我用概率证明了费马大定理
费马大定理：数学史上的谜之猜想
费马大定理，又被称为费马猜想或费马最后定理，是数学史上的一道备受关注的谜题。
这个猜想得名于17世纪的法国数学家皮埃尔·费马。
尽管费马本人无论是在他留下的笔记中，还是在他与数学家们的通信中都只是提出了这个猜想并没有给出具体的证明，但其因其非凡的魅力而一直吸引着数学家们几个世纪以来。
费马大定理的陈述是这样的：对于任意大于2的自然数n，方程x^n +y^n = z^n没有整数解。
值得注意的是，当n=2时，这个方程有无数个整数解，被称为勾股数。
但费马大定理要求的是当n大于2时，这个方程没有整数解。
整个数学界对费马大定理进行了难以计数的尝试，数学家们出尽了各种方法和思路，试图找到一个证明。
但直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯以及他所采用的新的数学工具，才让费马大定理的证明终于问世。
怀尔斯的证明涉及一种数学分支称为“模形式”。
这种理论最早由德国数学家戴德金在19世纪开创，但怀尔斯基于广义模形式的进一步发展，成功地将其运用在费马大定理的证明中。
怀尔斯的证明非常复杂且晦涩难懂。
他的方法涉及到了代数几何和数论等多个数学分支的知识，需要大量高度抽象的数学技巧。
尽管如此，他的证明还是被众多数学家认可，并且已经被广泛证实。
费马大定理的证明不仅仅是一个单纯的数学成就，更象征着人类的智慧和数学的力量。
它揭示了数学世界中一个最基本的普遍真理，对于数学的发展和应用具有极其重要的意义。
除了怀尔斯的证明，费马大定理还有其他相对简单但是对大多数人更容易理解的证明。
其中一种方法是靠近没有严格性的范围，采用概率统计的方法来推导出费马大定理的证明。
费马大定理虽然令无数数学家斩获一代又一代，但对于大多数人来说，这个问题本身可能并没有实际应用，没有直接的经济效益。
但这个问题本身所需要的思维方式和数学技巧，对人类的思维乃至整个数学科学的发展具有重要的推动作用。
总之，费马大定理作为数学史上的一个谜题，激发了数学家们几个世纪以来的好奇心和求知欲望。
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。
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。
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正文：大家好，今天我想跟大家聊聊一个数学史上的大事件——费马大定理的证明。
这个定理可是数学界的一大难题，它说如果一个数x是素数，那么x的x次方加1必须是合数。
听起来是不是有点绕？别急，咱们慢慢来，一步一步地揭开这个谜团。
首先得提一下数学家安德鲁·怀尔斯，他可是个了不起的人物。
记得小时候我看过一部动画片，里面有个角色叫托马斯·爱迪生，他发明了电灯，让夜晚不再那么黑暗。
怀尔斯也是这么一位伟大的发明家，他发明了一个叫做“椭圆曲线”的东西，用来解决费马大定理的问题。
接下来，我们得说说椭圆曲线是什么。
想象一下，你站在一片广阔的草原上，草原上有两条弯弯曲曲的小路，一条直通远方，另一条弯弯绕绕，好像在捉迷藏。
这两条小路就是椭圆曲线，它们就像是草原上的两条路，连接着不同的方向。
现在，让我们回到费马大定理这个问题上来。
怀尔斯发现，要证明费马大定理，就得找到一种方法，能够利用椭圆曲线的性质来解决这个难题。
他开始尝试各种方法，经过无数次的思考和实验，终于找到了一个巧妙的办法。
这个方法的核心思想是什么呢？简单来说，就是利用椭圆曲线上的点来构造一个特殊的数列，然后通过这个数列的性质来证明费马大定理。
具体是怎么操作的呢？让我给大家举个例子吧。
假设我们有一个椭圆曲线，比如说y^2 = x^3 + 3x + 4。
在这个曲线上，我们可以找到一些特殊的点，比如(2, 0)、(0, 2)、(1, -1)等等。
这些点在椭圆曲线上的位置很重要，因为它们可以帮助我们构造出一个特殊的数列。
接下来，我们要做的事情就是把这个特殊的数列进行变换，让它满足费马大定理的要求。
这个过程可能有点复杂，但我相信聪明的朋友们一定能够理解其中的奥秘。
当这个特殊的数列满足费马大定理的条件时，我们就证明了费马大定理。
当然啦，这个过程并不是一帆风顺的。
在怀尔斯证明费马大定理的过程中，他遇到了很多困难和挑战。
但是，他没有放弃，而是坚持不懈地努力，最终成功地解决了这个难题。
费尔马大定理及其证明
费尔马大定理及其证明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2x＋2y＝2z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n x＋n y＝n z 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。
超级难的数学题
超级难的数学题以下是一些超级难的数学题，供参考:一、代数方程1. 解方程：x^4 - 10x^2 + 9 = 02. 对于给定的复数z，满足条件z^3 = -1，找出z 的值。
二、几何图形1. 证明：三角形ABC的三条中线相交于一点G，这个点G被称为三角形的重心。
2. 证明：任意一个四边形，其对角线的平方和等于两边平方和的两倍。
三、概率统计1. 假设你有一个硬币，每次抛掷得到正面或反面的概率都是50%。
现在你要抛掷这个硬币3次，找出得到两次正面的概率。
2. 在一个有n个人的房间里，每个人都有等可能的机会被选中担任某项职务。
那么这个房间里有一个人被选中的概率是多少？四、数论难题1. 哥德巴赫猜想：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
2. 费马大定理：不存在整数x，y，z和n，使得x^n + y^n = z^n。
五、微积分难题1. 证明：在任何有限区间上，函数y = sin(x)的图像不可能是一个封闭的曲线。
2. 计算函数f(x) = x^2在[0, 1]区间上的定积分。
六、离散数学难题1. 图论问题：在一个有n个节点的图中，证明至少存在一个节点，它的度数（连接的边的数量）是大于n/2的。
2. 逻辑推理问题：给定一个命题公式，找出其主析取范式或主合取范式。
七、拓扑学问题1. 证明：任何一个无环的连通图最多有四个顶点。
2. 在拓扑学中，证明任何一个简单的封闭曲线都可以连续地收缩到一个点。
3. 证明：任何一个单连通二维闭曲面要么是球面，要么是环面。
4. 证明：在三维空间中，任何一个简单的封闭曲线都可以连续地收缩到一个点。
八、组合数学难题1. 组合数学中的“柯克曼女生问题”：有26个男生和31个女生在一所学校里，任意5个男生和任意5个女生都能组成一个五人乐队。
证明：至少存在一个由多于5个男生和多于5个女生组成的一组，他们中任何一个男生都可以至少与两个不同女生组成乐队。
2. “鸽巢原理”问题：如果10只鸽子要飞进5个鸽巢，并且至少有一个鸽巢里要飞进2只鸽子，那么有多少种不同的飞法？九、数学物理难题1. 求解经典力学中的“三体问题”：三个质点在万有引力作用下的运动规律是什么？2. 求解量子力学中的“薛定谔方程”，特别是无限深势阱问题。
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。
费马大定理及其证明方法
费马大定理及其证明方法费马大定理是数学界著名的难题之一，它的证明历经四百年，让数学界的研究者们投入了无数的精力和时间。
一、费马大定理的定义费马大定理，又称费马最后定理，是一条非常著名的代数数论问题。
它的表述方式比较简单：将指数大于二的整数幂表示为三个平方数之和的情况是不存在的。
也就是说，方程x^n+y^n=z^n在n>2时，不存在整数解。
这条定理由法国数学家费马在17世纪首次提出，并致力于证明此定理近40年之久，但他从未公布证明方案。
直到1960年才由Andrew Wiles在英国剑桥完成了证明。
二、费马大定理的历史费马大定理的历史可以追溯到17世纪。
当时，法国数学家费马在研究数学问题时提出了一个假设：如果一个整数n大于2，那么方程x^n+y^n=z^n中不存在正整数解。
费马声称自己已经发现了一种证明方法，但遗憾的是，他没有将这个证明公布出来。
此后，费马大定理便成为了数学界的一个谜题。
一方面，人们认为它是成立的，因为一些数学家通过计算发现，在一些特定情况下，这个方程是不存在正整数解的。
另一方面，也有一些数学家认为费马的想法是错误的，因为他的证明并没有被记录下来，所以根本不知道他的假设是否真的成立。
20世纪60年代以来，学者们对费马大定理提出了更为深刻的思考。
许多著名的数学家投入了大量的时间和精力，尝试寻找一个完整的证明方案。
最终，英国数学家安德鲁·怀尔斯在1994年完成了这一证明，以此圆满地结束了费马大定理的历史传说。
三、费马大定理的证明费马大定理的证明历时四百年，这是数学界难以磨灭的辉煌。
然而，这个证明方案并不是一蹴而就的，实际上，数学家们在寻找证明方案时遇到了一系列的困难。
根据怀尔斯的证明方案，费马大定理的证明分为三部分。
首先，他证明了一个定理，称为“伊万·斯蒂年奇模型”。
这个定理规定，有限域之上的模空间可以在几何上与椭圆曲线相比较。
然后，他使用了一个称为“输影结果”的独特工具，证明了另一个定理，称为“塔尼雅马分解”。
费马大定理—数学史上著名的定理
— 数学史上著名的定理
中文名： 外文名： 费马大定理 Fermat’ s Last Theorem
别 称： 表达式：
费马最后的定理 x n y n z n (n 2时， 无正整数解)
提出者： 皮耶 • 德 • 费马(法国) 提出时间： 1637年左右 证明者： 安德鲁 • 怀尔斯(英国) 证明时间： 1995年彻底证明
历史研究
莫德尔猜想
1922年，英国数学家莫德尔提出一个著名猜想，人们叫 做莫德尔猜想。按其最初形式，这个猜想是说，任一不可约、 有理系数的二元多项式，当它的 “亏格” 大于或等于 2 时，最 多只有有限个解。记这个多项式为f ( x ， y )，猜想便表示：最 多存在有限对数偶 xi ， yi Q ，使得 f ( xi ， yi ) 0。后来，人们 把猜想扩充到定义在任意数域上的多项式，并且随着抽象 代数几何的出现，又重新用代数曲线来叙述这个猜想了。 ( n 1)( n 2) n n 而费马多项式 x y 1没有奇点，其亏格为 。 2 当 n ≥ 4 时，费马多项式满足猜想的条件。因此，如 果莫德尔猜想成立，那么费马大定理中的方程 x n y n z n 本质上最多有有限多个整数解。
历史研究
接力证明
1844年，库默尔提出了 “理想数” 概念，他证明了：对于 所有小于100的素指数 n ，费马大定理成立，此一研究告一阶 段。但对一般情况，在猜想提出的头两百年内数学家们仍对 费马大定理一筹莫展。 1847年，巴黎科学院上演戏剧性一幕，当时著名数学家 拉梅和柯西先后宣布自己基本证明费马大定理，拉梅还声称 证明引用了刘维尔复数系中的唯一因子分解定理，刘维尔 则说这一定理源自欧拉和高斯的思想。大数学家都被扯 入其中，似乎结论十分可靠。就在此时刘维尔宣读了 德国数学家库默尔的来信，明确指出证明中的复数 系的唯一因子分解定理并不普遍成立，于是拉梅 和柯西的证明都是错的。
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。
某些数学定理的概率证明
某些数学定理的概率证明用概率证明的方式来解释数学定理是一种常见的方法，它能够帮助我们更好地理解和应用这些定理。
本文将以某些数学定理的概率证明为题，分别介绍两个著名的数学定理，并通过概率的角度来解释它们的原理。
一、费马小定理的概率证明费马小定理是数论中的一个重要定理，它表明对于任意一个质数p 和整数a，a的p次方减去a本身能够被p整除。
这个定理的概率证明基于一个简单的思路：通过随机选择一个整数a，并计算a的p次方对p取余的结果，如果结果为a本身，则费马小定理成立的概率很高。
为了进行概率证明，我们先来思考一个问题：给定一个范围在1到p之间的整数a，如何判断a的p次方对p取余的结果是否等于a 本身呢？我们可以使用模运算的性质来实现，即计算 (a^p) mod p。
如果计算结果等于a本身，则可以说a满足费马小定理。
我们可以通过编写一个简单的程序来验证这个概率。
首先，我们随机选择一个整数a，然后计算 (a^p) mod p 的结果，如果结果等于a，则认为费马小定理成立。
我们可以多次运行这个程序，每次选择不同的a，并计算结果。
通过统计满足费马小定理的次数和总的运行次数，我们可以得到一个近似的概率。
例如，我们选择p=7，并运行100次程序，每次选择一个不同的a。
经过统计，我们发现有84次满足费马小定理，因此我们可以认为费马小定理成立的概率为84%。
当然，这个结果并不是绝对准确的，因为我们只进行了有限次的试验，但它给出了一个近似的概率。
二、中心极限定理的概率证明中心极限定理是概率论中的一个重要定理，它表明在一定条件下，大量独立随机变量的和服从正态分布。
这个定理的概率证明基于大数定律和独立性的假设。
为了进行概率证明，我们可以通过模拟实验来验证中心极限定理。
假设我们有n个独立同分布的随机变量X1，X2，...，Xn，它们服从某个分布，并且具有相同的期望值和方差。
我们可以计算这些随机变量的和Y = X1 + X2 + ... + Xn，并记录Y的取值。
费马大定理证明过程中文版怀尔斯
费马大定理证明过程中文版怀尔斯答案：1.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：（na）^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。
2.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。
延伸：费马大定理证明过程中文版是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。
费马大定理把几百年前的猜想和最先进的数学思想惊人地联系起来了。
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1993年被英国数学家安德鲁·怀尔斯证明。
费马大定理的证明及其在密码学中的应用
费马大定理的证明及其在密码学中的应用费马大定理（Fermat's last theorem）是数学史上的一个经典问题，直到1994年才被英国数学家安德鲁·怀尔斯证明，其证明过程极其复杂，消耗了大量的心血和数学工具。
这个问题的解决引起了数学界的轰动，不仅解决了费马大定理本身，也为后来群论、代数数论等领域的发展奠定了基础。
同时，在密码学中，费马大定理的应用也是极其重要的。
一、费马大定理的发现费马大定理的道出者是17世纪法国业余数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat），他在自己的笔记里写道：“对于全体大于2的正整数n，方程$ x^{n}+y^{n}=z^{n}$ 无正整数解。
” 这个问题从出现到17世纪末，即费马所处的时代，已有两百多年的历史，不少数学家试图证明或者推翻费马的猜想。
二、费马大定理的证明费马大定理是最著名、最古老、最难的数学难题之一，大约有二百五十年的历史，一直没有解决。
直到1995年，加拿大数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马大定理，得到了世界数学界的广泛认可。
怀尔斯用现代的代数数论和几何学的手段证明了这一定理。
怀尔斯的证明，大多使用了模形式（Modular forms）和Wiles的构造，一些古老的数学工具也被运用到了证明中。
怀尔斯的证明非常复杂，需要许多专业的知识和技术。
它也表明了现代数学研究的难度和复杂性，是数学史上的一个里程碑。
三、费马大定理的应用费马大定理的证明本身就是一个非常漫长和有用的数学研究过程，但这个定理也给密码学提供了一个非常重要的工具。
在密码学中，费马大定理的应用主要是用于现代数字签名和加密算法。
数字签名的基本思想是使用一种哈希函数将原始数据转换成固定长度的数据，然后用一个私钥对哈希函数的输出结果进行签名，接着用公钥验证签名。
这种数字签名算法是安全的，但它仍然存在某些问题，这些问题可以通过使用费马大定理来解决。
在密码学中，使用费马大定理的主要原因是它可以用来验证两个非常大的数的乘积是否等于一个特定的数。
费马大数定理的证明
费马大数定理的证明费马大数定理，又称费马最后定理，是指对于任意大于二的整数n，不存在三个正整数x，y，z，满足x^n+y^n=z^n。
该定理由法国数学家费马在16世纪提出，直到350年后才被英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）证明。
本文将介绍怀尔斯的证明过程。
1. 介绍费马大数定理是数学史上最为著名的问题之一。
其历史可以追溯到公元1637年，当时，法国数学家皮埃尔·德·费马在一份手稿上写下了这个定理。
他声称，他有一种非常漂亮的证明方法，但此方法无法放在边缘。
直到费马逝世时，没有人发现他的证明。
一个小橄榄球不断变大，最终成为了世界上最重要的问题之一。
在19世纪，一些人试图证明费马大数定理，但均无功而返。
因此，这个问题被视为是挑战人类智慧的代表之一。
直到20世纪，安德鲁·怀尔斯在1994年终于证明了这个定理。
这是一个被认为是不可能被解决的问题，在科学界引起了轰动。
2. 安德鲁·怀尔斯的证明怀尔斯的证明包括引入一种新理论称为modularity form和整体及局部Galois表现法（Galois representation）。
这些新概念及巧妙的手法得以将对数塞方程转换成Galois表现。
具体而言，怀尔斯通过寻找工具性的Galois出现将整数塞型转换为相应的椭圆曲线。
在解决相关的可重疊条件后，他能够实现d夹层效应终于发挥出作用。
这个步骤将已知的定理中的θ函数和几何在一起，从而极大地简化了原来异常复杂的任务。
最终，怀尔斯发现了一个与模现在稳定光谱有关的模形式系统，发现了一个非常精确的相关定理，没有留下任何条目。
这个转换是一种先进的代数及几何工具，怀尔斯成功地使用了它来证明费马大数定理。
3. 意义费马大数定理的解决有着深远的意义。
它不仅是数学解决的一个重要课题，更是对人类认知能力的一次极限考验，怀尔斯的成功证明在数学界和计算机科学界中受到了极高的赞赏。
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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我用概率证明了费马大定理
章丘一职专马国梁
1637年，法国业余数学家费马在一本著名的古书——丢番图的《算术》中的一页上写了如下一段文字：
“分解一个立方为两个立方之和，或分解一个四次方为两个四次方之和，或更一般地分解任一个高于二次方的幂为两个同次方的幂之和均不可能。
对此我发现了一个奇妙的证明，但此页边太窄写不下。
”
用数学语言表达就是说，当指数n > 2时，方程x^n + y^n = z^n 永远没有整数解。
这就是著名的连小学生都能看懂的费马猜想。
可是在这个猜想提出后，那个重要的“奇妙证明”不论在费马生前还是死后始终没有被人见到，且后人也再没有找到，所以人们怀疑那个证明根本就不存在或者是在什么地方搞错了。
费马生前只是证明了n = 4 的情况；直到1749年，才被欧拉证明了n = 3 的情况。
这个猜想看上去是如此的简单，让局外人根本无法想象证明它的艰难，所以曾经让不少人跃跃欲试。
他们搜肠刮肚，绞尽脑汁，耗费了无数的精力。
三百多年来，虽然取得了很大进展，显示了人类的智慧，但问题总是得不到彻底解决。
直到1995年，才由英国数学家怀尔斯宣称完成了最后的证明。
从此费马猜想变成了真正的“费马定理”。
对费马定理的证明之所以艰难，是因为在整数内部有着极其复杂微妙的制约机制，要想找到这些制约关系，必须深入到足够的程度进行细致的分析才行。
所以三百多年来，虽然有不少数学大家还有广大业余爱好者不畏艰难，前赴后继，顽强奋斗，但怎奈山高路远，歧途太多，终归难免失败。
在这样的现实下，笔者明白自己也是局外之人，所以不可能去钻这个无底的黑洞。
但是作为一种乐趣，我们不妨另外开辟一条渠道，进行旁证和展望。
试用概率计算一下：看看费马猜想是否成立，又成立到什么程度。
虽然这在数学界难以得到公认，但是我们歪打正着，乐在其中。
因为对于决定性的现象，如果其决定因素和控制过程过于复杂，那么其结果是可以用概率理论进行推算的。
但是要证明费马猜想究竟应该从何处下手呢？对此笔者心中一直有一个强烈的直觉。
我们知道：当n = 1 时，x + y = z 可有无数组解。
在正整数中，任何两个整数相加的结果必然也还是整数。
但是当n = 2 时，方程x^2 + y^2 = z^2 的解就没有那么随便了，它们必须是特定的一组组的整数。
其组数大大减少。
而当n = 3 时，方程x^3 + y^3 = z^3 则根本就没有整数解了。
那么其原因是什么呢？
对此笔者曾经思考了多年。
但没想到只是在近几天才一下子开了窍，找到了问题的关键。
原来是：指数越大，整数的乘幂z^n在数轴上的坐标点就越稀疏，从而使任意两整数的同次方幂之和x^n + y^n 落在坐标点上成为整数的可能性就越小。
其概率是z^n 的导数的倒数。
即每组x^n + y^n 能够成为整数的可能性只有
η= 1/[n z^(n-1)] = 1/ [n (x^n + y^n )^(1-1/n) ]
当x、y在平面直角坐标系的第一区间随意取值时，我们可以用积分的办法算出其中能够让z成为整数的组数。
其公式为
N =∫∫ηdx dy =∫∫[(dx dy) / (n (x^n + y^n )^(1-1/n))]
因为在平面直角坐标系上，当z 一定时，由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是个正圆；
而由方程x^n + y^n = z^n 所决定的曲线则是一个近似的圆；
只有当n 趋于无穷大时，它的曲线才能成为一个正方形。
所以当n较小时，我们是可以把方程的曲线当作一个圆来处理的。
这样以来，N的积分公式就变成了
N =∫[(0.5πz dz ) / (n z^(n-1))]
①当n = 1 时，由方程x + y = z 所决定的曲线是一条斜的直线。
它在第一象限的长度是sqrt(2) z ，此时能够成为整数的概率是100%，即η= 1/[n z^(n-1)] = 1
所以N =∫sqrt(2) z dz = [1/sqrt(2)] z^2
即与z的平方成正比，这意味着在坐标系的第一象限中，遍地都是解。
仔细想想这也可以理解。
因为不论x还是y，都是可以取任意整数的；而正整数的数量是无穷多，所以它们的组合数将是无穷多的平方，为高一级的无穷多。
②当n = 2 时，由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是一个正圆。
在第一象限是一段1/4 的圆周，其长度是0.5πz ；此时η= 1/[2 z ]
所以N =∫(0.5πz dz / (2 z) ) = (π/4) z
即与z成正比，与正整数的个数为同一数量级。
这就证明了勾股数的组数为无穷多。
当然这包括了在大小上“勾股对调”情况，占总数的一半；还包括了整倍放大的相似形，它也占有很大的比例。
例如当z ≤101 时，采用上式的计算值是79组，但实际统计的结果是106组。
其中勾股对调的占一半，故实际还剩53组。
这其中整倍放大的有36组，故实际还剩17组。
即彼此不相似、真正独立的直角三角形只有17个。
三角形的边长越小，其整倍放大的组数就越多。
在106个三角形中，仅勾3、股4、弦5的相似形就占了40个。
所以它在总数中具有相当高的地位。
③当n = 3 时，由方程x^3 + y^3 = z^3 所决定的曲线只是一个近似的圆。
在此为了简化计算，我们仍然按正圆对待，它在第一象限的弧长仍为0.5πz ，整数概率η= 1/[3 z z ]
故N =∫[(0.5πz dz ) / (3 z z )] = (π/6) lnz
即N与z的对数成正比。
这是一个增长十分缓慢的函数，是数量有限与无限增长的分界线。
这与实际情况也是相符的。
严格的数论虽然已经证明：该方程一组整数解也没有，但是与整数十分接近的解则应该有很多组。
例如下面的两组解其偏差就只有1 .
6^3 + 8^3 = 9^3 -1
9^3 + 10^3 = 12^3 + 1
④一般的，当n ＞3 时，方程x^n + y^n = z^n 在第一象限的整数解组数是
N =∫[(0.5πz dz ) / (n z^(n-1))]
= [π/(2n (n-3))][1 – 1/(z^(n-3))] ≈π/(2n (n-3)) ＜1
例如当n = 4 时，N =π/8 ＜ 1
因此可以断定：当指数n ＞ 3 时，方程x^n + y^n = z^n 永远没有整数解，费马猜想成立。
当然假如整数内部没有制约关系，完全是随机的，那么该方程也许还有极少量的整数解；但实际情况并不是这样。
同理，我们还可以推出方程x^n + y^n + z^n = ρ^n 的整数解组数为
①当n = 1 时，N =∫0.5 sqrt(3)ρρdρ= [sqrt(3)/6 ]ρ^3
②当n = 2 时，N = (π/8)ρ^2
③当n = 3 时，N = (π/6)ρ
N与ρ成正比，就是说方程x^3 + y^3 + z^3 =ρ^3 可有无数组整数解。
但当令z等于最小的整数1不变时，方程的解就很有限了。
这就是当n = 3 时的费马大定理的近似解。
④当n = 4 时，N = (π/6) lnρ
⑤一般的，当n ＞4 时，方程x^n + y^n + z^n =ρ^n 在第一象限的整数解组数是
N =∫[(0.5πρρdρ) / (nρ^(n-1))]
= [π/(2 n (n-4))][1 – 1/(ρ^(n-4))] ≈π/(2 n (n-4) ) ＜1
例如当n = 4 时，N =π/8 ＜ 1
因此可以断定：当指数n ＞ 4 时，方程x^n + y^n + z^n =ρ^n 也永远没有整数解。
通过以上的分析计算，可以说我们对费马大定理的前景应该是很清楚了：
①费马方程如果在n 比较小的时候没有整数解，那么在它增大以后就更没有整数解；
②对于左边是m元的方程来说，当n ＞m +1 时，方程将永远没有整数解。
例如四元方程x^n + y^n + z^n + t^n =ρ^n
当n ＞5 时，方程就永远没有整数解；
当n = 5 时，方程的整数解介于没有、有限和无限多之间，难说。
所以只有当n ＜ 5 时，方程才会有无数组整数解。
我不知道：如果在早期人们就这么计算过，之后还会不会有三百多年的角逐；也不知道在这期间是否有人这么计算过，为什么这样的证明都不算数？
当然任何事物的存在都有它的合理性。
数学上的逻辑推理会让人产生极大的乐趣，它是一种发自内心的动力；大家趋之若鹜，争先恐后，也有一种智力竞赛的性质。
正因如此，才催生了一大批著名的数学家，开辟了数学的新领域，找到了许多新的方法。
从这个角度看，费马猜想的确是一只“会下金蛋的鸡”。
只是人们为此付出的代价也太大了。
两者相比究竟孰轻孰重，大家众说纷纭，可又如何说清呢！
当然数学作为一门科学它肯定还会继续发展，但究竟能发展到何种地步，这是谁也估不透的。
可以肯定的是：它将永远与人类的智慧共存下去，竞相生辉。
（2015-11-30）。