臭打游戏的长毛
-
一定要采纳，找的我很辛苦！！！！！！！！！！！！！！
费马大定理：方程xm+ym=zm，其中x、y、z、m不等于0，且均为整数，m≥3，则方程没有整数解。
解：下面讨论xyz均为正整数，且幂指数为2n+1时的情况。
（1）
根据二项式定理则有：（x+y）2n+1
=x2n+1+ y 2n+1+C2n+12n x2n y+ C2n+12n-1 x2n-1 y2 +。。。。。。+ C2n+12 x2 y2n-1+ C2n+11 x y2n
= x2n+1+ y 2n+1+（C2n+12n x2n y+ C2n+11 x y2n）+(C2n+12n-1x2n-1y2+C2n+11 x y2n)+……(C2n+1n+1 xn+1 y n+C2n+1n xny n+1)（注：括号共有n对，含2n项，还有组合Ca2n+1无论a为取限定范围内的什么数值，组合数中均是2n+1（后注：前提是2n+1为素数）的自然数倍。）
根据上式，括号内提取公因式后，括号内还剩x2n－1+ y 2n－1，x2n－3+ y2n－3 ，x2n－5+ y 2n－5，。。。。。x+y。
接下来，再把x2n－1+ y 2n－1，x2n－3+ y 2n－3。。。。等按上面方法化解，可以得出这些项式均是x+y的倍数。举例如33＋53＝27＋125＝152，152/（3+5）=19.
上面化解方法比较费力,我们可以反证法证明.
设x2m－1+ y 2m－1（0＜2m-1＜2n-1）且在x2n－1+ y 2n－1 ，x2n－3+ y2n－3。。。。。等项式中是最小的幂指数不是x+y的倍数。那么它以下的如x2m－3+ y 2m－3等皆是x+y的倍数，根据上面方法把x2m－1+ y 2m－1展开后,根据假设推出的结果，得出x2m－1+ y 2m－1为x+y的倍数的结论.由此反证出‘x2m－1+ y 2m－1（0＜2m-1＜2n-1）不是x+y的倍数"这一假设与结论相逆，故假设不成立，即x2m－1+ y 2m－1亦是x+y的倍数。（注：这里省略了x1+y1，x3+y3的证明，因为这两数是基础数，故必须要证明，不然上述反证法是不完备的。）
所以我们可以得出x2n+1+ y 2n+1亦是x+y的倍数。
根据上面，可以得到两个结论：
结论一：两个整数xy，则有x2n-1+y2n-1（n属于自然数）是x+y的整数倍，且x≠ -y时，此整数倍也不为0。
结论二：两个整数xy，则有x4n-2-y4n-2（n属于自然数）是（x+y）（x-y）的整数倍，且x≠y时，此整数倍也不为0.（注：这里不限制x，y是正整数还是负整数。）（注：结论一二可以推出费马小定理来：若b为素数，ab互质，则ab-a必为b整除；方法很简便：即把a拆分两个数（a-1）和1，然后根据上述结论展开，刨去b的倍数项，同时1也可以通过加减号约去。就这样一直拆分下去，知道最后得到1b-1=0。这样整个过程中我们只是刨去b的倍数和约去1。而约去的1又不影响式子。故费马小定理得证，但是这里需要注意的是b与Cbn是有关系的，如果b为素数，则Cbn无论n在取值范围内取何值肯定能被b整除；而b为合数时，则不能。读者自己可以参看杨辉三角。）（同时笔者猜测费马当时肯定发现了这两个结论，但是其肯定没想到，即使发现这两个结论，费马大定理也不是很容易证明的，所以笔者一直怀疑费马是否真的证明了费马大定理。笔者是在八年前发现这两个结论,当时证明了一下,后来不久就发现证明过程中有严重漏洞,直到2007年11月份后,笔者有了充足的时间,才重新花费了近半年的时间来重新证明.不过这半年来,笔者不但研究了此定理,而且还针对其他的数学问题进行了摸索,结果还算自我满意.）
（弦外之音：关于勾股公式a2+b2=c2，0<a<b<c，abc属于自然数，且两两互素，则有：
①a为奇数，有（c-a）/2必为完全平方数。
②a为偶数，有（c-a）必为完全平方数。
且把a换成b，亦可。（注：用这个结论或上面的结论二来证明费马大定理n=4时，很容易证明的。）
另有：a2+b2=｛（a+b）2+（a-b）2｝/2，这个公式对于计算从a到b的连续数值的平方之和好用，比如32+52+72+92+112+132=｛（3+9）2+（9-3）2｝/2+｛（5+11）2+（11-5）2｝/2+｛（7+13）2+（13-7）2｝/2=（3+9）2/2+（5+11）2/2+（7+13）2/2+3*62/2或=｛（3+13）2+（13-3）2｝/2+｛（5+11）2+（11-5）2｝/2+｛（7+9）2+（9-7）2｝/2，蓝色字体的数值相同。由此可见，可以省下一半的计算步骤。
若ab同为正整数，a>b，则有：
a3+b3=｛（a+b）3+（a-b）3｝/4+（a-b）2*（2b+a）/2
3次幂的情况皆如此，但是如果推广到5、7次幂的情况下，就很复杂了，笔者怎么推广也没推广出来。这大概与组合数Cmn有关，3次幂比较有规律的。但是并不一定说5、7次幂除了二项式定理外，就不存在其他的关系式。其可能也有的，不过较复杂。）
由假设x2n+1+y2n+1=z2n+1成立，可以推出z2n+1亦是x+y的倍数，即推出x+y与z有公因数。（但此公因数不能是1，因为是1的话，很容易证出假设不成立。同样-1的情况也使假设不成立。除了这两种情况以外，任何一个整数均可以。下面提到的各数间的公因数情况与此类似，均不能为+1，否则很容易证假设不成立。以后没有特殊提到，‘公因数"皆指大于1的整数，或绝对值不等于1的整数。）
由上面方法可得出：
z－y与x有公因数；
z－x与y有公因数。
设x+y－z＝k，k为不为0的整数（注：k为0的话，很容易证明方程无整数解。而k为1时，亦可易证方程无整数解，故这里只讨论k的绝对值大于1的情况。）
则可推出：
k与x有公因数，与y有公因数，
与z有公因数，与x+y，与z－y与z－x有公因数，且经过演算还推出k 是(2n+1)的倍数。（注：k与这些数有公因数，但并不表示这些数之间一定也有公因数，如x+y与z－y之间根据下面的前提条件就没有公因数，但是如果是k、z－y、x，三者之间必有公因数。）
下面讨论费马大定理一个最基本的情况
假设：即x2n+1+y2n+1=z2n+1，其中xyz互质，且均为大于0的整数，n≥1，且2n＋1为素数。方程有正整数解。
这个基本命题证明了，那么在整个整数范围内的，是可以推导出来的，故这里只证明这种最基本的情况。
由（x+y－k）2n+1＝z2n+1，根据二项式定理和上面的方法
（注：二项式定理
（x+y）2n+1=x2n+1+ y 2n+1+C2n+12n x2n y+ C2n+12n-1 x2n-1 y2 +。。。。。。+ C2n+12 x2 y2n-1+ C2n+11 x y2n
= x2n+1+ y 2n+1+（C2n+12n x2n y+ C2n+11 x y2n）+(C2n+12n-1x2n-1y2+C2n+11 x y2n)+……(C2n+1n+1 xn+1 y n+C2n+1n xny n+1)中，如y为负整数时亦成立，故有下面的式子）
=>(x+y)2n+1-k2n+1-(2n+1)(x+y)k(x+y-k)D= z2n+1 (注:D为代指后面提取(2n+1)(x+y)k(x+y-k)后运算的式子，式子的结果为某整数)
=> k2n+1中含有(x+y)（注：因为z2n+1中亦含有x＋y）
同理得出：k2n+1中含有(z-y)和（z-x）。
注意的是这里k是小于xyz三种的任何一个数的，此易证。
总结一下：如果假设成立，我们可以得到如下情况：
1、 k与x、y、z分别有大于1的公因数，这些公因数间互质。
2、 k与x+y、z-y、z-x分别有大于1的公因数，且x+y、z-y、z-x间互质，这些公因数间互质。
3、 z与x+y、x与z-y、y与z-x分别有大于1的公因数，这些公因数间互质。
4、 前面提到公因数如果是指最大公因数的话，那么上三条提到的最大公因数对应相等或相同。
5、 z2n+1可以被x+y=z+k整除，
x2n+1可以被z-y =x-k整除，
y2n+1可以被z-x =y-k整除。
6、 k2n+1可以被x+y=z+k整除，
可以被z-y =x-k整除，
可以被z-x =y-k整除。
7、（z-k）2n+1可以被x+y=z+k整除；
(x+k) 2n+1可以被x-k=z-y整除；
(y+k) 2n+1可以被y-k=z-x整除
（推导：[（z+k）-（z-k）] 2n+1=（z+k）2n+1-（z-k）2n+1-(2n+1)（z-k）（z+k）[（z+k）-（z-k）]F,因为[（z+k）-（z-k）] 2n+1=(2k)2n+1中含有(x+y=z+k),观察方程,很容易判断出（z-k）2n+1中亦含有(x+y=z+k)；
[(x+k)-(x-k)] 2n+1=(2k) 2n+1 =(x+k) 2n+1- (x-k) 2n+1-(2n+1)（x-k）（x+k）[（x+k）-(x-k）] E,推得(x+k) 2n+1可以被x-k=z-y整除；
同理y的方法亦如此。)
8、 （z+k）2n+1可以被x+y=z+k整除；
（x-k）2n+1可以被z-y=x-k整除；
（y-k）2n+1可以被z-x=y-k整除。
首先明确一些问题：二项式定理
（a+b）2n+1=a2n+1+ b2n+1+C2n+12n a2n b+ C2n+12n-1 a2n-1 b2 +。。。。。。+ C2n+12 a2 b2n-1+ C2n+11 a b2n
= a2n+1+ b 2n+1+（C2n+12n a2n b+ C2n+11 a b2n）+(C2n+12n-1a2n-1b2+C2n+11 a b2n)+……(C2n+1n+1 an+1 b n+C2n+1n anb n+1)
上式提取公因数后= a2n+1+ b 2n+1+（2n+1）ab（a+b）A(以下凡涉及到大写字母的情况,其大写字母类同于A,是提取公因数后一个代表.)
其中A的展开式为：（a2n-1 + b2n-1）/（a+b）+ C2n+12ab（a2n-3+b2n-3）/（2n+1）（a+b） +C2n+13a2b2（a2n-5+b2n-5) /（2n+1）（a+b）+……+C2n+1n+2 an+1 b n+1（a3+b 3) /（2n+1）（a+b）+C2n+1n+1 an-1 b n-1/（2n+1）
注意红字部分与蓝字部分的不同。下面就是用到红字部分来证明的。
设x=x1+k，y=y1+k，z=z1+k，因为x与k有最大公因数r，故x1与k有最大公因数r；因为y与k有最大公因数s，故y1与k有最大公因数s；因为z与k有最大公因数t，故z1与k有最大公因数t。（以上皆易证）
又因为x+y-z=k，故推得x1+y1=z1；z=y+x1=x+y1=x1+y1+k.
故x2n+1+y2n+1=z2n+1=（y+x1）2n+1
（注：由这个等式还可以推出：x2n+1-x12n+1中含有y，同理推得：y2n+1-y12n+1中含有x。）
展开上面的式子
x2n+1+y2n+1=y2n+1+x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：x2n+1=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：（x1+k）2n+1=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：x12n+1+k2n+1+（2n+1）x1 k（k+x1）B=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：k2n+1+（2n+1）x1 k（k+x1）B=（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：k2n+1/（2n+1）x1+ k（k+x1）B=y（y+x1）A
分析此等式：如果k2n+1/（2n+1）x1与x1还含有大于1的因数（设为a1）的话，显然推得A中还有a1。（注：这里y（y+x1）与x1互素，且考虑到了x、y、z的奇偶性，且这里我们可以容易推得k必须为偶数。以上结论易证故在此不做证明。）
但我们展开A,发现除了（y2n+1+x12n+1）/（y+x1）这项外，其余的项皆含有x1,而这一项显然不可能含有x1或x1的一些大于1的因数。
故推得y（y+x1）A不含有x1或x1的一些大于1的因数。也就是说k2n+1/（2n+1）x1与x1互素。
根据上面的设，我们再设：k=a1r，x1=b1r，a1b1互素。我们可以推得k2n+1/（2n+1）x1= a12n+1r2n+1/（2n+1）b1r=某整数，进而推得r2n+1中含有b1r，r与b1有公因数。但是如果r2n+1/（2n+1）b1r≠1或r2n+1/br≠1的话，即r2n+1>（2n+1）b1r的话（注：小于的情况不可能存在，这也易证），则推得r2n+1/（2n+1）b1r与r还有大于1的公因数，进而又推到了前面那个‘如果"上了。所以我们最终推得r2n+1/（2n+1）b1r=1或r2n+1/b1r=1，即（2n+1）x1= r2n+1或x1= r2n+1。
同理推得：（2n+1）y1= s2n+1或y1= s2n+1。
备注:以上（2n+1）x1= r2n+1与（2n+1）y1= s2n+1这两种情况,皆可以用
x2n+1可以被z-y =x-k整除，
y2n+1可以被z-x =y-k整除,
来排除,此易证.
先假设y1=s2n+1，则有y1=z-x=s2n+1，x＝z－s2n+1。
由x2n+1+y2n+1=z2n+1推得：（z-s2n+1）2n+1+y2n+1=z2n+1
推得：-s2n+1-（2n+1）zs2n+1（z-s2n+1）A+y2n+1=0
(备注:这里的正负号是关键,读者可以自己推导一下.如果笔者这里错误的话,那么下面的证明的结论也将错误,但是证明的思路无误.也就说第二个方框内的符号是加是减,皆不影响证明的最终结果,读者自己可以将其换成正号,然后按下面的思路推导一下,还是可以推出悖论的. 即k中必须含有z或是z的倍数)
设y=bs，上式两边除以s2n+1后，推得：
-1-（2n+1）z（z-s2n+1）A+b2n+1=0
推得：b2n+1-1=（2n+1）z（z-s2n+1）A……①
同理先假设: x1=r2n+1，则有x1=z-y=r2n+1,设x=ar,用上述方法推得:a2n+1-1=（2n+1）z（z-r2n+1）B……②
由z2n+1=(x+y1)2n+1= x2n+1+y2n+1,推得: x2n+1+y12n+1+(2n+1)xy1 (x+y1)C= x2n+1+y2n+1
推得: y12n+1+(2n+1)xy1 (x+y1)C= y2n+1
上式两边均除以y1=s2n+1，
推得: y12n+(2n+1)x (x+y1)C=b2n+1…….③
同理:由z2n+1=(x1+y)2n+1= x2n+1+y2n+1
推得: x12n+(2n+1)y(x1+y)D=a2n+1…….④
①③联立合并推得: y12n+(2n+1)x (x+y1)C -1=（2n+1）z（z-s2n+1）A
看上式: x+y1=z, z-s2n+1=x，
所以推得：y12n -1中含有（2n+1）zx……⑤
注意这里ab均为正整数
同理②④联立推得：
x12n -1中含有（2n+1）zy……⑥,
也就是说⑤⑥中含有z,也就意味着含有t.
如果我们依据上面的方法,把（2n+1）y1= s2n+1和（2n+1）x1= r2n+1代换进去的话,则发现:如果x1或y1是2n+1的倍数的话,⑤⑥两个式子根本不可能成立.当然:其实这个也可以用x2n+1可以被z-y整除来判断出x1=z-y≠r2n+1/(2n+1)。即先设x=ar与z-y=r2n+1/（2n+1）的最大公约数为r（注意：r中含有2n+1）,这样求出x2n+1/[r2n+1/(2n+1)]后,剩余的式子里还应该含有一个2n+1,进而推出r不是最大公约数.所以x1与y1只能是某整数的2n+1次幂.（注意这里2n+1是素数，所以才有这个结论的）（后注：这里还是证明出来吧：设x=ar，x1= r2n+1/（2n+1），两者之间最大公因数为r，且r中含有2n+1，a与r互质。x2n+1可以被x1=z-y整除，所以x2n+1/[r2n+1/(2n+1)]必然要等于一个数（这个数中含有2n+1）的2n+1次方，这样推得a2n+1中含有（2n+1）2n，因为2n+1是素数，故推得a中含有2n+1，又推得a与r不互质，悖论出现，故排除了x1= r2n+1/（2n+1）成立的可能性。）
因为:y1=z-x,所以y12n -1=（z-x）2n-1中含有zx，推得：z2n-1中含有x……⑦
x2n-1中含有z……⑧.
同理:由x1=z-y推得: z2n-1中含有y……⑨;
y2n-1中含有z……⑩.
由z2n+1-z=z(z2n-1),依据⑦⑨和费马小定理推得: z2n+1-z中含有(2n+1)xyz……⑾
由⑧⑩⑾和费马小定理及x+y-z=k得出: z2n+1-z= (x2n+1-x)+(y2n+1-y)+k
推得:k中必须含有z或是z的倍数(注:画蓝线部分皆含有z).
而我们又知道k必须小于z,（在题意要求下， k小于xyz三者间中的任何一个数，且四者均大于零，此易证。）所以悖论出现.进而我们可以逆推得假设错误,即费马大定理成立.（注意这里只是证明了费马大定理的核心部分：费马方程没有正整数解，如果扩大到非零整数解的范围的话，总的来说就是核心部分的加减号和正负号的变化，所以证明了核心部分，也就等于证明了费马大定理）
出投笔记 -
你说的应该不是那个费马大定理或者费马小定理吧
应该是高等数学或者数学分析里的那个费马定理吧
如果是这个，你只需要考虑极值点的函数值特点，分别求极值点处的左导数、右导数就可以了，一个不大于0，一个不小于0，因为两者要相等，因而只能是0了