费马大定理论证过程之探究

　　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。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。

　　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。

　　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。它证明当整数n>2时，关于x,y,z的不等式公式XN+YN≠ZN成立。费马大定理被提出后，经历多人猜想辩证，历经三百多年的历史。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”。在一战之后，马克大幅贬值，但该定理的魅力并没有下降，证明费马大定理的人越来越多了。

　　不证明费马大定理是数学家的难题，因为一个式子可以无限的解下去而始终得不到结果，所以很难得到有效的证明，许多数学家的证明非常复杂，证明内容非常多，但因为其内容复杂论证多，任何一个小环节出错都会导致证明的失败，但仔细想想其实费马大定理只是一个简单的命题，（注：以下字母中，p为奇质数，其它字母代表非零整数）如下：

　　证明A+B=C(C>A，B)，在n=2时有非零整数解（A，B，C可同时为非零整数），在n>2时无非零整数解（A，B，C不同时为非零整数）。

　　x1x2xk于1的自然数n=p1p2…pk（pi为质因数，xi为指数），所以n可以化为以下形式：

　　n=pm，n=4m，n=2

　　nnn mpmpmp1.当n=pm，A+B=C=>(A)+(B)=(C)；

　　nnn m4m4m42.当n=4m，A+B=C=>(A)+(B)=(C)；

　　nnn nnn所以要证明n>2时A+B=C无非零整数解，只要证明n=4，n=p时A+B=C无整数解即

　　nnn可。在A+B=C中，化简后A，B，C两两互质，且必是两奇数一偶数。

　　nnn（附：A+B=C中，假设A，B，C其中两个A，B两个不互质，则A=au，B=bu(a与b互质)，nnn nnn nnn nnn则A+B=C=>(au)+(bu)=C=>a+b=(C/u)，最终得到A+B=C中A，B，C两两互质。）nnnnnn nnn在A+B=C中，A，B至少有一个为奇数，设B为奇数，则A+B=C=>B=C-A=n/2n/2 n/2n/2(C+A)(C-A)

　　1/21/21/21/2n/2n/2 1/21/2nn/2n/2 1/21/2n设B=(m+n)(m-n)=m-n，则C+A=(m+n)，C-A=(m-n)（由于C与A

　　n/2n/2 n/2n/2互质，C与A一奇一偶，所以C+A与C-A互质，m与n互质）。

　　（1）当n=2：

　　222 22 2 2 A+B=C=>B=C-A=>B=(C+A)(C-A)

　　1/21/21/21/21/21/221/2 B=(m+n)(m-n)=m-n，C+A=(m+n)=m+n+2(mn)，1/21/221/2C-A=(m-n)=m+n-2(mn)，

　　1/2222222所以C=m+n，A=2(mn)，由于A为非零整数，所以m=u，n=v，所以C=u+v，B=u-v，

　　ppp2222222 A=2uv。所以当n=2时，A+B=C存在非零整数解。且通向公式为：(a-b)+(2ab)=(a+b)

　　（2）当n=4：

　　444 44 4 422 22 A+B=C=>B=C-A=>B=(C+A)(C-A)

　　1/21/21/21/2221/21/24221/23/21/23/2B=(m+n)(m-n)=m-n，C+A=(m+n)=m+n+6mn+4(mn+nm)，

　　221/21/24221/23/21/23/222221/23/21/23/2 C-A=(m-n)=m+n+6mn-4(mn+nm)，所以C=m+n+6mn，A=4(mn+nm)，22224422222223322由A为整数得m=u，n=v，所以C=u+v+6uv=uv(v+u+6)，A=4(uv+vu)=4uv(v+u)，22224422244222u=w，v=r，v+u+6=w+r+6=x，v+u=w+r=y，则应x-y=(x+y)(x-y)=6，由于6=3*2或

　　22444 6*1，(x+y)与(x-y)同奇偶性，所以x-y=(x+y)(x-y)无法得到6，所以A+B=C无非零整数解。

　　（3）当n=p：

　　PPPP/22P/2P/2P/2P/2A+B=C=>(B)=(C+A)(C-A)

　　1/21/21/21/2P/2P/21/21/2PP/2P/21/21/2PB=(m+n)(m-n)=m-n，C+A=(m+n)，C-A=(m-n)

　　2（C与A至少有一个非平方数，若C与A都是平方数，设C=C1，nnn

　　A=A1则B=(C1+A1)(C1-A1)=>B1=C1-A1，所以化简后C与A至少有一个非平方数，则m与n至少有一个非平方数），

　　1/2P-11/2P-11/2P-21/21/2P-21/21/2P-31/221/2P-31/22设(((C)+(A))-((C)(A)+(A)(C))+((C)(A)+(A)(C))…

　　1/2(P-1)/21/2(P-1)/2-(C)(A))=t1

　　P/2P/21/2P1/2P则C+A=(C)+(A)

　　1/21/21/21/2P1/41/41/41/4P=(C+A)t1=(m+n)=((u+v)(u-v))（uv互质，u与v至少有一个非平方数）1/21/21/41/4P1/41/4PC+A=(u+v)，则t1为(u-v)，

　　P/2P/21/2P1/2P1/21/2同理C-A=(C)-(A)=(C-A)t2，

　　1/21/21/41/4P1/21/21/41/4P1/41/4P由C+A=(u+v)得到C-A=(u-v)，则t2=(u+v)，

　　P/2P/2P/2P/21/41/41/41/4P所以C+A=C-A=((u+v)(u-v))=>A=0

　　PPP则A+B=C中不存在非零整数解。

　　PPP-1P-1P-2P-2P-32P-32(P-1)/2(P-1)/2（附：a+b=(a+b)((a+b)-(ab+ba)+(ab+ba)…-ab)，若a与b互质，

　　P-1P-1P-2P-2P-32P-32(P-1)/2(P-1)/2且a+b不等于np，则(a+b)与((a+b)-(ab+ba)+(ab+ba)…-ab)互质）

　　nnn总结：A+B=C，在n=2时有非零整数解（A，B，C可同时为非零整数），在n>2时无非零整数解（A，B，C不同时为非零整数）。

　　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^n

　　2^n 2^m1n j1^n+2^n 2^m2n j2^n=2^n 2^m3n j3^n

　　2^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=m2

　　j1^n+j2^n=2^(m3-m1)n j3^n，

　　令m4=m3-m1

　　若m4<0

　　j1^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。<p=""></m3时，也不成立。<>

　　所以，仅m1=m2，j1^n+j2^n=j3^n 2^(m4)n不成立。

　　同理:j4^n+j5^n=2^(m4)n不成立。

　　C)再来看，仅m1=m3

　　j1^n+2^（m2-m1）n j2^n=j3^n，

　　令m4=m2-m1

　　若m4<0

　　j1^n+j2^n/2^（-m4）n=j3^n，

　　j2^n/2^（-m4）n=j3^n-j1^n，

　　j2^n/2^（-m4）n为小数，j3^n-j1^n为整数，产生矛盾，

　　可见，m4<0时，不成立。

　　若m4>0

　　则j3^n-j1^n=j2^n2^m4n

　　若j2是j1^n与j3^n的公因数

　　则j5^n-j4^n=2^m4n——待证明

　　2^(m4)n不是j3^n与j1^n的公因数

　　j3^n/2^m4n-j1^n/2^m4n=j2^n

　　若j3=j1

　　则0=j2^n，产生矛盾，

　　j1不等于j3

　　j3^n/2^m4n-j1^n/2^m4n=j2^n

　　奇数/2^n，为末尾为5的小数

　　通过计算观察，j3^n/2^m4n-j1^n/2^m4n不等于整数，

　　可见，m4>0时，不成立。

　　所以，仅m1=m3时，j1^n+j2^n=j3^n 2^(m4)n不成立。

　　D)仅m2=m3，同上，不成立。

　　E)

　　min(m1，m2，m3)仅为m1，m2，m3中的一个：

　　得：j1^n+2^（m2-m1）n j2^n=2^(m3-m1)n j3^n

　　奇数=偶数，产生矛盾。

　　F)

　　2^（m1-m2）n j1^n+j2^n=2^(m3-m2)n j3^n

　　奇数=偶数，产生矛盾。

　　G)

　　2^(m1-m3)n j1^n+2^(m2-m3)n j2^n=j3^n

　　偶数=奇数，产生矛盾。

　　所以：按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程，偶数+偶数，不成立。

　　2）奇数+奇数：

　　j1^n+j2^n=k^n

　　j1^n+j2^n=2^（m+1)n j3^n

　　因为j1^n+j2^n=j3^n 2^(m4)n不成立，

　　所以：j1^n+j2^n=2^（m+1)n j3^n不成立。

　　3)奇数+偶数：

　　j1^n+k^n=j2^n

　　j2^n-j1^n=k^n

　　j2^n–j1^n=2^n 2^mn j3^n，

　　因为：j3^n-j1^n=j2^n2^m4n不成立。

　　所以：j2^n–j1^n=2^n 2^mn j3^n不成立。

　　所以：由1）2）3）可知，n>2，“费马大定理”在正整数范围内成立。同理：应由1）2）3）可证，n>2，“费马大定理”在整数范围内成立。编辑本段应用实例

　　要证明费马最后定理是正确的

　　（即x^n+y^n=z^n对n>2均无正整数解）

　　只需证x^4+y^4=z^4和x^p+y^p=z^p(P为奇质数)，都没有整数解。费马大定理证明过程:

　　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

　　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。

　　数学是基础学科，对于其他科学有着不可或缺的作用，尤其是物理，“物理几何不分家”，杨振宁研究规范场理论时就用到了陈省身的纤维丛的理论。晶体的结构就是由欧几里得空间运动群的若干子群给出。基本粒子之间,也有种种对称性,可以按群论明确它们的某些关系。等等。尽管费马同时表明他已找到一个绝妙的证明而页边没有足够的空位写下，但仍然经过数学家们三个多世纪的努力，猜想才变成了定理。在冲击这个数论世纪难题的过程中，无论是不完全的还是最后完整的证明，都给数学界带来很大的影响；很多的数学结果、甚至数学分支在这个过程中诞生了，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗瓦理论和赫克代数等。

　　所谓费马大定理，或费马猜想（在未证明之前，只能称之为猜想），得从直角三角形的勾股定理（或称毕达哥拉斯定理）说起。如：学过平面三角的人都知道，直角三角形两直角边的平方之和等于其斜边的平方。或者写成代数式子，即为x^2＋y^2＝Z^2。勾股定理中的X、Y和Z有整数解。可以证明，这种X、Y和Z的组合有无限多个。但是，如果把上述公式中的指数2改为3，或更一般地，改为大于2的整数N，则发现难于找到X、Y和Z的整数解。大约在1637年前后，费马在他保存的《算术》一书的页边处写道：“不可能将一个立方数写成两个立方数之和；或者将一个四次幂写成两个四次幂之和；总的来说，不可能将一个高于两次的幂写成两个同样次幂的和”。再如：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。在证明“费马大定理”的过程中，形成了许多新的数学分支，促进了数学的进一步发展。希尔伯特称之为“会生金蛋的母鸡”。

　　现代数学家还利用大型电子计算器来探索费马猜想，使p的数目有很大的推进。格朗维尔和希思—布龙证明了「对几乎所有的指数，费马大定理成立」。即若命N(x)表示在不超过x的整数中使费马猜想不成立的指数个数，则证明中用到了法尔廷斯(Faltings)的结果。另外一个重要结果是：费马猜想若有反例，即存在x>0，y>0，z>0，n>2，使解析失败(PNG转换失败;请检查是否正确安装了latex,dvips,gs和convert):x^n+y^n=z^n，则x>101800000.费马大定理的证明牵濒不同范畴的数学学问，主要包括椭圆曲线和模形式。若打算阅读威尔斯的证明，那应先在线性代数及复分析两范畴上打好基本功，再转而阅读椭圆曲线和模形式的课本。在解决问题的过程中，数学家们不但利用了广博精深的数学知识，还创造了许多新理论新方法，对数学发展的贡献难以估量。费马大定理列入，却把它作为一个在解决中不断产生新理论新方法的典型例证。首先发现并改正了库默尔证明中的缺陷。在以后的30余年内，他进行了大量的工作，得到了使费马猜想成立一些充分条件。他和另外两位数学家共同证明了当p<4002时费马猜想成立。

　　[1]新媒体时代的数学学习——评《费马大定理:一个困惑了世间智者358年的谜》[J].冯国勇.新闻战线.2016(24)

　　[2]破解费马大定理的启示[J].李大潜.世界科学.2001(01)

　　[3]我最先证明了费马大定理[J].于军.深圳特区科技.1999(04)

　　[4]费马大定理证明的历史评述[J].刘逸.徐州师范学院学报(自然科学版).1994(02)

　　[5]对《费马大定理初证》的简化[J].谷立煌.黑龙江教育学院学报.1995(02)

　　[6]关于费马大定理(Ⅰ)[J].曹珍富.西南师范大学学报(自然科学版).1988(04)

　　[7]费马大定理证明了什么?[J].胡作玄.创新科技.2007(04)

　　[8]《费马大定理》读后感[J].唐正力.深交所.2006(07)

　　[9]费马大定理的历史与评述[J].黄庭松.赣南师范学院学报.1997(03)

　　[10]反证法与高次费马大定理[J].张祖华,苏树广,时贞军.中央民族大学学报(自然科学版).2018(01)