最新费马大定理证明过程难 费马大定理证明过程中哪位科学家没有做出贡献(三篇)

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费马大定理证明过程难 费马大定理证明过程中哪位科学家没有做出贡献篇一

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 x^2＋ y^2 ＝z^2 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x^n+y^n=z^n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。著名数学家欧拉用无限下推法证明了方程 x^3+y^3=z^3和x^4+y^4=z^4不可能有正整数解。

因为任何一个大于2的整数，如果不是4的倍数，就一定是某一奇素数或它的倍数。因此，只要能证明n＝4以及n是任一奇素数时，方程都没有正整数解，费尔马大定理就完全证明了。n＝4的情形已经证明过，所以，问题就集中在证明n等于奇素数的情形了。

在欧拉证明了 n＝ 3，n＝ 4以后，1823年和 1826年勒让德和狄利克雷各自独立证明了 n＝ 5的情形，1839年拉梅证明了 n＝ 7的情形。就这样，一个一个奇素数证下去的长征便开始了。

其中，德国数学家库默尔作出了重要贡献。他用近世代数的方法，引入了自己发明的“理想数”和“分圆数”的概念，指出费尔马大定理只可能在n等于某些叫非正则素数的值时，才有可能不正确，所以只需对这些数进行研究。这样的数，在100以内，只有37、59、67三个。他还具体证明了当 n＝ 37、59、67时，方程x^n+y^n=z^n是不可能有正整数解的。这就把费尔马大定理一下推进到n在100以内都是成立的。库默尔“成批地”证明了定理的成立，人们视之为一次重大突破。1857年，他获得巴黎科学院的金质奖章。

这一“长征”式的证法，虽然不断地刷新着记录，如 1992年更进到n＝1000000，但这不等于定理被证明。看来，需要另辟蹊径。

10万马克奖给谁

从费尔马时代起，巴黎科学院曾先后两次提供奖章和奖金，奖励证明费尔马大定理的人，布鲁塞尔科学院也悬赏重金，但都无结果。1908年，德国数学家佛尔夫斯克尔逝世的时候，将他的10万马克赠给了德国哥庭根科学会，作为费尔马大定理的解答奖金。

哥庭根科学会宣布，奖金在100年内有效。哥庭根科学会不负责审查稿件。

10万马克在当时是一笔很大的财富，而费尔马大定理又是小学生都能听懂题意的问题。于是，不仅专搞数学这一行的人，就连很多工程师、牧师、教师、学生、银行职员、政府官吏和一般市民，都在钻研这个问题。在很短时间内，各种刊物公布的证明就有上千个之多。

当时，德国有个名叫《数学和物理文献实录》的杂志，自愿对这方面的论文进行鉴定，到 1911年初为止，共审查了111个“证明”，全都是错的。后来实在受不了沉重的审稿负担，于是它宣布停止这一审查鉴定工作。但是，证明的浪潮仍汹涌澎湃，虽然两次世界大战后德国的货币多次大幅度贬值，当初的10万马克折算成后来的马克已无多大价值。但是，热爱科学的可贵精神，还在鼓励着很多人继续从事这一工作。

姗姗来迟的证明

经过前人的努力，证明费尔马大定理取得了许多成果，但离定理的证明，无疑还有遥远的距离。怎么办？来必须要用一种新的方法，有的数学家用起了传统的办法——转化问题。

人们把丢番图方程的解与代数曲线上的某种点联系起来，成为一种代数几何学的转化，而费尔马问题不过是丢番图方程的一个特例。在黎曼的工作基础上，1922年，英国数学家莫德尔提出一个重要的猜想。：“设f（x，y）是两个变数x、y的有理系数多项式，那么当曲线f（x，y）= 0的亏格（一种与曲线有关的量）大于1时，方程f（x，y）＝0至多只有有限组有理数”。1983年，德国29岁的数学家法尔廷斯运用苏联沙法拉维奇在代数几何上的一系列结果证明了莫德尔猜想。这是费尔马大定理证明中的又一次重大突破。法尔廷斯获得了1986年的菲尔兹奖。

维尔斯仍采用代数几何的方法去攀登，他把别人的成果奇妙地联系起来，并且吸取了走过这条道路的攻克者的经验教训，注意到一条崭新迂回的路径：如果谷山——志村猜想成立，那么费尔马大定理一定成立。这是1988年德国数学家费雷在研究日本数学家谷山——志村于1955年关于椭圆函数的一个猜想时发现的。

维尔斯出生于英国牛津一个神学家庭，从小对费尔马大定理十分好奇、感兴趣，这条美妙的定理导致他进入了数学的殿堂。大学毕业以后，他开始了幼年的幻想，决心去圆童年的梦。他极其秘密地进行费尔马大定理的研究，守口如瓶，不透半点风声。

穷七年的锲而不舍，直到1993年6月23日。这天，英国剑桥大学牛顿数学研究所的大厅里正在进行例行的学术报告会。报告人维尔斯将他的研究成果作了长达两个半小时的发言。10点30分，在他结束报告时，他平静地宣布：“因此，我证明了费尔马大定理”。这句话像一声惊雷，把许多只要作例行鼓掌的手定在了空中，大厅时鸦雀无声。半分钟后，雷鸣般的掌声似乎要掀翻大厅的屋顶。英国学者顾不得他们优雅的绅士风度，忘情地欢腾着。

消息很快轰动了全世界。各种大众传媒纷纷报道，并称之为“世纪性的成就”。人们认为，维尔斯最终证明了费尔马大定理，被列入1993年世界科技十大成就之一。

可不久，传媒又迅速地报出了一个“爆炸性”新闻：维尔斯的长达200页的论文送交审查时，却被发现证明有漏洞。

维尔斯在挫折面前没有止步，他用一年多时间修改论文，补正漏洞。这时他已是“为伊消得人憔悴”，但他“衣带渐宽终不悔”。1994年9月，他重新写出一篇108页的论文，寄往美国。论文顺利通过审查，美国的《数学年刊》杂志于1995年5月发表了他的这一篇论文。维尔斯因此获得了1995～1996年度的沃尔夫数学奖。

经过 300多年的不断奋战，数学家们世代的努力，围绕费尔马大定理作出了许多重大的发现，并促进了一些数学分支的发展，尤其是代数数论的进展。现代代数数论中的核心概念“理想数”，正是为了解决费尔马大定理而提出的。难怪大数学家希尔伯特称赞费尔马大定理是“一只会下金蛋的母鸡”。

注：x^2表示x的平方。

费马大定理证明过程难 费马大定理证明过程中哪位科学家没有做出贡献篇二

【法1】

等轴双曲线方程的通解与费尔玛大定理的证明

滕锡和

(河南鲁山 江河中学 邮编：467337)

摘 要: 由等轴双曲线方程与费尔玛方程的内在联系，寻找到一种费尔玛方程是否有正整数解的充要条件，再由对此条件的否定，证明了费尔玛大定理，并且把费尔玛大定理与勾股定理有机地统一起来。关键词: 完全q解；可导出q解；连环解

中图法分类号：o156.4 文献标识码：a 文章编号： 1 r通解

本文所用数集：n---自然数集，q---有理数集，r---实数集。本文讨论不超出r的范围。

本文中方程xyz及同类方程中的指数n∈n，以后不再说明。引理1 方程

xyz（n≥2）(1)有n解的充要条件是它有q解。

引理2 方程（1）xyz（n≥2）有n解的充要条件是它有既约n解。这样，在以后的讨论中只需讨论q解及既约n解的情形，可使过程简化。引理3 方程（1）xyz（n≥2）有n解的充要条件是方程

x-y1（n≥2）（2）

有q解。

证明 充分性 如果方程（2）（n≥2）有q解，设（x-y1为其q解，则（nnnnnnnnnnnnnnnnwu，）u，v，wn两两互素vvunwnnnnnnn）-＝1，uvw。于是方程（1）xyz（n≥2）

vv有n解u，v，w。

必要性 如果方程（1）xyz（n≥2）有n解，设u，v，wu，v，wn两两互素nnn 1 为其n解，则unvnwn，（解（uwn）-n＝1。于是方程（2）xn-yn1（n≥2）有qvvwu。证毕，）vvnnn引理4 如果方程（1）xyz（n≥2）有q解，那么，只有两类：

i）完全q解u，v，wu，v，wq；

ii）可导出q解u，v，wq，u，v，wq。

nnn证明 第i）类属显然。

第ii）类，把u，v，w代入方程（1），得uvw，∴ unvnwn

于是导出方程（1）的q解u，v，w。

除此以外，由其它任何形式的带无理因子的解，都不能导出q解。事实上，设1u，2v，3w（1，2，3中至少有一个∈q且三个数中含有不可通约的无理因子，u，v，w ∈q）为方程（1）的解，则由1，2，3的定义知，它们的无理因子是不能从上式中完全提到括号外面去的，即由它不能导出方程（1）的q解。证毕

从引理4及其证明过程可以得到以下三条结论：（1）若将第i）类q解的三个数同乘以一个数ξ（ξ∈q），得到ξ

u，v，w，则

此解仍是方程（1）的第i）类q解；若将三个数同乘以一个数λ（λ∈q），得到λu，v，w，则此解变为方程（1）的第ii）类q解。

（2）若将第ii）类q解的三个数同乘以一个数

q，得到u，v，w，则此解1变为方程（1）的第i）类q解;若将三个数同乘以一个数δ（δ∈r且q），得到δλu，v，w，则此解仍是方程（1）的第ii）类q解。

（3）方程（1）的第i）、ii）类q解与非第i）、ii）类q解之间是封闭的。即无论对数组的三个数同乘以一个什么正实数，它们之间都不可能互化。

 定理1 方程（1）xyz（n≥2）的 r解公式是

nnn 2

2n2n2 a1n，（2d），（d21），（d21）（1、dr，d1）2r212n2r12nn），r，（2、rr，r1）或 b2（。22znynnnn证明 当x，y，zr时，由xyz得1。根据引理3，这两个方程

xx在是否存在q解方面是等价的。从而得到

nnnznyzy2222（（1 ））xxxxnz2y21zny22。由此解得d（d1）于是设，则xxdxxnnz2d21y2d21，。恢复z：x和y：x的比例系数后得x2dx2dnn）0）0z2（d21y2（d21，拆开后即得 ，（0r）x2d0x2d0nn222nn a（x，y，z）n（2d）02，（d21）02，（d21）02（0r，d1）2n2n2 1n（2d），（d21），（d21）（122n。02r，d1）nnnnnznzxx2z2x2nnn222又，由xyz得（（（1。）（）1，））yyyyyynznxz2x2122（rr1）设，则。仿上法又得到 yyyyrnnr212n2r212nnb（x，y，z）2，r，（2、rr，r1）。22若设dap、r（a、b、p、qr，ab,pq)，则a、b之间的变换关系是bqdppab，r.将a、b两式分别代入方程（1），等式成立。因此，a、b两式都是方程pqab（1）的r解公式。证毕

定理1说明 i）方程（1）的任何一个r解都可以由a、b两式同时表出;a、b两式表出

 3 的任何一个r数组，都是方程（1）的r解。ii）如果方程（1）有n（或q）解，则必能用a、b两式同时表出；如果a、b两式同时表出n（或q）数组，则方程（1）有n(或q)解。反之，如果a、b两式不能同时表出n（或q）数组，则方程（1）没有n（或q）解。

2 有n解的充要条件

引理5 方程（1）xyz（n≥2）有q解的充要条件是

2n2n2 a0n（2d），（d21），（d21）（d1）2r212n2r12nn），r，（r1)

或 b0（22nnn 能同时表出或导出q数组。

证明 根据引理4的结论（3），可将a、b两式的系数1，2略去，因为这样，一者可使讨论简化，二者既不会使第i）、ii）类q解增生，也不会使之消失，三者必要时再同乘以一个公共因子。

先证a0。必要性 根据定理1，如果方程（1）有q解，必能用a0式表出或导出。根据引理4，其q解只有两类：i）如果是第i）类q解，即存在d0，当dd0时，其解

2n2n2是q解，则a0能表出q数组a0；ii）如a0n（2d0），（d021），（d01）（d01）果是第ii）类q解，根据引理4，由这个第ii）类q解必能导出第i）类q解，从而a0能导出q数组。

充要性 如果a0式能表出或导出q数组，显然是方程（1）的q解，即方程（1）有q解。

对于b0式与a0式同理可证。证毕

根据引理1、2、5，不难找到思路：方程（1）有n解的充要条件是a0、b0两式能同时表出或导出既约n数组。

定理2 方程

 x2ny2nz2n（n1（3））有n解的充要条件是以下两式：

4 a（2n）n22n22n 22n1a0nb0n，（2n1a0n）（b0n），（2n1a0n）（b0n）（2n1※ a0nb0n0，a0n，b0奇，（a0，b0）1）,2n2n2n2（pn）（q）（p）（qn0000）nnn，（pq）， 或 b（2n）0022（p0q00，二奇，（p0，q0）1）

能同时表出既约n数组。

[※]也可以是a02nn1b0n0，a0奇，b0∈n，（a0，b0）＝1。有且仅有这两种情形，因为自然数只有奇偶两类。此类情形与上同理，故未写出。无妨，下同。

证明 必要性 如果方程（3）有既约n解，根据引理1、2、5，必可由a0、b0 两式同时表出或导出。此时两式分别为

a0nnn, 2d，d21，d21（d1）2r21nr1nn，r，）b0.（r122i）证a根据引理4的三条结论，先让n2d∈q。为此必须设d（2n）。一奇一偶，(a,b)1，则

a ab0,1，ba0

必须再设a2 a0n1n1b2nnnn2ab，a2b2，a2b2

a0，bb0，2n1a0b00，a0∈n，b0奇，(a0，b0)1，则

nnnn1(b0n)2nnn22n1a0nb0n，(2n1a0n)2(b0n)2，(2n1a0n)2(b0n)21a(2n)2b0nii）再证b（2n）。根据引理4的三条结论，先让rq。为此必须设rp1，pq0，q二奇，(p,q)1，则

1 b0n2qn22p2q2pqnn，pq，n22。必须再设pp0，qq0，p0q00，二奇，(p0,q0)1，则

n 5

22n2n2（q0n）（p）q）1n（p0n）1nn00nnb0n，pq，b。002q02（2n）（q0n）22 同时易证a到此，a（3）（2n）、b（2n）中的底数分别两两互素。（2n）、b（2n）两式仍必能表出方程的既约n解。于是a（2n）、b（2n）必能同时表出既约n数组。

充分性 如果a（2n）、b（2n）都能表出既约n数组，同时易验知，a（2n）、b（2n）能使方程（3）成立，那么，此时这两个既约n数组就是方程（3）的既约n解。即方程（3）有n解。证毕

推论1 方程x2ny2nz2n（n1有n解的充要条件是一下两式：） a（2n)2n2n2n(2ab)2，(a2b2)2，(a2b2)2（ab0，一奇一偶，(a,b)1）

2222pqpq2222n2n2n），（pq），（pq0，二奇，(p,q)1）或 b（2n）（22

能同时表出既约n数组。

 不难看出，a（2n）、b（2n）两式内容详细，a（2n）、b（2n）两式简明扼要。它们各有所长，作用相同。

定理2 方程

x2n1y2n1z2n1（n1（4））有n解的充要条件是一下两式;2n12n2n12n122n12n2n122n1222n12n2n12n122a(22ab)，（2a）（b），（2a）（b）（2n1)000000

（2a02n2n1b02n10，a0n，b0奇，(a0,b0)1)

2n122n1222n122n122（p）（q）（p）（q）2n12n1200002n12n12n1，（pq），或 b（2n1）00 22（p0q00，二奇，(p0,q0)1)

能同时表出既约n数组。

证明 必要性 如果方程（4）有既约n解，根据引理1、2、5，必可由a0、b0两式同时表出或导出。此时两式分别为

22n12n122n122，d1，（d21））a0（２d），（r1 6 22r1r122n1222n12n1），r，（r1）b0（。22将a0、b0的证明同时进行，以便比较。下面分四种情形讨论：

i）根据引理4 的三条结论，若dq，则必须设d则

a ab0，一奇一偶，(a,b)1，1，ba02n11b42n2n122n122n12（2ab），（a2b2），（a2b2）。

必须再设a2a02n1，bb02n1，2a02n2n1b02n10，a0∈n，b0奇，(a0,b0)1，则

a012n12n2n12n122n12n2n122n1222n12n2n122n122（22ab），（2a）（b），（2a）（b） 000000b041a； 4（2n1）b0p1，pq0，二奇，(p,q)1，则 q若rq，则必须设r1b02n14q必须再设pp02222pqpq2222n12n12n1），（pq）， （222n1，qq02n1，p0q00，二奇，(p0,q0)1，则

22222n122p02n1）2n12n12n12p02n1）（q02n1）（（q）12n1（02n1b04，（pq），00

q0221b。4（2n1）q0221（2d）q。为此 ii）根据引理4的三条结论，若dq，为了让2n（2d）q，必须有必须设d22n1a1b12n12n-12n1b12n10，a1n，b1奇，(a1,b1)1，则，2a12n1a01b122n122122na1n21n2n11b1，2（2n21an11nn22112b）21，（2nn212n1212a1）b

1①



7 若rq，为了让2n1rq，必须有rq，为此必须设r22p1q12n12n1，p1q10，二奇，(p1,q1)1，则

12n1p12n1q12n122n12n12n12n1p12n1q12n12），p1q1， ②

b02（q122但是，在情形ii）下，方程（4）若有既约n解，必须被①、②两式同时表出。于是得到

2n1pq12n1222n12n12n1③ 12n12n122ab 112 2n12n12n12④（2a1b12n1）2n1p12n1q12n1  2n12n1p1q1222n（1122n1a12n1b12n1）2n ⑤

2比较后发现，③式中左边的底数不是完全平方数，而右边的底数是完全平方数；④式的情形恰好相反。为此必须再设a12a0，b1b0，2a0则 222n2n1bb2n10，a0n，b0奇，(a0，b0)1，a012n12n2n12n122n12n2n122n1222n12n2n122n122（22ab），（2a）（b），（2a）（b）000000b041a； 4（2n1）b022 必须再设p1p0，q1q0，p0q00，二奇，(p0，q0)1，则22222n122p02n1）2n12n12n12p02n1）（q02n1）（（q）12n1（02n1nb04，（pq），00 q0221b。4（2n1）q0、b 这样，情形ii）就归结到情形i）中去了。同时易证a（2n1）（2n1）中的底数分别两两互素。至于情形iii）dq，rq和情形iv）dq，rq，显然被情形ii）所包含。到此，a、b、b（2n1）（2n1）两式仍必能表出方程（4）的既约n解。于是，a（2n1）（2n1）必能表出既约n数组。、b、b充要性 如果a（2n1）（2n1）都能表出既约n数组，同时易验知a（2n1）（2n1）分别能使

8 方程（4）成立，那么，此时这两个既约n数组就是方程（4）的既约n解，即方程（4）有n解。证毕

推论2 方程（4）x2n1y2n1z2n

1有n解的充要条件是以下两式：（n1）a（2n1)2n12n12n1(2ab)2，(a2b2)2，(a2b2)2（ab0，一奇一偶，(a，b)1）

2222pqpq2222n12n12n1b，（pq），（pq0，二奇，(p，q)1）（2n1）22

能同时表出既约n数组。

将推论1、2归纳到一起就是

推论

3方程(1)xyz 有n解的充要条件是以下两式:（n2）nnna（n)n2n2n(2ab），(a2b2），(a2b2)2（ab0，一奇一偶，(a，b)1）



22p2q22pq22nnnb），（pq），（pq0，二奇，(p，q)1）（n）（22能同时表出既约n数组.，b二式便可得到: 顺便指出,当n2时,由a（n）（n）

推论4 方程

x2y2z2(5)的既约n解公式是以下二式：

（2ab，a2b2，a2b2）a（ab0，一奇一偶，(a，b)1）（2）p2q2p2q2或 b，pq，（pq0，二奇，(p，q)1）（2）223 连环解

定理3 方程

x4y２z4（6）

没有n解。

推论5 方程xyz没有n解。

9 4441推论6

方程x4ny4nz4n没有n解。

推论7

设x，zn，xz，那么z4x4q。

定义1 如果(a，b，c)，(a，c，d)都是方程（1）xyz（n≥2）的解，那么就把它们称做方程（1）的一对连环解。

引理6 设ab0，一奇一偶，(a，b)1；0，一奇一偶，(，)1，那么，方程组

nnn2ab2①

2 222② ab

没有n解。

证明 假设方程组有n解，则由①式变形后设

代入②式，得 abm1（m1，m2，n，m1m2）m222a2m2（m2m1）2 ③ 222bm1（m2m1）当m2m1时，③式左正右负相矛盾；当m2m1时，将③式两边开平方，得

2m2a44 ④ mm2122bm1(m2m1)根据推论7，m2m1q。那么，④式左边是有理数，右边是无理数，相矛盾。

故原方程组没有n解。证毕

定理4 方程（1）xyz（n≥2）没有连环n解。

nnn44（x0，y0，z0），（x0，z0，r0）证明 假设方程（1）有连环n解，则可设是它的一对连环n解。根据推论3中的a（n）式，它们必可表示为

2n2n2（ab0，一奇一偶，(a，b)1）（x0，y0，z0）n（2ab），（a2b2），（a2b2）

n2n222n222（x，z，r）（2），（），（）（0，一奇一偶,(,)1）①

= （2ab），（ab），（）

② 000n2n222n222对比①、②两式得方程组

2ab2 2222ab根据引理6，上方程组没有n解。此与a、b、、的定义相矛盾。故方程（1）没有连环n解。证毕

(z0，x0)1，那么，nz0x0与nz0x0中至推论8 设n2，z0、x0n，z0x0，少有一个n。

证明 假设不是这样，那么，可设nz0x0y0n，nz0x0r0n。∴ x0y0z0，x0z0r0。nnnnnnnnnnnnnn（x0，y0，z0）、（x0，z0，r0）于是恰好构成方程（1）的一对连环n解。此与定理4中方程（1）没有连环n解相矛盾。故原结论成立。证毕

4 费尔玛方程没有n解

引理7 设m、nn，m1，那么，定理5 方程（4）x2n12n1m2n2n1mn。

y2n1z2n1（n1没有n解。）证明 假设不是这样，那就是说，方程（4）有n解。根据定理2中的b（2n1）式，必有

2n122n122p0）（q0）2n1（n2 （p0q00，二奇，(p0，q0)1）

22n122（p02n1）（q0）2n1n2再根据引理7，必有

22n12（p2n1）（q）00vn2n1① 2

（uv0，（u，v）1） 2n122n12p0）（q0）2n（1② un2①②2n1+②-①2n1，2n12n1（2n1）p02u2n1v2n12（2n1）2n12n1 quv0

2n1u2n1v2n1p0n∴ 。

2n12n12n1vq0nu

11 此与由推论8中得到的2n1u2n1v2n1与2n1u2n1v2n1中至少有一个n相矛盾。因此，方

（2n1）（2n1）y2z2没有n解。程（4）没有n解。证毕

推论9 方程x2（2n1）现将有关内容概括一下：

1）推论6 方程x2）定理4 方程x3）推论9 方程x由此得到：

定理6 费尔玛方程xyz 没有n解。（n3）这就是说，当自然数n3时，任何一个自然数的n次幂都不能分成两个自然数的n次幂之和2。

参考文献

[1] 闵嗣鹤 严士健 《初等数论》 高等教育出版社 1982 [2] 梁宗臣 《世界数学简史》

【法2】

nnn4ny4nz4n没有n解。y2n1z2n1没有n解。

（2n1）（2n1）y2z2没有n解。2n12（2n1）五个相似直角三角形与费尔玛大定理的证明（摘要）

1 r通解

引理1 设rt0a0b0c0、rt1a1b1c1、rt2a2b2c2、rt3a3b3c3、rt4a4b4c4的一个锐角分别为a0、a1、a2、a3、a4、，其度数都为（090)，如图，那么，它们的三边之长可以分别表示为以下五个三角数组：

00

bb221aag（a0，b0，c0，），1（ab0）； bb2211aaa（a1，b1，c1，）（2d，d21，d21）（d1）；

r21r21； b（a2，b2，c2，），r，）（r122c（a3，b3，c3，）（2ab，a2b2，a2b2）（ab0）；

p2q2p2q2。d（a4，b4，c4，），pq，（pq0）22b0900），∵(0，∴，则tg，（00，450）（0，1）2a22bb2212tg1tg2ba，cosa，22即，∴ab0，sin（0，1）b2b2a1tg211tg212a2abb22122aa（a0，b0，c0，）（sin，cos，1），1。∵sincos1，∴gbb2211aapqpq（a2b2）g，30 ；当a

其次，易知c，b或pab，qab22证明 首先，对于0，设tg时，cd，3≌4；当1aa2c，1d1时，bb3；当p1r1时，b2d，qq 13 24;当dpqab或r时，1pqab2。因此，这五个直角三角形在上述变换条件下都相似（或全等），且它们的三边之长可以分别用三角数组g、a、b、c、d表示。

定理1 方程

xnynzn（n≥2）（1）的r解公式是以下四式：

2n2n2 a1n，（2d），（d21），（d21）（10，d1）r212n22r212nn），（r），（20，r1）b2（，222n2n2n c，（2ab），（a2b2），（a2b2））（30，ab0）3（22p2q22pq22nnn），（pq），（40，pq0）d4（。22，2，3，4)都是方程

证明 由引理1，(ai，bi，ci)(i1 x2y2z2（2）

222的解，即aibici。所以对任意的ir，都有。从而（iai）（ibi）（ici）222nnn是方程（2）的任意r解。故ia（iai，ibi，ici）nnnn22xinai2，yinbi2，zinci2,则inai，inbi，inbc。令

c,即a，b，c就是

2inin2inin2in2iini2ni2n2i方程（1）xyz（n≥2）的r解公式。证毕 nnn2 有n解的充要条件

引理2 方程（1）xyz（n≥2）有n解的充要条件是它有q解 引理3 方程（1）xyz（n≥2）有n解的充要条件是它有既约n解 引理4 如果方程（1）xyz（n≥2）有q解，那么只有两类：

i）完全q解(u，v，w)(u，v，wq);

nnnnnnnnn ii）可导出q解u，v，w(q，u，v，wq)（证明及三条结论同法1，略）引理5（同法1，略）

14（下接法1的第4页第5行引理5）

equilateral hyperbola’s general solution and fermat’s last theorem’s demonstration

teng xihe(jianghe middle school, lushan county,henan p.c:467337)abstract: basing on the relationship between equilateral hyperbola and fermat’s equation to make sure if there is some neceary request for positive integral solution in solving fermat’s according to the negative conclusion, fermat’s last theorem is proved, and the goal of systematically combining fermat’s last theorem and pythagorean theorem is words: complete q solution;can-reasoned q solution;interlinked solution 

费马大定理证明过程难 费马大定理证明过程中哪位科学家没有做出贡献篇三

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。

费马在阅读丢番图《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。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”（拉丁文原文: "cuius rei demonstrationem mirabilem sane marginis exiguitas non caperet."）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。

对很多不同的n，费马定理早被证明了。但数学家对一般情况在首二百年内仍对费马大定理一筹莫展。

1983年，联邦德国数学家伐尔廷斯证明了莫德尔猜想，从而翻开了费马大定理研究的新篇章．获得1982年菲尔兹奖

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．因此，伐尔廷斯实际上证明的是：任意定义在数域k上，亏格大于或等于2的代数曲线最多只有有限个k一点．

数学家对这个猜想给出各种评论，总的看来是消极的． 1979年利奔波姆说：“可以有充分理由认为，莫德尔猜想的获证似乎还是遥远的事．”

然而，时隔不久，1983年伐尔廷斯证明了莫德尔猜想，人们对它有了全新的看法．在伐尔廷斯的文章里，还同时解决了另外两个重要猜想，即台特和沙伐尔维奇猜想，它们同莫德尔猜想具有同等重大意义．

谷山——志村猜想

1955年，日本数学家谷山丰首先猜测椭圆曲线于另一类数学家们了解更多的曲线——模曲线之间存在着某种联系；谷山的猜测后经韦依和志村五郎进一步精确化而形成了所谓“谷山——志村猜想”，这个猜想说明了：有理数域上的椭圆曲线都是模曲线。这个很抽象的猜想使一些学者搞不明白，但它又使“费马大定理”的证明向前迈进了一步。

谷山——志村猜想和费马大定理之间的关系

1985年，德国数学家弗雷指出了谷山——志村猜想”和费马大定理之间的关系；他提出了一个命题 ：假定“费马大定理”不成立，即存在一组非零整数a,b,c,使得a的n次方+b的n次方=c的n次方（n>2),那么用这组数构造出的形如y的平方=x(x+a的n次方）乘以（x-b的n次方）的椭圆曲线，不可能是模曲线。尽管他努力了，但他的命题和“谷山——志村猜想”矛盾，如果能同时证明这两个命题，根据反证法就可以知道“费马大定理”不成立，这一假定是错误的，从而就证明了“费马大定理”。但当时他没有严格证明他的命题。

弗雷命题

1986年，美国数学家里贝特证明了弗雷命题，于是希望便集中于“谷山——志村猜想”。

“谷山——志村猜想”成立

1993年6月，英国数学家维尔斯证明了：对有理数域上的一大类椭圆曲线，“谷山——志村猜想”成立。由于他在报告中表明了弗雷曲线恰好属于他所说的这一大类椭圆曲线，也就表明了他最终证明了“费马大定理”；但专家对他的证明审察发现有漏洞，于是，维尔斯又经过了一年多的拼搏，于1994年9月彻底圆满证明了“费马大定理”。