明晰，却长久不解。
E·T·贝尔(EricTempleBell)在他的?大问题?(TheLastProblem)一书中写到，文明世界也许在费马大定理得以解决之前就已走到了尽头。
证明费马大定理成为数论中最值得为之奋斗的事。
安德鲁·怀尔斯1953年出生在英国剑桥，父亲是一位工程学教授。
少年时代的怀尔斯已着迷于数学了。
他在后来的回忆中写到：“在学校里我喜欢做题目，我把它们带回家，编写成我自己的新题目。
不过我以前找到的最好的题目是在我们社区的图书馆里发现的。
〞一天，小怀尔斯在弥尔顿街上的图书馆看见了一本书，这本书只有一个问题而没有解答,怀尔斯被吸引住了。
这就是E·T·贝尔写的?大问题?。
它表达了费马大定理的历史，这个定理让一个又一个的数学家望而生畏，在长达300多年的时间里没有人能解决它。
费马大定理
费马大定理费马大定理，也称費馬最後定理乃下述定理：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)這個定理，本來又称费马猜想，由17世纪法国数学家费马提出。
費馬宣稱他已找到一個絕妙證明。
但經過三个半世紀的努力，這個世紀数论难题才由普林斯頓大學英國數學家安德魯·懷爾斯和他的學生理查·泰勒於1995年成功證明。
證明利用了很多新的數學，包括代數幾何中的橢圓曲線和模形式，以及伽羅華理論和Hecke代數等，令人懷疑費馬是否真的找到了正確證明。
而安德魯·懷爾斯(Andrew Wiles)由于成功證明此定理，獲得了2005年度邵逸夫獎的數學獎。
歷史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."）畢竟費馬沒有寫下证明，而他的其它猜想對數學貢獻良多，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。
對很多不同的n，費馬定理早被證明了。
但數學家對一般情況在首二百年內仍一籌莫展。
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後一百年內，第一个证明该定理的人，吸引了不少人嘗試並遞交他們的「證明」。
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”。
怀尔斯证明费马大定理的过程原稿
怀尔斯证明费马大定理的过程原稿1. 引言说到费马大定理，很多人第一反应就是：“哎，这是什么神奇的东西？”其实，这个定理就像一道无形的围墙，把数论界的研究者们困得不要不要的。
说它有多难，难就难在，数学家费马在17世纪的时候，写下了一句话，放了个巨大的烟雾弹：“我发现了一个惊人的定理，但这里没有空间来写下证明。
”你说，这不是给后来的数学家们留了个大坑吗？就这样，费马的大定理成为了数学界的“白月光”，美丽却遥不可及。
直到1994年，怀尔斯这位现代数学的“英雄”，才终于把这个定理的证明搞定。
真是让人感叹：“时间不负有心人”啊！2. 怀尔斯的旅程2.1 早期的兴趣那么，怀尔斯是个什么样的人呢？他出生在1953年，从小就对数学情有独钟，简直就是个“数学小天才”。
在他还是个孩子的时候，就经常沉迷于各种数学难题，像个小侦探一样寻找答案。
听说他在上小学时，就已经把老师的数学题目搞得一团糟，连老师都对他刮目相看。
就这样，他的数学之路可谓是一步一个脚印，走得相当稳健。
2.2 努力不懈的追求怀尔斯长大后，进入了剑桥大学，继续追寻自己的数学梦。
他的目标就像“打了鸡血”一样，坚定不移。
他甚至在十几年的时间里，几乎每天都在努力研究这个费马大定理，脑海中思考着，如何才能把这个千年难题揭开面纱。
有人调侃说：“他简直像是个数学版的福尔摩斯！”怀尔斯心中所想，绝对不仅仅是为了名声，更是对数学本质的探索。
他不怕困难，勇往直前，简直是个“死磕型”的选手。
3. 证明过程3.1 灵光一现终于，在1993年，怀尔斯给我们带来了一个“惊喜”——他声称找到了证明！当时，他自己都没敢相信，心里想：“这到底是真的吗？”他的证明过程像极了破案的高潮，充满悬念和紧张。
数学界的朋友们兴奋得像是打了鸡血，纷纷聚在一起，准备见证这个历史性的时刻。
3.2 持续的挑战然而，事情并没有那么简单。
没过多久，怀尔斯的证明被发现存在漏洞，简直是“晴天霹雳”！他又一次被推回到了起点，心里那叫一个五味杂陈。
费马大定理非常美妙的证明
费马大定理非常美妙的证明
费马大定理，又名费马欧拉定理，是古希腊数学家尤里乌斯·费马在300年前发现的一个非常重要的定理。
定理的全称叫做：任何一个大于等于3的自然数，都可以表示成2的幂次的和。
比如，21可以表示成2的4次方加2的0次方，即16+1；而25则可以表示成2的4次方加2的2次方，即16+4；以此类推，任意一个大于等于3的正整数都可以表示成2的幂次之和的形式。
费马定理非常美妙，但到目前为止，它仍然是一些未解决的数学掘臼。
在已经知道这个定理之前，费马有一段时间都在探索这个问题，但他没有真正意识到这一实质性问题。
直到他孤身一人在他的实验室里探索这个问题，他才永久的突破性的证明了这一定理。
除了费马，还有一些古希腊数学家也在研究这个定理，包括伟大的欧拉，当他研究完事实证明，这一定理的正确性时，它被命名为“费马欧拉定理”。
尽管已经有一些它被认可的证明，但费马定理仍然具有重要的理论价值，因为它可以帮助我们理解和研究数字、空间和时间的联系。
总体而言，费马大定理是由费马发现的一个非常美妙的定理，它有着重要的理论价值，对于解释飞电的某些特殊性质有着重要的启示意义。
它足以证明，数学有力地证明和强调了可预测性和超然。
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。
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”。
微积分费马定理证明
微积分费马定理证明
费马大定理的证明方法：x+y=z有无穷多组整数解，称为一个三元组；x^2+y^2=z^2也有无穷多组整数解，这个结论在毕达哥拉斯时代就被他的学生证明，称为毕达哥拉斯三元组，我们中国人称他们为勾股数。
但x^3+y^3=z^3却始终没找到整数解。
最接近的是：6^3+8^3=9^-1，还是差了1。
于是迄今为止最伟大的业余数学家费马提出了猜想：总的来说，不可能将一个高于2次的幂写成两个同样次幂的和。
因此，就有了：
已知：a^2+b^2=c^2
令c=b+k，k=1.2.3……，则a^2+b^2=(b+k)^2。
因为，整数c必然要比a与b都要大，而且至少要大于1，所以k=1.2.3……
设：a=d^(n/2)，b=h^(n/2)，c=p^(n/2)；
则a^2+b^2=c^2就可以写成d^n+h^n=p^n，n=1.2.3……
当n=1时，d+h=p，d、h与p可以是任意整数。
当n=2时，a=d，b=h，c=p，则d^2+h^2=p^2 => a^2+b^2=c^2。
当n≥3时，a^2=d^n，b^2=h^n，c^2=p^n。
因为，a=d^(n/2)，b=h^(n/2)，c=p^(n/2)；要想保证d、h、p 为整数，就必须保证a、b、c必须都是完全平方数。
a、b、c必须是整数的平方，才能使d、h、p在d^n+h^n=p^n公式中为整数。
假若d、h、p不能在公式中同时以整数的形式存在的话，则费马
大定理成立。
初中数学 费马大定理的证明过程是怎样的
初中数学费马大定理的证明过程是怎样的费马大定理是数学史上最著名的问题之一，它是由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出的。
费马大定理的表述是：当n大于2时，方程a^n + b^n = c^n没有正整数解。
这个问题在当时就引起了数学家们的极大兴趣，然而费马本人并没有公开他的证明方法，导致了这个问题一直成为数学界的一个悬案。
直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在历时多年的努力下，终于给出了费马大定理的完整证明。
本文将介绍费马大定理的证明过程，以及怀尔斯是如何解决这个经典问题的。
怀尔斯的证明方法基于代数几何和椭圆曲线的理论，他建立了一个数学框架，通过对一个特定类型的方程进行研究，最终得出了费马大定理的证明。
这个方程是一个模型方程，它可以表示为：x^n + y^n = z^n其中n是大于2的正整数，x、y、z是未知整数。
这个方程的解对应于费马大定理的解。
怀尔斯的证明方法涉及到了许多深奥的数学理论和技巧，下面将逐步介绍他的证明过程。
1. 代数几何的初步建立怀尔斯的证明方法基于代数几何，他首先建立了一套几何框架，用于描述方程的解的性质。
这个几何框架是基于一个叫做椭圆曲线的数学对象的。
椭圆曲线是一种特殊的代数曲线，它可以用二次方程表示为：y^2 = x^3 + Ax + B其中A、B是常数。
椭圆曲线具有一些重要的性质，如切线和法线的交点等，这些性质可以用来研究方程的解的性质。
2. 椭圆曲线和模形式的联系怀尔斯发现，椭圆曲线和另一个数学对象叫做模形式有密切的联系。
模形式是数论中的一种函数，它具有一些重要的性质，如模不变性等。
怀尔斯利用了椭圆曲线和模形式的联系，建立了一个新的数学框架，用于研究方程的解的性质。
3. 模形式和费马大定理的联系怀尔斯发现，模形式和费马大定理之间也有一定的联系。
他发现，如果存在一种特殊的模形式，它可以与方程的解一一对应，那么费马大定理就能够得到证明。
费马大定理n等于3证明过程
费马大定理n等于3证明过程费马大定理可是数学界的一个超级明星，尤其是当n等于3的时候，它的证明过程那可真是一段精彩的数学之旅。
咱得先知道费马大定理是啥，简单说就是对于方程xⁿ + yⁿ = zⁿ，当n 大于2的时候，没有正整数解。
这就像一个神秘的宝藏被藏起来了，好多数学家都想去找到打开宝藏的钥匙。
那n等于3的时候怎么证明呢？这可不容易，就像你要在一个超级大的迷宫里找到唯一的出口一样。
数学家们得从好多不同的方向去尝试。
有一个很关键的思路就是利用数论里的一些知识。
你看啊，整数就像一群性格各异的小伙伴，每个整数都有自己独特的性质。
对于这个方程，当n 等于3的时候，我们要研究x³ + y³ = z³。
这就好比你要把两个神秘的盒子（x³和y³）里的东西加起来，看能不能正好填满另一个更大的盒子（z³）。
在这个证明过程中，有个很厉害的方法就是把这些数转化成一些特殊的形式。
这就像是把一群小动物按照它们的特点分类一样。
比如说把整数表示成一些其他数的组合形式，然后再去分析它们之间的关系。
有数学家通过深入研究数的整除性来寻找线索。
整除性就像是数之间的一种特殊关系，就像朋友之间的默契一样。
如果一个数能被另一个数整除，那就说明它们之间有着特殊的联系。
在这个方程里，通过研究x、y、z这几个数之间关于整除性的关系，就像在寻找这些小伙伴之间隐藏的默契。
而且这个证明还得用到一些复杂的代数变换。
这就像变魔术一样，把方程左边的x³ + y³通过一些巧妙的手法进行变形。
这可不是简单的变戏法，每一步都得有严格的数学依据。
就像盖房子，每一块砖都得放得稳稳当当的。
另外，还得考虑一些特殊的数学结构。
这些结构就像一些独特的建筑蓝图一样，按照这些蓝图来分析方程，就能发现一些平时看不到的东西。
比如说一些关于数的群结构或者环结构之类的。
这就好比你用不同的眼光去看一个东西，有时候从正面看是一种样子，从侧面看又能发现新的东西。
费马大定理之绝妙证明
㊀㊀㊀㊀㊀１２４㊀费马大定理之绝妙证明费马大定理之绝妙证明Һ何海浪㊀（江苏省连云港市灌云县陡沟中学，江苏㊀连云港㊀２２２０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ通过等比数列求和对（ｘｎ－ｙｎ），（ｘｎ＋ｙｎ）一类式子进行因式分解．分析方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ中数的特点，利用二项式的ｎ次方展开式作差，结合正整数的ｎ次方特点，再利用分析法㊁反证法来法证明费马大定理．ʌ关键词ɔ二项式的ｎ次方展开式；作差；正整数；正整数解１７世纪，法国费马提出了费马大定理，这以后，许多人想证明它并取得了一定的成就，１９９５年，英国怀尔斯证明了它并得到了公认．费马大定理的内容：关于ｘ，ｙ，ｚ的方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ，当ｎ＞２时，没有正整数解．这是一个含多个未知数的ｎ次不定方程的解的问题，该方程有四个未知数：ｘ，ｙ，ｚ，ｎ，最高项次数为ｎ．如果正整数ｘ，ｙ，ｚ含大于１的公因数，那么方程两边可以约去公因数；如果正整数ｘ，ｙ，ｚ为方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的解且ｘ，ｙ，ｚ中的任意两个数含大于１的公因数，那么第三个数一定含这个公因数，则方程两边可以约去这个公因数，所以，我们只要证明约去公因数后的方程没有正整数解即可．我们用反证法来证明：假设费马大定理是不成立的，即关于ｘ，ｙ，ｚ的方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ，当ｎ＞２时，有正整数解且正整数ｘ，ｙ，ｚ相互间不含大于１的公因数．我们看方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的解：一㊁ｎ＝１如果ｘ为正整数㊁ｙ为正整数，那么ｚ为正整数，所以方程ｘ＋ｙ＝ｚ有正整数解．二㊁ｎ＝２由ｘ２＋ｙ２＝ｚ２经移项后因式分解，得：ｙ２＝（ｚ－ｘ）㊃（ｚ＋ｘ）＝（ｚ－ｘ）２㊃［（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）］两边开平方，得：ｙ＝（ｚ－ｘ）㊃（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）如果方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２有正整数解，那么ｘ为正整数㊁ｙ为正整数㊁ｚ为正整数㊁（ｚ－ｘ）为正整数㊁（ｚ＋ｘ）为正整数㊁（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）为正有理数．令ｐ２＝（ｚ＋ｘ）／（ｚ－ｘ）（ｐ为正有理数）．解得：ｘ＝［（ｐ２－１）／（ｐ２＋１）］㊃ｚｙ＝［２ｐ／（ｐ２＋１）］㊃ｚ所以，凡是满足ｘ＝［（ｐ２－１）／（ｐ２＋１）］㊃ｚ，ｙ＝［２ｐ／（ｐ２＋１）］㊃ｚ的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２的解，或者凡是满足ｘ＝［２ｐ／（ｐ２＋１）］㊃ｚ，ｙ＝［（ｐ２－１）／（ｐ２＋１）］㊃ｚ的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２的解，所以方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２有正整数解．三㊁ｎ＞２如果某数列为：１，ｙ／ｘ，（ｙ／ｘ）２，（ｙ／ｘ）３， ，（ｙ／ｘ）ｎ－１，则该数列为公比是（ｙ／ｘ）的等比数列；如果某数列为：１，－ｙ／ｘ，（－ｙ／ｘ）２，（－ｙ／ｘ）３， ，（－ｙ／ｘ）ｎ－１，则该数列为公比是（－ｙ／ｘ）的等比数列．根据等比数列的求和公式，我们得到：１＋ｙ／ｘ＋（ｙ／ｘ）２＋（ｙ／ｘ）３＋ ＋（ｙ／ｘ）ｎ－１＝［１－（ｙ／ｘ）ｎ］／（１－ｙ／ｘ）１＋（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋ ＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１＝［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］／［１－（－ｙ／ｘ）］变形为：［１－（ｙ／ｘ）ｎ］＝（１－ｙ／ｘ）ˑ［１＋ｙ／ｘ＋（ｙ／ｘ）２＋（ｙ／ｘ）３＋ ＋（ｙ／ｘ）ｎ－１］［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－（－ｙ／ｘ）］［１＋（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋ ＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１］当ｎ为正整数时，我们将［１－（ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－ｙ／ｘ］ˑ［１＋（ｙ／ｘ）＋（ｙ／ｘ）２＋（ｙ／ｘ）３＋ ＋（ｙ／ｘ）ｎ－１］的两边都乘ｘｎ并化简得到（ｘｎ－ｙｎ）分解的因式为：ｘｎ－ｙｎ＝（ｘ－ｙ）ˑ（ｘｎ－１＋ｘｎ－２ｙ＋ ＋ｘｙｎ－２＋ｙｎ－１）当ｎ为偶数时，我们将［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－（－ｙ／ｘ）］［１＋（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋ ＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１］的两边都乘ｘｎ并化简得到（ｘｎ－ｙｎ）分解的因式为：ｘｎ－ｙｎ＝（ｘ＋ｙ）ˑ（ｘｎ－１－ｘｎ－２ｙ＋ ＋ｘｙｎ－２－ｙｎ－１）当ｎ为奇数时，我们将［１－（－ｙ／ｘ）ｎ］＝［１－（－ｙ／ｘ）＋（－ｙ／ｘ）２＋（－ｙ／ｘ）３＋ ＋（－ｙ／ｘ）ｎ－１］的两边都乘ｘｎ并化简得到（ｘｎ＋ｙｎ）分解的因式为：ｘｎ＋ｙｎ＝（ｘ＋ｙ）ˑ（ｘｎ－１－ｘｎ－２ｙ＋ －ｘｙｎ－２＋ｙｎ－１）所以（ｘｎ－ｙｎ）可以分解为（ｘ－ｙ）乘若干个正整数的和或分解为（ｘ＋ｙ）乘１个正整数，因为１不可以分解为１个正整数乘若干个正整数的和，所以，如果ｘ，ｙ为正整数且ｘ＞ｙ，那么ｘｎ－ｙｎ＞１．因此，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ如果有正整数解，那么ｘ＞１，ｙ＞１，ｚ＞１．当ｘ＝ｙ时，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的解为：ｘ＝（ｎ（１／２））ˑｚｙ＝（ｎ（１／２））ˑｚ如果ｚ为正整数，那么ｘ，ｙ不可能为正整数，所以ｘ，ｙ都相等时，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ无正整数解，因此，方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ的正整数解ｘ，ｙ，ｚ中必有一个最小㊁一个最大，ｚ必为最大．我们假设：ｙ＝ｋ２ｘ＋ｓ，ｚ＝ｋ３ｘ＋ｔ，｜ｓ｜为正整数，且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且｜ｓ｜ɤｔ，ｔ为正整数，且ｔ与ｘ无１以外的公因㊀㊀㊀１２５㊀㊀数，且ｔȡ｜ｓ｜，ｋ２为０或正整数，且ｋ２ɤｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３ȡｋ２，我们将方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ变形为ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，如果ｘｎ可以分解为若干个数的乘积，那么每个数含有的质因数一定为ｘ的质因数，则：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ利用等比数列求和对ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ进行因式分解，我们得到下列几种情形．当ｎ为正整数时：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ＝［（ｋ３－ｋ２）ｘ＋（ｔ－ｓ）］ˑ［（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－１＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－２ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－３ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）２＋ ＋（ｋ３ｘ＋ｔ）２ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－３＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－２＋（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－１］；当ｎ为偶数时：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ＝［（ｋ３＋ｋ２）ｘ＋（ｔ＋ｓ）］ˑ［（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－１－（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－２ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－３ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）２－ －（ｋ３ｘ＋ｔ）２ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－３＋（ｋ３ｘ＋ｔ）ˑ（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－２－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ－１］．如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，那么（ｔ－ｓ）或（ｔ＋ｓ）一定含因数ｘ或为０，否则［（ｋ３－ｋ２）ｘ＋（ｔ－ｓ）］提取（ｔ－ｓ）与ｘ的公因数后的式子一定不含ｘ的质因数，或者［（ｋ３＋ｋ２）ｘ＋（ｔ＋ｓ）］提取（ｔ＋ｓ）与ｘ的公因数后的式子一定不含ｘ的质因数，所以ｔ＝ｓ或ｓ＝－ｔ［如果ｔ－ｓ＝ｘ，即ｔ＝ｘ＋ｓ，我们可以将ｚ表示为ｚ＝（ｋ３＋１）ｘ＋ｓ；如果ｔ＋ｓ＝ｘ，即ｓ＝ｘ－ｔ，我们可以将ｙ表示为ｙ＝（ｋ２＋１）ｘ－ｔ］．利用二项式的ｎ次展开式作差，我们得到：ｚｎ－ｙｎ＝（ｋ３ｘ＋ｔ）ｎ－（ｋ２ｘ＋ｓ）ｎ＝［Ｃ０ｎ（ｋ３ｘ）ｎ＋Ｃ１ｎ（ｋ３ｘ）ｎ－１ˑｔ＋Ｃ２ｎ（ｋ３ｘ）ｎ－２ˑｔ２＋ ＋Ｃｎ－２ｎ（ｋ３ｘ）２ˑｔｎ－２＋Ｃｎ－１ｎ（ｋ３ｘ）ˑｔｎ－１＋Ｃｎｎｔｎ］－［Ｃ０ｎ（ｋ２ｘ）ｎ＋Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－１ˑｓ＋Ｃ２ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２ˑｓ２＋ ＋Ｃｎ－２ｎ（ｋ２ｘ）２ˑｓｎ－２＋Ｃｎ－１ｎ（ｋ２ｘ）ˑｓｎ－１＋Ｃｎｎｓｎ］＝Ｃ０ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－（ｋ２ｘ）ｎ］＋Ｃ１ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－１ˑｔ－（ｋ２ｘ）ｎ－１ˑｓ］＋Ｃ２ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－２ˑｔ２－（ｋ２ｘ）ｎ－２ˑｓ２］＋ ＋Ｃｎ－２ｎ［（ｋ３ｘ）２ˑｔｎ－２－（ｋ２ｘ）２ˑｓｎ－２］＋Ｃｎ－１ｎ［（ｋ３ｘ）ˑｔｎ－１－（ｋ２ｘ）ˑｓｎ－１］＋Ｃｎｎ（ｔｎ－ｓｎ）．（一）当ｎ为正整数㊁ｓ为正整数且ｓ与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数，且ｔ＝ｓ，ｋ２为０或正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，根据二项式的ｎ次展开式的计算方法，将（ｚｎ－ｙｎ）展开后作差，按排列组合数相同或ｘ的乘方数相同，将（ｚｎ－ｙｎ）进行合并，得到（ｚｎ－ｙｎ）等于若干个多项式相加，并根据等比数列求和，对这些多项式进行因式分解，其中一个多项式为：Ｃ０ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－（ｋ２ｘ）ｎ］＝Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）ȡｘｎ，所以ｚｎ－ｙｎ＞ｘｎ．这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．故当ｎ＞２，ｎ为正整数㊁ｓ为正整数且ｓ与ｘ无１以外的公因数，且ｓ＝ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝ｓ，ｋ２为０或正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，费马大定理是成立的．（二）ｎ为偶数１．ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，根据二项式的ｎ次展开式的计算方法，将（ｚｎ－ｙｎ）展开后作差，按排列组合数相同或ｘ的乘方数相同，将（ｚｎ－ｙｎ）进行合并，得到（ｚｎ－ｙｎ）等于若干个多项式相加，并根据等比数列求和，对这些多项式进行因式分解，其中一个多项式为：Ｃ０ｎ［（ｋ３ｘ）ｎ－（ｋ２ｘ）ｎ］＝Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）Ｃ０ｎｘｎ（ｋｎ３－ｋｎ２）＞ｘｎ，所以ｚｎ－ｙｎ＞ｘｎ．这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．因此，当ｎ＞２，ｎ为偶数㊁ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＜ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＞ｋ２时，费马大定理是成立的．２．ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＝ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＝ｋ２时，如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，根据二项式的ｎ次展开式的计算方法将（ｚｎ－ｙｎ）展开后作差按排列组合数相同或ｘ的乘方数相同，将（ｚｎ－ｙｎ）进行合并，得到（ｚｎ－ｙｎ）等于若干个多项式相加，并根据等比数列求和，对这些多项式进行因式分解，这些多项式合并及分解的结果为：２Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－１ˑｔ＋２Ｃ３ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－３ｔ３＋ ＋２Ｃｎ－３ｎ（ｋ２ｘ）３ˑｔｎ－３＋２Ｃｎ－１ｎ（ｋ２ｘ）ˑｔｎ－１＝２（ｋ２ｘ）ˑｔˑ［Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２＋Ｃ３ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－４ｔ２＋ ＋Ｃｎ－３ｎ（ｋ２ｘ）２ˑｔｎ－４＋Ｃｎ－１ｎｔｎ－２］．如果ｚｎ－ｙｎ＝ｘｎ，而ｘｎ分解的因数中有ｔ，说明ｔ与ｘ有公因数，ｔ与ｘ有大于１的公因数，与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．如果ｘ与ｔ没有公因数（如ｔ＝１），［Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２＋Ｃ３ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－４ｔ２＋ ＋Ｃｎ－３ｎ（ｋ２ｘ）２ˑｔｎ－４＋Ｃｎ－１ｎｔｎ－２］＞Ｃ１ｎ（ｋ２ｘ）ｎ－２，所以２ｎˑｋ２ˑｔ＜ｘ，即ｋ２＜ｘ，ｎ＜ｘ，ｔ＜ｘ．如果Ｃｎ－１ｎ（ｎ）与ｘ没有公因数，（ｚｎ－ｙｎ）提取公因数２（ｋ２ｘ）ˑｔ后的式子一定大于１且不含ｘ的质因数，这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．如果Ｃｎ－１ｎ（ｎ）与ｘ有公因数，则该公因数大于ｘ，（ｚｎ－ｙｎ）提取２（ｋ２ｘ）ˑｔ乘Ｃｎ－１ｎ（ｎ）与ｘ的公因数后的式子一定大于１且不含ｘ的质因数，这与我们的假设是矛盾的，所以，我们的假设是不成立的．所以，当ｎ＞２，ｎ为偶数，ｓ为负整数且｜ｓ｜与ｘ无１以外的公因数且ｓ＝－ｔ，ｔ为正整数且与ｘ无１以外的公因数且ｔ＝－ｓ，ｋ２为正整数且ｋ２＝ｋ３，ｋ３为正整数且ｋ３＝ｋ２时，费马大定理是成立的．当ｎ＝１时，凡是满足ｋ３－ｋ２＝１，ｓ＝ｔ的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ＋ｙ＝ｚ的解；当ｎ＝２时，凡是满足ｋ３＝ｋ２，ｔ＝－ｓ＝１，ｘ＝４ｋ２或ｘ＝４ｋ３，ｙ＝４ｋ２２－１，ｚ＝４２ｋ３＋１的正整数ｘ，ｙ，ｚ都为方程ｘ２＋ｙ２＝ｚ２的解．综上所述，我们通过等比数列求和对（ｘｎ－ｙｎ），（ｘｎ＋ｙｎ）一类式子进行因式分解，通过分析ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ中数的特点，利用二项式的ｎ次方展开式作差㊁正整数的ｎ次方特点，并利用分析法㊁反证法来证明费马大定理是成立的，即关于ｘ，ｙ，ｚ的方程ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ，当ｎ＞２时，没有正整数解．。
柯西证明费马大定理的方法
柯西证明费马大定理的方法嘿，你知道费马大定理不？那可是数学界的一座超级高峰呀！而柯西，这位厉害的数学家，就曾经对证明它发起过冲击呢！柯西啊，那可是个超级大脑！他对付这个难题可有一套独特的办法。
他就像是一个勇敢的探险家，一头扎进了费马大定理的神秘丛林中。
想象一下，费马大定理就像是一个错综复杂的迷宫，里面充满了各种弯弯绕绕和陷阱。
柯西呢，他手持智慧的火把，小心翼翼地在这个迷宫中探索着。
他会从各种角度去审视这个定理，就像我们看一件宝贝，要全方位地打量一样。
他会分析那些已知的条件，就如同一个侦探在寻找线索，不放过任何一个细微之处。
柯西会运用他那深厚的数学功底，巧妙地构造各种数学式子和关系。
这就好像是在搭建一座坚固的桥梁，试图跨越那道看似不可逾越的鸿沟。
有时候啊，我就在想，要是我也能有柯西那样的脑袋该多好呀！能在数学的海洋里畅游，破解那些让人头疼的难题。
你说柯西他怎么就能想到那些奇妙的方法呢？难道他的脑袋里装着一个神奇的数学世界？也许吧，这就是数学家的魅力所在呀！他证明费马大定理的过程，就像是一场精彩绝伦的演出。
每一步都充满了惊喜和挑战，让我们这些旁观者看得是目瞪口呆。
柯西的方法并不是一蹴而就的，他也是经过了无数次的尝试和失败。
这就好像是爬山，有时候会摔倒，会迷路，但他从不放弃，一直努力地向上攀登。
我们在生活中遇到困难的时候，是不是也应该学学柯西呢？不轻易放弃，努力去寻找解决问题的办法。
柯西证明费马大定理的方法，虽然可能不是最终解决这个难题的关键，但他的努力和探索精神却给后来的数学家们提供了宝贵的经验和启示。
这不就像是一颗火种，点燃了更多人对这个难题的热情和探索欲望吗？数学的世界真是奇妙无比呀，柯西就是那个带领我们走进这个奇妙世界的引路人之一。
所以呀，我们要好好记住柯西和他证明费马大定理的方法，这可是数学史上的一段精彩篇章呢！你说是不是呢？。
费马大定理的证明过程
费马大定理的证明过程费马大定理（FermatLastTheorem）是17世纪古希腊数学家费马提出的一个有趣的数学定理，它的正确性尚未被完全证明，但在1994年英国数学家安德鲁威廉森通过运用数论知识和希尔伯特-福楼拜定理的方法，最终将费马大定理的证明过程完成。
费马大定理的形式是：“任何大于2的正整数的n次方（n>2），不可能由任何两个整数的n次积构成。
”它最初被提出于费马在1637年著作《神学问题》中提出的一个问题，这个问题激发了无数数学家的研究，更多的数学家们也发现了费马大定理的更多证明过程。
此外，为了更好地理解费马大定理，我们也首先要了解它的前提条件，它们是：1. n在费马大定理中是指一个大于2的正整数2.定理只适用于n>2时，因为当n=2时，费马大定理就不成立，即任何一个质数都可以由两个整数的2次积构成由于费马大定理本身较复杂，需要认真研究才能证明它的正确性，有关费马大定理证明的步骤也很复杂。
首先，安德鲁威廉森对费马大定理的前提条件进行了深入的分析，要求n>2，所以他将其分解为n=3、n=4、n=5、n=6等等。
之后，他选择了n=3作为研究对象，以证明费马大定理。
接着，安德鲁威廉森开始使用周边性法证明费马大定理，以此来研究证明费马大定理的基本方法。
他首先对该问题的解析解进行了深入分析，并运用了拉格朗日分解法，将原本复杂的问题分解为更容易推导的问题，从而简化了证明的步骤；之后，安德鲁威廉森又证明了大数定理，将费马大定理的证明归纳为一个更大的定理；最后，安德鲁威廉森运用了埃文斯定理，将该问题缩小并最终证明了费马大定理。
通过以上步骤，安德鲁威廉森最终完成了费马大定理的证明，证明了该定理最终是正确的，这也是费马大定理证明过程中数学家们多年来艰苦努力的结果。
费马大定理的证明过程中，安德鲁威廉森深入分析了原本的的难以解决的问题，运用了多种数学方法，将原来的复杂问题简化，最终证明了费马大定理的正确性。
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
费马大定理目录[隐藏]原理简介理论发展理论发展证明方法应用实例费马大定理Fermas last theorem[编辑本段]原理简介费马大定理：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n.（(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: "Cui us 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。
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”。
费马大定理的美妙证明
2016年第40期（总第304期）证明：1.当n=1，X+Y=Z，有任意Z≥2组合的正整数解。
任意a、b、c，只要满足方程X+Y=Z；a、b、c 由空间平面的线段表示，有：可见，线段a 和线段b 之和，就是线段c。
2.当n=2，X 2+Y 2=Z 2，有正整数解，但不任意。
对于这个二次不定方程来说，解X=a,Y=b,Z=c，在空间平面中，a,b,c 不能构成两线段和等于另外线段。
又因为，解要满足二次不定方程，解必然a+b>c 且c>a,b。
可以知道，二次不定方程的解，a,b,c 在空间平面中或许可以构成三角形，根据三角形余弦定理，有c 2=a 2+b 2-2ab×cosɑ(0<ɑ<π)此时，a,b,c，既构成了三角形，又要满足二次不定方程X 2+Y 2=Z 2，只有当且仅当ɑ=900，cosɑ=0,a,b,c 构成直角三角形时c 2=a2+b 2，既然X=a,Y=b,Z=c，那么二次不定方程X 2+Y 2=Z 2有解。
3.当n=3，X 3+Y 3=Z 3，假设有正整数解。
a,b,c 就是三次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。
此时，a,b,c 也构成三角形，根据三角形余弦定理，有c 2=a 2+b 2-2ab×cosɑ(0<ɑ<π)因为，a,b,c 是三次不定方程X 3+Y 3=Z 3的正整数解，cosɑ的取值只能是0，±12；而a+b>c,且c>a,b，当cosɑ=-12，三角形余弦定理关系式得到：c 2=a 2+b 2+ab 等式两边同乘以c，有c 3=a 2c+b 2c+abc 因为c>a,b，那么c 3>a 3+b 3当cosɑ=12，三角行余弦定理关系式得到，c 2=a 2+b 2-ab 等式两边同乘以a+b，有(a+b)c 2=a 3+b 3又因为a+b>c，所以，c 3<a 3+b 3（根据三角形大角对大边，c>a,b，ɑ不可能等于600）既然，a,b,c 是三次不定方程X 3+Y 3=Z 3的解，又a 3+b 3≠c 3，那么，X 3+Y 3≠Z 3，得到结果与原假设相矛盾，所以，假设不成立。
费马大定理非常美妙的证明
费马大定理非常美妙的证明耿志琦【摘要】白费马在书中某页的边沿写下断言:“我发现一个美妙的证明,这里空白太小写不下”[1]之后的350多年里,还没有人给出符合上述要求的简单证明.1994年,有学者发表了每条半稳定有理椭园曲线可模形式化的证明,证明过程应用了现代数论与代数几何中许多深刻的结果与方法,花费了100多页纸.本文追求费马表述的不大的篇幅,简单明了的逻辑推理,给出一个美妙的证明,以飨读者.【期刊名称】《办公自动化（办公设备与耗材）》【年(卷),期】2016(021)020【总页数】2页(P4-5)【作者】耿志琦【作者单位】【正文语种】中文1、费马大定理是说，当n≥3时，an+bn≠cn，其中a、b、c、n都是自然数（即正整数），且a＜b＜c。
2、本文设an=Kn，bn=（K+L）n，cn=（K+L+m）n。
其中K、L、m、n都是正整数。
显然这里的K＜K+L＜K+L+m；由于K、L、m是任取的正整数，满足了Kn=an，（K+L）n=bn，（K+L+m）n=cn。
就是说保证了费马定理可以写成Kn+（K+L）n≠（K+L+m）n这种表达形式；其中K=1，2，3，……，K；L=1，2，3，……，L；m=1，2，3，……，m；3、根据上述规则和规定，将正整数n次方的幂序列排列如下，其中的n≥3；1n，2n，3n，……，Kn（序列1）1n，2n，3n，……，Kn，（K+1）n，（K+2）n，……，（K+L）n，（序列2）1n，2n，3n，……，Kn，（K+1）n，（K+2）n，……，（K+L）n，（K+L+1）n，（K+L+2）n，（K+L+3）n，……，（K+L+m）n，（序列3）从上述列出的三个序列得出，用Kn+（K+L）n≠（K+L+m）n是符合费马定理an+bn≠c n原意的。
4、本文用记号k-1▽k表示Kn-（K-1）n的差值，即k-1▽k=Kn-（K-1）n；例如，1▽2=2n-1n，2▽3=3n-2n，3▽4=4n-3n，……，k-1▽k=Kn-（K-1）n；更进一步表示成1▽k=Kn-1n，2▽k=Kn-2n，3▽k=Kn-3n，……，k-1▽k=Kn-（K-1）n；这种表示法的优越之处在于，任何一个正整数K的n次幂，即Kn都可用它之前的第一个正整数的n次幂加上之后顺序的正整数n次幂之间的差值之和表示出来，即是1n+1▽2+2▽3+……k-1▽k=1n+1▽k=1n+（2n-1n）+（3n-2n）+……+[Kn-（K-1）n]=1n+（Kn-1n）=Kn (1)2n+2▽3+3▽4+……k-1▽k=2n+2▽k=2n+（3n-2n）+（4n-3n）+……+[Kn-（K-1）n]=2n+（Kn-2n）=Kn (2)3n+3▽4+4▽5+……k-1▽k=3n+3▽k=3n+（4n-3n）+（5n-4n）+……+[Kn-（K-1）n]=3n+（Kn-3n）=Kn (3)……以此类推，可得出下式等式（K-1）n+k-1▽k=（K-1）n+[Kn-（K-1）n]=Kn (4)还可以得出下列等式1▽2+2▽3+3▽4+......k-1▽k=1▽2+2▽k=（2n-1n）+（Kn-2n）=Kn-1n (5)2▽3+3▽4+4▽5+......k-1▽k=2▽3+3▽k=（3n-2n）+（Kn-3n）=Kn-2n (6)3▽4+4▽5+5▽6+......k-1▽k=3▽4+4▽k=（4n-3n）+（Kn-4n）=Kn-3n (7)……以此类推，可得出下式等式k-1▽k=Kn-（K-1）n (8)5、从上边的（1）式→（8）式，可以得出任何一段顺序的正整数n次方幂的差值之和都不能等于任意一个正整数的n次方幂，而只能等于这一段顺序的正整数n次方幂的末端的n次方幂与开端n次方幂之差。
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费马大定理的美妙证明
成飞
中国石油大学物理系
摘要：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。
”
0、费马大定理：
当n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程没有正整数解。
1、当n=1，X+Y=Z，有任意Z≥2组合的正整数解。
任意a.b.c；只要满足方程X+Y=Z；a,b.c 由空间平面的线段表示，有
a b
c
可见，线段a和线段b之和，就是线段c。
2、当n=2，X2+Y2=Z2，有正整数解，但不任意。
对于这个二次不定方程来说，解X=a,Y=b,Z=c，在空间平面中，a,b,c不能构成两线段和等于另外线段。
又因为，解要满足二次不定方程，解必然a+b>c且c>a,b。
可以知道，二次不定方程的解，a,b,c在空间平面中或许可以构成三角形，
B
c A
根据三角形余弦定理，有
c2=a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)
此时，a,b,c，即构成了三角形，又要满足二次不定方程X2+Y2=Z2 ，只有当且仅当ɑ=900，cosɑ=0,a,b,c构成直角三角形时c2=a2+b2，既然X=a,Y=b,Z=c，那么二次不定方程X2+Y2=Z2有解。
3、当n=3，X3+Y3=Z3，假设有正整数解。
a,b,c就是三次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。
此时，a,b,c也必构成三角形，
B A
根据三角形余弦定理，有
c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)
因为，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的正整数解，cosɑ是连续函数，因此在[-1,1]内取值可以是无穷个分数。
根据大边对大角关系，ɑ角度取值范围(60º，180º），由此我们cosɑ的取值分成两部分，（-1,0］和［0，½）范围内所有分数；而a+b>c,且c>a，b，
1、当cosɑ=（-1,0］，三角形余弦定理关系式得到，
c2 = a2+b2+mab m=［0,1）内正分数；
等式两边同乘以c，有
c3 = a2c + b2c + mabc 因为c>a，b，那么
c3 > a3+ b3
2、当cosɑ=½，三角形余弦定理关系式得到，
c2 = a2+b2-ab 等式两边同乘以a+b，有
(a+b)c2 = a3+ b3
又因为a+b>c，
所以，c3 < a3+ b3 （根据三角形大角对大边，c>a，b，即ɑ不可能等于600）
那么，cosɑ=［0，½）时，更加满足c3 < a3+ b3
既然，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的解，又a3+ b3≠ c3，
那么，X3+Y3≠Z3，得到结果与原假设相矛盾，所以，假设不成立。
即，n=3时，X3+Y3=Z3 ，三次不定方程没有正整数解。
4、n>3, X n +Y n=Z n，假设有正整数解。
a,b,c就是n次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。
此时，a,b,c构成三角形，根据三角形余弦定理有，
c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)
因为，a,b,c是n次不定方程X n +Y n=Z n的正整数解，cosɑ是连续函数，因此在［-1,1］内取值可以是无穷个分数。
根据大边对大角关系，ɑ角度取值范围(60º，180º），我们cosɑ的取值分成两部分，（-1,0］和［0，½）范围内所有分数；而a+b>c,且c>a，b，
1、当cosɑ=（-1,0］，三角形余弦定理关系式得到，
c2 = a2+b2+mab m=［0,1）内分数；
等式两边同乘以c n-2，有
C n = a2 c n-2 + b2 c n-2+ mabc n-2因为c>a，b，那么
C n > a n+ b n
2、当cosɑ=0，三角形余弦定理关系式得到，
c2 = a2+b2等式两边同乘以c n-2，有
c n-2c2 = c n-2a2+ c n-2b2
又因为a+b>c，c>a，b
所以，c3＞a3+ b3
那么，cosɑ=［0，½）时，更加满足c3＞a3+ b3
既然，a，b，c是n次不定方程X n +Y n=Z n的解，又c n > a n+b n，
那么，X n + Y n < Z n，得到结果与原假设相矛盾，所以，假设不成立。
即，n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程没有正整数解。
根据分析，c n=a2c n-2+b2c n-2+abc n-2, c>a，b ；可知，n越大，等式两边不对称也越大，其实当n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程的正整数解，a，b，c;a+b>c,且c>a，b,构成三角形可能性越小，或者说没有这样的正整数解可以构成三角形。
费马大定理，证毕！。