黑桃花 -
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
tt白 -
费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法
庄 严 庄宏飞
（辽阳铁路器材厂 111000）
【 摘要】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^- 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。
所以，长达三百多年的费马大定理问题与哥德巴赫猜想问题一样，也是一个初等数
学问题。
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证明费马大定理：
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。
设a=mk，则b=k(m^2-1)/2。
令m=k，则a=m^2，b=m(m^2-1)/2，令m/2=(m^2-1)，则b=(m/2)^2，c=(m/2)^2+m。
则a^2+b^2=c^2 => m^4+(m/2)^4=[(m/2)^2+m]^2
=>m^2(2m^2-m-2)=0，m1=0（舍去），m2=(1±√17)/4（非整数）。
此外，当m/2=(m^2-1)时，（也可以让）b=(m^2-1)^2
则a^2+b^2=c^2 => m^4+(m^2-1)^4=[(m^2-1)^2+m]^2
=> m(m^2-1)(2m^2-m-2)=0，m1=0，m2=±1，m3=(1±√17)/4。
验证：当m=±1时，b=h^(n^2)=(m^2-1)^2=0；即a^2=c^2。与题要求不符。
假若d、h、p可以以整数的形式出现，说明等式d^n+h^n=p^n成立，费马大定理不成立。否则d^n+h^n≠p^n不等式成立，费马大定理成立。
扩展资料：
费马大定理证明者简介：
安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles），英国著名数学家、牛津大学教授、美国科学院外籍院士。现在任教于英国牛津大学。
1996年3月，怀尔斯获得沃尔夫奖(Wolf Prize)和5万美金。
1996年6月，当选为美国国家科学院外籍院士并获该科学院数学奖；
1997年6月27日，怀尔斯获得沃尔夫斯凯尔10万马克悬赏大奖，就在格丁根皇家科学协会规定期只剩下10年的时候沃尔夫斯凯尔当年遗愿终于实现。
1998年第23届国际数学家大会在柏林举行，国际数学联合会还史无前例地颁给怀尔斯菲尔兹特别奖一个特殊制作的菲尔兹奖银质奖章。
1999年，他荣获首届克莱数学研究奖 (Clay Research Award)。
2000年，怀尔斯被授勋为爵士。
2005年，怀尔斯又荣获有“东方诺贝尔奖”之称的邵逸夫数学科学奖(Shaw Prize)，奖金100万美金。
2005年8月29日，安德鲁·怀尔斯第一次踏上中国的土地，这甚至是他第一次来到亚洲。北京大学数学院院长张继平、副院长刘化荣，中科院院士田刚、张恭庆、姜伯驹、丁伟岳、文兰等陪同他参观中国。
2016年3月15日，挪威自然科学与文学院宣布将2016年阿贝尔奖(Abel Prize) 授予牛津大学的安德鲁·怀尔斯(Andrew Wiles) 教授，奖金约600万挪威克朗(约465万元人民币)，表彰他令人震惊的费马大定理证明。
其他荣誉还包括罗夫·肖克奖 (Rolf Schock Prize)、奥斯特洛斯基奖 (Ostrowski Prize)、英国皇家学会皇家奖章 (Royal Medal of the Royal Society)、美国国家科学院数学奖 (U.S. National Academy of Science"s Award in Mathematics) 等。
参考资料来源：百度百科-费马大定理
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原命题：等式x∧n+ y∧n= z∧n 没有非零整数解。
证明：首先把问题简化和细化一下 ，只须证明以下两类情况：
(1)x, y, z互质，n为不小于3的奇数。
(2)x, y, z互质，n等于4。
解：若(1)，x, y, z 必为两奇一偶的关系。设其中的偶数为2∧k b,并设n=2∧t b+1,( b仅表示奇数)那么可以证明x∧n+ y^ n－z∧n最多只能被2^( kn+k+t+2)整除，故原命题(1)得证。
若(2)，同样的，x, y, z必为两奇一偶的关系，设x, y为奇数，z为偶数，并设z=2^ k b,那么可分两种情况进行讨论：
( a) x^4+y^4=z^4
( b) x^4－y^4=z^4
则( a)式显然是不成立的，所以重点是讨论( b)式。
若k=1,则y^4=x^4－z^4=( x+z)( x－z)( x^2+z^2),那么这时x^2+z^2= x^2+4b,它不可能是一个4次方数，所以原等式不成立。
若k>1,那么可以证明 x^4－y^4－z^4最多只能被2^(4k+2)整除，故原命题(2)得证。
综上所述，原等式确实没有非零整数解。证毕。
扩展资料：
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。
他断言当整数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。
参考资料：百度百科-费马大定理
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设n≥3那么方程
xn+yn=zn，xyz≠0。（1）
没有正整数。
证明：熟知，当n≥3时，若n不是4的倍数，那就一定是某奇素数P的倍数，当n是4的倍数时，方程（1）已被世人所证无正整解。当n是某奇素数P的倍数时，令n=pn1，由（1）得
xpn1+ypn1=zpn1。
令xn1=a，yn1=b，z n1=c，由此得
ap+bp=cp。
故由（1）式只要证明
xp+yp=zp，xyz≠0。（2）
无正整数就可以了。
反证法，若（2）有正整解x，y，z。那就一定有最小解，故设（2）式x，y，z为最小正整数解，因（2）式为最小解方程，故必须
（x，y）=1，（x，z）=1，（y，z）=1，（3）
即x，y，z两两互素，否则，若（x，y）=d>1，
即ax，ay，则有dz，从而令x=dx1，y=dy1，z=dz1，代入（2）得
（dx1）p+（dy1）p=（dz1）p，
各项被dp整除后得
xp1+yp1=zp1。
这又出现一组新的小于（2）式最小解方程，此与题设（2）为最小解小程矛盾。故（2）式为最小解方程必须（x，y）=1，（x，z）=1，（y，z）=1。
对于（2）式，x≠y，否则，若x=y，则有
2xp=zp，显然2不是完全n次幂，故设x≠z，或y≠z，这是因为，若x=z，或y=z，则有y=0，或x=0，此与题设xyz≠0相矛盾。故x≠z，y≠z。因（2）式是正整数求和方程，故令
x1时，由（2）有
xp+yp=（x+b）p，b>1。（4）
将方程（4）展开得
xp+yp=xp+C1Pxp-1b+C2Pxp-2b2+……+C1Pxbp-1+bp。
从而得
yp=C1Pxp-1b+C2Pxp-1b2+……+C1Pxbp-1+bp。（5）
对于（5）式右边能被b整除，显然若有解x，y，z，则必须有b能整除y，by为整数，故令
y=by1。（6）
代入（5）得
bpyp1=C1Pxp-1b+C2Pxp-2b2+……+C1Pxb p-1+bp。（7）
对于（7）式各项被b整除后得
bp-1yp1=C1Pxp-1+C2Pxp-2b+……+C1Pxb p-2+b p-1。（8）
因p≥3，所以方程左边能被b整除，故右边也必须能被b整除，右边除第一项外均能被b整除，故bC1Px p-1 为整数，这里C1P=p，又因bX。这是因为若bX为整数。y=by1，此与题设x、y、z两两互素相矛盾，故bX，只能bP为整数，因P为奇素数，故b=P，代入（6）得
y=by1=py1。（9）
将（9）代入（8）式，再用P整除方程两边得
PP-2y1P=XP-1+C2PXP-2+……+XPP-2+ PP-2。（10）
因P≥3中，又因CnP为P的倍数，方程左为P的倍数，方程右除第一项Xp-1外，均为P的倍数，故若方程有正整数解，必有PXp-1为整数，又因y=by1=Py1，PY为整数，就是说X与Y均为P的倍数，亦即（x，y）=P≥3，此与题设X，y，z两两互素相矛盾，故
xP+yP=zP，xyz=0
没有正整数解。
LuckySXyd -
著名英国数学家怀尔斯用130页纸张证明了该定理，此定理难为了数学界300多年，怀尔斯在此定理证明讲坛上说“要么费马是个天才，要么他就是个大骗子”，怀尔斯证明此定理用到了椭圆积分，当时费马那个时代没有牛顿和莱布尼茨，所以连微积分都没有，，用网上一些二流子证明过程来证明不感到可笑么，，
臭打游戏的长毛
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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。
安徽路人假 -
如果abc猜想成立，令a=x^n,b=y^n,c=z^n,a+b=c
c<=(rad(abc))^2 即c=z^n<=(rad(x^n*y^n*z*n))^2<=(xyz)^2<z^6
所以2<n<6时x^n+Y^n=z^n才可能有正整数解，而已经证明了n=3,4,5时都没有正整数解，所以费马大定理成立
这应该是最简单的证明方法吗，但是还不能证明abc猜想，它应该比费马大定理难很多
阿啵呲嘚 -
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
血莲丿红尘 -
知道费马是怎么证明的吗？我告诉你吧。费马的证明方法我已经找到了，确实很简单。能够满足条件的：1.必然是连续自然数 2.最小自然数是2n—1。