求费马大定理的全部证明过程！！！ 费马大定理如何证明
对费马方程x^n+y^n=z^n整数解关系的证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法则”；“定差公式法则”；“a值奇偶数列法则”；是平方整数解的代数条件和实践方法；本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念；本文利用同方幂数增比性质，利用整数方幂数增项差公式性质，把费马方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。
关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式
引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在n＞2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。
本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。
定义1．费马方程
人们习惯上称x^n+y^n=z^n关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。
在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，这时由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄里克莱，已经成为很大的一门数学分支.
定义2．增元求解法
在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法，叫增元求解法。
利用增元求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。
下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。
一，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”
定理1．如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q≥1，满足条件：
a≥3
{ b=（a^2-Q^2）÷2Q
c= Q+b
则此时，a^2+b^2=c^2是整数解；
证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q为增元项，且b、Q是整数）,则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形：
Q2 Qb
其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b^2后可得到一个边长
Qb
为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。
故定理1得证
应用例子：
例1． 利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边长平方整数解?
解：取 应用例子：a为15，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到：
a= 15
{ b=（a^2- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112
c=Q+b=1+112=113
所以得到平方整数解15^2+112^2=113^2
再取a为15，选增元项Q为3，根据定a计算法则得到：
a= 15
{ b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36
c=Q+b=3+36=39
所以得到平方整数解15^2+36^2=39^2
定a计算法则，当取a=3、4、5、6、7 … 时，通过Q的不同取值，将函盖全部平方整数解。
二，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”
定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形边长的一组整数解，则有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整数解。
证：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形 a c ，根据平面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c；
b 2b
3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；
3b 4b
3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整数。
故定理2得证
应用例子：
例2．证明303^2+404^2=505^2是整数解？
解；由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整数解，根据增比计
4
算法则，以直角三角形 3×101 5×101 关系为边长时，必有
4×101
303^2+404^2=505^2是整数解。
三，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”
3a + 2c + n = a1
（这里n=b-a之差，n=1、2、3…）
定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。
证：取n为1，由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2，这里n=b-a=4-3=1，根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：
a1=3×3+2×5+1=20 这时得到
20^2+21^2=29^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×20+2×29+1=119 这时得到
119^2+120^2=169^2 继续利用公式计算得到
a3=3×119+2×169+1=696 这时得到
696^2+697^2=985^2
…
故定差为1关系成立
现取n为7，我们有直角三角形21^2+28^2=35^2，这里n=28-21=7，根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：
a1=3×21+2×35+7=140 这时得到
140^2+147^2=203^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×140+2×203+7=833 这时得到
833^2+840^2=1183^2 继续利用公式计算得到：
a3=3×833+2×1183+7=4872 这时得到
4872^2+4879^2=6895^2
…
故定差为7关系成立
再取n为129，我们有直角三角形387^2+516^2=645^2，这里n=516-387=129，根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：
a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到
2580^2+2709^2=3741^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到
15351^2+15480^2=21801^2 继续利用公式计算得到：
a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到
89784^2+89913^2=127065^2
…
故定差为129关系成立
故定差n计算法则成立
故定理3得证
四，平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则：
定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长，则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；
（一） 奇数列a：
若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）， 则a为奇数列平方整数解的关系是：
a=2n+1
{ c=n^2+（n+1）^2
b=c-1
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
7^2+24^2=25^2
9^2+40^2=41^2
11^2+60^2=61^2
13^2+84^2=85^2
…
故得到奇数列a关系成立
（二）偶数列a：
若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 …）， 则a为偶数列平方整数解的关系是：
a=2n+2
{ c=1+（n+1）^2
b=c-2
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
4^2+3^2=5^2
6^2+8^2=10^2
8^2+15^2=17^2
10^2+24^2=26^2
12^2+35^2=37^2
14^2+48^2=50^2
…
故得到偶数列a关系成立
故定理4关系成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三边中：
b-a之差可为1、2、3…
a-b之差可为1、2、3…
c-a之差可为1、2、3…
c-b之差可为1、2、3…
定差平方整数解有无穷多种；
每种定差平方整数解有无穷多个。
以上，我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解。证明如下：
我们首先证明，增比计算法则在任意方次幂时都成立。
定理5，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 ： （n a）^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。
故定理5得证
定理6，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。其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数，不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数。
故定理6得证
一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质
定义3，绝对某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，
n^2+6n+9，……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是绝对3次方幂式。
一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1，b为常数项）的展开项。
定义4，绝对非某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都不是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式。
当一元代数式的项数很少时，我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式，例如n^2+n是绝对非2次方幂式，n^7+n是绝对非7次方幂式，但当代数式的项数很多时，得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。
一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2，b为常数项）的展开项中减除其中某一项。
推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式，取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式，当n=7时，3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。2n+1=9=3^2，2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2，4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3，2n+1=125=5^3 ……
证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；
在一元代数式中，未知数的不同取值，代数式将得到不同的计算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的，是等式可逆的，是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数公理。即可由代入未知数值的办法对代数式求值，又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质，我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。
当常数项为1时，完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成，对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失，代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下，我们锁定其中的任意3项，则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，对这3个代数式来说，使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解，即补上缺失的第4项值，而且这个缺失项不取不行，取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系，这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是：
（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …
n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
n^3+3n+1≠（n+1）^3
3n2+3n+1≠（n+1）^^3
即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数。
当取n=1、2、3、4、5 …时，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方，而 小于2的整数只有1，1^3=1，当取n=1时，
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时，代数式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。
由以上方法我们能够证明一元代数式：n^4+4n^3+6n^2+1，n^4+4n^3+4n+1，n^4+6n^2+4n+1，4n^3+6n^2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。
能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下，锁定其中的任意m项后，可得到m个不同的一元代数式，这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。
现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；
2次方时有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以，2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1。
由于2n+1不含有方幂关系，而所有奇数的幂方都可表为2n+1，所以，当2n+1为完全平方数时，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系，应用增比计算法则，我们即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出，求得这些平方整数解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，我们可得到整数中全部平方整数解。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。
同时，由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。
3次方时有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。
由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是3次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些立方费马方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。
4次方时有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。
由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是4次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些4次方费马方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。
m次方时，相邻整数的方幂数的增项差公式为：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以，m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。
由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是m次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些m次方费马方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解。
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. 无正整数解。
费马矩阵大定理：当整数n > 2时，关于m行m列矩阵X, Y, Z的不定矩阵方程 X^n + Y^n =Z^n. 矩阵的元素中至少有一个零。当整数n = 2时，求m行m列矩阵X, Y, Z。
当n≥3时，任何两个相邻的正整数的n次幂之差，都大于前一个正整数的n次幂。
这个应该是最优解吧，，，，
费马大定理的证明方法~
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。
扩展资料：
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。
1994年10月25日11点4分11秒，怀尔斯通过他以前的学生、美国俄亥俄州立大学教授卡尔.鲁宾向世界数学界发了费马大定理的完整证明邮件，包括一篇长文“模椭圆曲线和费马大定理”，作者安德鲁.怀尔斯。另一篇短文“某些赫克代数的环论性质”作者理查德.泰勒和安德鲁.怀尔斯。至此费马大定理得证。
怀尔斯和他以前的博士研究生理查德·泰勒用了近一年的时间，用之前一个怀尔斯曾经抛弃过的方法修补了这个漏洞，这部份的证明与岩泽理论有关。这就证明了谷山-志村猜想，从而最终证明了费马大定理。
参考资料：百度百科-费马大定理
费马大定理怎么证明?
答：怀尔斯首先证明了一个重要的副产品：对于任何奇素数p，费马方程x^p+y^p=z^p没有非零整数解。这个结果被称为“怀尔斯-泰勒定理”，它是怀尔斯证明费马大定理的关键步骤之一。接下来，怀尔斯利用代数几何的方法，将费马大定理转化为一个关于椭圆曲线的问题。他发现，当n为奇素数时，费马方程可以表示为一...
费马大定理的证法
答：怀尔斯 怀尔斯证明费马大定理的过程亦甚具戏剧性。他用了七年时间，在不为人知的情况下，得出了证明的大部分；然后于1993年6月在一个学术会议上宣布了他的证明，并瞬即成为世界头条。但在审批证明的过程中，专家发现了一个极严重的错误。怀尔斯和泰勒然后用了近一年时间尝试补救，终在1994年9月以一个...
费马大定理证明是什么?
答：费马大定理的证明过程 费马大定理的证明经历了数百年的努力，最终在20世纪末由英国数学家安德鲁·怀尔斯完成。他的证明基于模形式、椭圆曲线和伽罗瓦理论等高级数学工具。简单来说，怀尔斯的证明可以分为以下几个步骤：1. 引入模形式：模形式是一种特殊的复数函数，在数论和代数几何中有重要应用。
求费马大定理的证明过程
答：截至1977年，瓦格斯塔夫证明了当p小于125000时，费马猜想成立。《中国数学会通讯》1987年第2期报道了费马猜想取得了惊人的研究成果：格朗维尔和希思—布龙证明了对于几乎所有的指数，费马大定理成立。即如果N(x)表示不超过x的整数中使费马猜想不成立的指数的个数，则N(x)几乎为0。这一证明利用了法尔廷斯...
费马提出的所有定理及其证明
答：费马大定理，也称费马最后定理，乃下述定理：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程 xn + yn = zn.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)1963年,年仅10岁的安德鲁.怀尔斯 已经对数学深深著迷了;有一天...
请问费马大定理怎么证明?
答：由引理2以及引理4可得a*2a*3a*…（p-1)a≡1*2*3*…（p-1)(mod p）即W*a^(p-1）≡W(mod p）。易知（W,p)=1，由引理1可知a^(p-1）≡1(mod p）其中引理3的内容大致为 关于x,y,z的方程x^n+y^n=z^n没有正整数解。此猜想的证明过程繁复，不再赘述 ...
费马大定理带图详解(紧急)
答：但一方面，这是对智慧的挑战；另一方面，数学家们从证明费马大定理的过程中得到了许多意外的收获，一些新的数学分支和方法正是在对它的研究中产生的。因而，费马大定理的证明一直受到人们 的关注。关于费马大定理也有不少小插曲，德国人保罗·沃尔夫斯凯尔为费马大定理设立专项基金即是其中之一。按照人们的...
费马原理是什么
答：地震学中的费马原理：地震波沿射线传播的旅行时和沿其他路径传播的旅行时相比为最小，亦是波沿旅行时最小的路径传播。光学中的费马原理：光线在两点间的实际路径是使所需的传播时间为极值的路径。在大部分情况下，此极值为最小值，但有时为最大值，有时为恒定值。费马原理对折射定律的证明 假设光从...
费马大定理怎么证明?
答：怀尔斯的证明方法非常复杂，超出了本问答的范围，但是可以简单介绍一下他的证明思路。怀尔斯的证明方法主要是基于椭圆曲线的理论和调和分析，他通过构造一种特殊的椭圆曲线来证明费马大定理。这种特殊的椭圆曲线被称为“模形式”，它具有一些特殊的性质，可以与费马大定理的证明建立联系。怀尔斯利用模形式与调和...
费马大定理证明过程中文版是什么?
答：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。费马大定理说明 费马大定理把几百年前的猜想和最先进...
