费马大定理的初等证明与商高不定方程的新解法

费马猜想之证明.

费马猜想之证明 景光庭 引言：20世纪60年代初，笔者首次接触“费马猜想”。在以后的岁月中，笔者断断续续地研究它。直至1992年，才有机会在《潜科学》上相继发表过三篇论文，这次是最终的证明。 虽然美国数学家怀尔斯因发表论证“费马猜想”的文章，并于1997年荣膺国际上的沃尔夫斯克尔数学大奖，但并没有推开蒙在世界数学家心头上的阴云。笔者曾通过《美国教育交流中心》向怀尔斯寄去了总长仅一页的论文复印件，并明确指出，他在证明中将“费马方程”转化为椭圆曲线，而笔者转化为抛物线，这是不能共存的。何况笔者的转化过程，浅显得连中学生都能读懂，无懈可击，百分之百的正确。怀尔斯巨著难道不是沙滩上的一座摩天大厦？我也向德国马克斯普朗克研究所的学者法尔廷斯寄去了论文复印件，亦表述了上述观点，因为他是少数几个通读怀尔斯论文，并唯一肯定和帮助怀尔斯将论文从二百多页化减到一百三十页的学者 。遗憾的是至今未复。 如果怀尔斯不屑回答一个业余数学爱好者提出的疑问，对他就是一个绝妙的讽刺，因为他以毕生精力研究攻克和使他一举成名的“费马猜想”提出者费马是律师，而不是法兰西学院的院士。恰恰相反，数学只是他的业余爱好。他与人交流数学心得，往往是在通信中进行的，并不象今天这样只有在学术界认可的刊物上发表的文章才能被专家认可。如果当年的学术界也对费马这样苛求，那么今天根本不存在什么“费马猜想”这个问题了。 定理：2>p P P P Z Y X =+ (1) 中，p 为奇素数，X ，Y ，Z 无正整数解。 证：假设X ，Y ，Z 均有正整数解。 令 X=x ，Z = x +a (a 为正整数), Y = y 0+a (y 0为正整数)，约定(x ,y 0,a )=1 ，则有： p p p a x a y x )()0+=++（ (2) 即： 0 (1) 12221101120221010=----++++--------x a c x a c ax c y a c y a c ay c y p p p p p p p p p p p p p p p (3) 不失一般性，可设1),(0≥=d y x 1),(,,11101===y x dy y dx x ，以d 除 (3)式， 并令：10-=p d b ，,2 1 1-=p p ad c b ……,1 11---=p p p p a c b , 于是：0 (11212111111) 1 110=----+++-----x b x b x b y b y b y b p p p p p p 11 1 123122111 1 211110............s y b x b x b x b x b y b y b p p p p p p p =++++= +++------- 11221111011.......----=----p p p p b y b y b y b x s 11231221111.......----=----p p p p b x b x b x b y s

费马大定理证明

【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： 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n n n z y x =+及同类方程中的指数n ∈N ，以后不再说明。 引理1 方程 n n n z y x =+ （n ≥2） (1) 有N 解的充要条件是它有+ Q 解。 引理2 方程（1）n n n z y x =+（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）n n n z y x =+（n ≥2）有N 解的充要条件是方程 -1n n X Y = （n ≥2） （2） 有+ Q 解。 证明 充分性 如果方程（2）-1n n X Y =（n ≥2）有+ Q 解，设（v u v w ，）()u v w N ∈两两互素，，为其+ Q 解，则（ v w ）n -（v u ）n ＝1，n n n w v u =+ 。于是方程（1）n n n z y x =+（n ≥2）有N 解()w v u ，，。 必要性 如果方程（1）n n n z y x =+（n ≥2）有N 解，设()w v u ，，() u v w N ∈两两互素，，

一次不定方程的解法

一次不定方程的解法 我们现在就这个问题，先给出一个定理． 定理如果,a b 是互质的正整数，c 是整数，且方程 ax by c +=① 有一组整数解00,x y 则此方程的一切整数解可以表示为 其中0,1,2,3,t =±±±… 证因为00,x y 是方程①的整数解，当然满足 00ax by c +=② 因此 0000()()a x bt b y at ax by c -++=+=． 这表明0x x bt =-，0y y at =+也是方程①的解． 设,x y ''是方程①的任一整数解，则有 ax by c ''+=③ ③-②得00()()a x x b y y ''-=--④ 由于(,)1a b =，所以0a y y '-，即0y y at '=+，其中t 是整数．将0y y at '=+代入④，即得0x x bt '=-．因此,x y ''可以表示成0x x bt =-，0y y at =+的形式，所以0x x bt =-，0y y at =+表示方程①的一切整数解，命题得证． 有了上述定理，求解二元一次不定方程的关键是求它的一组特殊解. 例1求11157x y +=的整数解． 解法1将方程变形得 因为x 是整数，所以715y -应是11的倍数．由观察得002,1x y ==-是这个方程的一组整数解，所以方程的解为 解法2先考察11151x y +=，通过观察易得

11(4)1531?-+?=， 所以 11(47)15(37)7?-?+??=， 可取0028,21x y =-=，从而 可见，二元一次不定方程在无约束条件的情况下，通常有无数组整数解，由于求出的特解不同，同一个不定方程的解的形式可以不同，但它们所包含的全部解是一样的．将解中的参数t 做适当代换，就可化为同一形式． 例2求方程62290x y +=的非负整数解． 解因为(6,22)2=，所以方程两边同除以2得 31145x y +=① 由观察知，114,1x y ==-是方程 3111x y +=② 的一组整数解，从而方程①的一组整数解为 由定理，可得方程①的一切整数解为 因为要求的是原方程的非负整数解，所以必有 1801104530t t -≥??-+≥? ③ 由于t 是整数，由③得1516t ≤≤，所以只有15,16t t ==两种可能． 当15,15,0t x y ===；当16,4,3t x y ===．所以原方程的非负整数解是 150x y =??=? ，43x y =??=? 例3求方程719213x y +=的所有正整数解． 分析这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况我们可用逐步缩小系数的方法使系数变小，最后再用观察法求得其解． 解用方程

一次不定方程的解法

一次不定方程的解法

一次不定方程的解法 我们现在就这个问题，先给出一个定理． 定理 如果,a b 是互质的正整数，c 是整数，且方程 ax by c += ① 有一组整数解00,x y 则此方程的一切整数解可 以表示为 00x x bt y y at =-??=+? 其中0,1,2,3,t =±±±… 证 因为00 ,x y 是方程①的整数解，当然满足 00ax by c += ② 因此 0000()()a x bt b y at ax by c -++=+=． 这表明0x x bt =-，0y y at =+也是方程①的解． 设,x y ''是方程①的任一整数解，则有 ax by c ''+= ③ ③-②得 00()()a x x b y y ''-=-- ④ 由于(,)1a b =，所以0a y y '-，即0y y at '=+，其中t 是整数．将 0y y at '=+代入④，即得0x x bt '=-．因此,x y ''可以表示成0x x bt =-，0y y at =+的形式，所以0x x bt =-，0y y at =+表示 方程①的一切整数解，命题得证．

例2 求方程62290x y +=的非负整数解． 解 因为(6,22)2=，所以方程两边同除以2得 31145x y += ① 由观察知，114,1x y ==-是方程 3111x y += ② 的一组整数解，从而方程①的一组整数解为 0045418045(1)45 x y =?=??=?-=-? 由定理，可得方程①的一切整数解为 18011453x t y t =-??=-+? 因为要求的是原方程的非负整数解，所以必有 1801104530t t -≥??-+≥? ③ 由于t 是整数，由③得1516t ≤≤，所以只有15,16t t ==两种可能． 当15,15,0t x y ===；当16,4,3t x y ===．所以原方程的非负整数解是 150x y =??=? ，43x y =??=? 例3 求方程719213x y +=的所有正整数解． 分析 这个方程的系数较大，用观察法去求

费马大定理的初等证明

费马大定理的初等证明 倪晓勇 （中国石化仪征化纤短纤生产中心生产管理室，江苏 仪征211900） E-mail:nxyong.yzhx.@https://www.360docs.net/doc/c24469097.html, 费马大定理：不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。 证明：一、当n=2时，有222y x z +=，所以))((222y z y z y z x +-=-=（1）。令22)(m y z =-，则22m y z +=，代入（1）得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=，所以ml x 2=， 22m l y -=，22m l z +=（x 、y 、z 、l 、m 都是自然数） ，显然x 、y 、z 有正整数解。 二、当n=3时，有333y x z +=，所以 ))((22333y zy z y z y z x ++-=-=（2）。令323)(m y z =-， 则323m y z +=，代入（2）得］ ［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +?+=)33(36332233m y m y m ++=。 若方程333y x z +=有正整数解，则)33(63322m y m y ++为某自然数的三次幂，即 363322)33(l m y m y =++，所以 )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+，所以 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和，所以l -3m 2+32m 3=l 2+3m 2l +32m 4，所以l = l 2+3m 2l ，且32m 3=3m 2+32m 4，所以1=l +3m 2，3m=1+3m 2，所以 l +3m=2。因为l 和m 都是自然数，所以l +3m ≥4，所以l +3m=2不可能，所以当n=3时，333y x z +=无正整数解。 三、当n=4时，有z 4=x 4+y 4，所以x 4= z 4-y 4=（z -y ）（z 3+z 2y+zy 2+y 3）(3) 。令（z -y ）=43m 4，则z=y+43m 4，代入 (3) 得x 4= z 4- y 4=43m 4［（y+43m 4）3+（y+43m 4）2+（y+43m 4）y+ y 3］=43m 4 (4y 3+47m 8y+6×43m 4y 2+49m 12)= 44m 4(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12 ) 。 若方程z 4=x 4+y 4有正整数-解，则(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12)为某自然数的四次幂，即(y 3+46m 8y+6×42m 4y 2+48m 12) =l 4，所以y 3+46m 8y+6×42m 4y 2=l 4-48m 12 =（l 42m 3）（l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以y =l -42m 3且y 2+46m 8+6×42m 4y =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以(l -42m 3)2+46m 8+6×42m 4（l -42m 3） =l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以l 2-32m 3 l + 44m 6 + +46m 8+6×42m 4（l -42m 3）=l 3+l 242m 3+l 44m 6+46m 9），所以 44m 6 +46m 8=6×44m 7+46m 9 ，l 2+6×42m 4l =l 3+l 242m 3+l （44m 6+32m 3），所以1+42m 2=6m+42m 3，所以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）=0。因为l 和m 都是自然数，所以l 2+l （42m 2-6m ）+42m 3（42m 2-12m+5）>0，所

(完整word版)初中数学几种不定方程和方程组的解题技巧和方法

初中数学几种不定方程和方程组的解题技巧和方法 凯里市大风洞正钰中学曾祥文 摘要：教学作为一种有明确目的性的认知活动，其有效性是教育工作者所共同追求的。在初中数学教学中不定方程与方程（组）占很大的比例，是中学生经常出错和不懂的部分。本文主要探讨几种不定方程和方程组的解题技巧和方法。 关键词：初中数学不定方程方程 教学作为一种有明确目的性的认知活动，其有效性是教育工作者所共同追求的。有效教学是教师在达成教学目标和满足学生发展需要方面都很成功的教学行为，它是教学的社会价值和个体价值的双重体现。数学是人们对客观世界定性把握和定量刻画、逐渐抽象、形成方法和理论，并进行广泛应用的过程。数学教学是教师对学生进行数学思维培养的一种认知过程。 方程(组)中，未知数的个数多于方程的个数时，它的解往往有无数多个，不能唯一确定，因此这类方程常称为不定方程(组)，解不定方程没有固定的方法，需具体问题具体分析，经常用到整数的整除、奇数偶数的特性、因数分解、不等式估值、穷举、分离整数、配方等知识与方法，解不定方程的技巧是对方程适当变形，灵活运用相关知识。本文就几类常见的不定方程与方程做如下浅析。 1 非负数的巧用 在初中数学中，经常用的非负数有：①a2 ≥0 ；②｜a｜≥0；③a≥0若干个非负数的和为0，那么每个非负数均为0， 例1：已经x2 + y2-x+2y+5/4= 0 ，求x 、y的值。 评析：方程左边配方可变为非负数之和 解：由x2 + y2-x+ 2y+5/4= 0 得( x—1/2 ) 2+ ( y +1 ) 2= 0 所以( x—1/2 ) 2≥0，( y + 1 )2≥≥0 一般地，几个非负数之和为0，则每个非负数均为0。所以x=1/2, y=1 2 二元一次方程的整数解

安德鲁怀尔斯的证明比我复杂一百倍

安德鲁怀尔斯的证明比我复杂一百倍 安德鲁怀尔斯的证明用了130页，并利用了连费马都没接触的理论来证明，充分说明他的证明并没有揭开费马所说的美妙证明的历史真相。真正理解费马原始思想的人是我。我只用了一页的版面通俗地透彻地严格地证明了这一结论。是真金还是铜大家可以验证。 揭开费马大定理真相 当整数n大于2时X n +Y n=Z n 没有正整数解。显然X、Y、Z都不会是零。 证明方法： 由于当n为大于2质数时证明X n +Y n=Z n 没有正整数解。与证明X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解道理一样。又由于当n=ab时X1 +X2n+X3n =0可写成（X1a）b+（X2a）b+（X3a）b=0； 因此只要证明当整数n为大于2的质数X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解，可类推X n +Y n=Z n 没有正整数解，而n=4没有整数解早已被人证明。现在我们需要证明当当n为大于2质数时X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解。 假设存在有整数解，会不会出现冲突呢，会的。 如果X1n+X2n+X3n =0存在有整数解，而n为大于2质数，因此必存： X1X2+X2X3+X3X1=d （d为整数更是有理数）；X1X2X3=c（c为整数更是有理数）也就是说必存在这样的方程组； X1n+X2n+X3n =0 (1) X1X2+X2X3+X3X1=d （d为整数更是有理数） (2) X1X2X3=c（c为整数更是有理数） (3) 由方程组必可合成关于X的一元n次方程，又由于若X1=X2或X1＝X3或X2=X3均不存在整数解，原因是2X1n+X3n=0没有非零整数解，因此倘若有非零整数解也只能是X1、X2、X3 互不相等。由于作为底的仅有X1、X2、X3且均要同时有理地合成为【f（X）】n 的形式现在的问其题在于，关于X的一元n次方程（n为质数）既要把未知数都配方成n次方内，又要表示出三个解的不相等。而d、b均为有理数，能做得到吗？做不到的，我们知道，当n 为质数时若将方程有理化成【f（X）】n ＝P；只能反映有一个实数解，其他是虚数解。说明X1、X2、X3取有理数解是不相容的。更谈不上整数解。也就是说要符合费马所规定条件的方程是不存在，因此我的假设是不成立的。 由于当n为大于2质数时证明X n +Y n=Z n 没有正整数解。与证明X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解道理一样。 当n为合数时，n可分解成质因素，可将一个质因数写成括号外的方次来证明，如果n 只含质因素2,n必可写成4m的形式，可当成4次方程来证明。而n=4时，费马本人已证明。至此费马定理证明完毕。

一次不定方程的解法

精心整理 一次不定方程的解我们现在就这个问题，先给出一个定理 定理如是互质的正整数是整数，且方,①cby?ax?有一组整数解则此 方程的一切整数解可以表示为yx,00其中…3,??1,?2,t?0,证因为是方程①的整数解，当然满足y,x00②c?ax?by00因此 ．cby?at)?ax?ba(x?bt)?(y?0000这表明，也是方程①的解．at?y??x?xbty00设是方程①的任一整数解，则有??y,x③??caxby???②得④③ ??)y(?)x(ax??by?00精心整理． 精心整理 t是整数．将，其中代入④，即得由于，所以，即??? atyy?y?at??y ya?y1)?,(ab000．因此可以表示成，的形式，所以， ???y?y?atx?x?x?x?btyy?x??x?btatbty,x00000表示方程①的一切整数解，命题得证．有了上述定理，求解二元一次不定方程的关键是求它的一组特殊解. 例1求的整数解．715y?11x?将方程变形得1解是这个方程的的倍数．由观察是整数，所应是因211组整数解，所以方程的解先考，通过观 察易得解11114所以 (7711，，从而可取21?x??28,y00可见，二元一次不定方程在无约束条件的情况下，通常有无数组整数解，由于 求出的特解不同，同一个不定方程的解的形式可以不同，但它们所包含的全部解是 t一样的．将解中的参数做适当代换，就可化为同一 形式．求方程的非负整数解．2例9022y??6x得因为，所以方程两边同

除以解2?(6,22)2①45?3x?11y由观察知，是方程1??yx?4,11②1?11y?x3 的一组整数解，从而方程①的一组整数解为 由定理，可得方程①的一切整数解为精心整理． 精心整理 因为要求的是原方程的非负整数解，所以必有 180?11t?0?③??45?3t?0?由于是整数，由③得，所以只有两种可能．16?t?15,tt16t?15?当；当．所以原方程的非负整数解是 3??4,yy?0?t16,xt?15,x?15,x?415x???，??y?3y?0??求方的所有正整数解211?分析这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况们可用逐步缩小系数的方法使系数变小，最后再用观察法求得其解 解用方 211?的最小系除方程①的各项，并移项 211y②?30?2y?x?77y?53．化简得到是整数，故因为也是整数，于是?u yx,3?7u5y?7③3??7u5y3?2u（整数），由此得令?v5④35v?2u?u??1u??1??是方程④的一组解．将代入③得，再将由观察知代入②得 2?2y?y??v?1v?1??x?25x?25?19t??t为整数，所以它的一切解为．于是方程①有一组解025x???y?2y?2?7t??0由于要求方程的正整数解，所以 解不等式，得只能取．因此得原方程的正整数解为0,1t精心整理．精心整理 x?25x?6??，??y?2y?9??当方程的系数较大时，我们还可以用辗转相除法求其特解，其解法结合例题说明．

不定方程的解法与应用

摘要 不定方程是初等数论的一个重要内容，在相关学科和实际生活中也有着广泛的应用．本文首先归纳了整数分离法、系数逐渐减小法和辗转相除法等几种常用的二元一次不定方程的解法；其次进一步讨论了求n元一次不定方程和二次不定方程整数解的方法；最后论述了不定方程在中学数学竞赛题、公务员行测试题和其他学科中的应用，并举例说明． 关键词：不定方程；二元一次不定方程；数学竞赛；公务员试题

Abstract The integral solutions of indeterminate equation solving method is an important content of elementary number theory, has been widely used in related disciplines and in real life. This paper summarizes the integer separation method, coefficient decreases and the Euclidean algorithm and several commonly used two element indefinite equation solution, secondly is further discussed. For n linear indeterminate equation and the method of two time indefinite equation integer solution, and finally discusses the indeterminate equation applied in secondary school mathematics, civil servants for test and other subjects, and illustrated with examples. Key words: i ndeterminate equation; two element indefinite equation; Mathematics contest; civil service examination.

“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)

“猜想”的费马猜想初等数学证明（简稿） 求证：当正整数n＞2时不定方程z n = x n + y n没有正整数解。 证明：因为不定方程z n = y n + x n有正整数解则( kz )n = ( kx )n + ( ky )n（k为正整数）也有正整数解，各倍数解组中必有一组为最小的正整数，所以假设( x ，y ) = 1使z n = y n + x n (1) 正整数等式成立。 依据约数分析法○1将（1）式变形为z n – x n = y n左边进行因式分解： ( z – x ) (z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z + x n-1) = y n (2) 由（2）式，因为z＞x等式左边为两个正整数之积，所以等式右边y n 亦分解为两个正约数之积，设正整数y n = CD得两个―约数式‖和―余约数式‖： z –x = C (3) z n-1 + xz n-2 + ... + x n-2z + x n-1= D (4) 判断（3）式、（4）式确定成立的正整数等式是否成立便可证明费马猜想。 分析（3）式、（4）式，对于正整数z、x所决定y n的C、D两个约数，存在互质或不互质两种情形：即（C ，D）= 1或（C ，D）＞1。 当（C ，D）= 1时，根据引理○2确定正整数C = c n、D = d n，y = cd，由（3）式（4）式得： z –（x + c n）= 0 (5) z n-1 + xz n-2+ ... + x n-2z +（x n-1– d n）= 0 (6) 并同时用计算的方法：同理以x n为约数设x n = (st)n可得z –（y + s n）= 0，x + c n = y + s n，x – y= s n– c n，―x –y‖是确定的整数，由此计算得到c n、s n从而确定y n分解c n及d n是满足（2）式约数分解使（5）式、（6）式为确定的正整数等式。 当（C ，D）＞1时，由（4）式： D = z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 + x3z n-4 + x4z n-5 +x 5z n-6+ … +x n-2z + x n-1 = z n-2（z – x）+2xz n-3（z – x）+3x2z n-4（z – x）+ … +（n-1）x n-2（z – x）+ nx n-1

不定方程的解法

基本介绍编辑本段 不定方程是数论的一个分支，它有着悠 久的历史与丰富的内容。所谓不定方程是指解的范围为整数、正整数、有理数或代数整数的方程或方程组，其未知数的个数通常多于方程的个数。 古希腊数学家丢番图于三世纪初就研究过若干这类方程，所以不定方程又称丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是历史上最活跃的数学领域之一。不定方程的内容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。1969 年，莫德尔较系统地总结了这方面的研究成果。 2 发展历史编辑本段

希腊的丢番图早在公元3 世纪就开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程。Diophantus ，古代希腊人，被誉为代数学的鼻祖，流传下来关于他的生平事迹并不多。今天我们称整系数的不定方程为「Diophantus 方程」，内容主要是探讨其整数解或有理数解。他有三本著作，其中最有名的是《算术》，当中包含了189 个问题及其答案，而许多都是不定方程组（变量的个数大于方程的个数）或不定方程式（两个变数以上）。丢番图只考虑正有理数解，而不定方程通常有无穷多解的。 研究不定方程要解决三个问题：①判断何时有解。②有解时决定解的个数。③求出所有的解。中国是研究不定方程最早的国家，公元初的五家共井问题就是一个不定方程组问题，公元5 世纪的《张丘建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理论有了系统研究。秦九韶的大衍求一术将不定方程与同余理论联系起来。百鸡问题说：“鸡翁一，直钱五，鸡母一，直钱三，鸡雏三，直钱一。百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何”。设x，y，z 分别表鸡翁、母、雏的个数，则此问题即为不定方程组的非负整数解x，y，z，这是一个三元不定方程组问题。 3 常见类型编辑本段

费马大定理的美妙证明

费马大定理的美妙证明 成飞 中国石油大学物理系 摘要：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。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。” 0、费马大定理： 当n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程没有正整数解。 1、当n=1，X+Y=Z，有任意Z≥2组合的正整数解。任意a.b.c；只要满足方程X+Y=Z；a,b.c 由空间平面的线段表示，有 a b c 可见，线段a和线段b之和，就是线段c。 2、当n=2，X2+Y2=Z2，有正整数解，但不任意。 对于这个二次不定方程来说，解X=a,Y=b,Z=c，在空间平面中，a,b,c不能构成两线段和等于另外线段。 又因为，解要满足二次不定方程，解必然a+b>c且c>a,b。 可以知道，二次不定方程的解，a,b,c在空间平面中或许可以构成三角形， B c A 根据三角形余弦定理，有 c2=a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)

此时，a,b,c，即构成了三角形，又要满足二次不定方程X2+Y2=Z2 ，只有当且仅当ɑ=900，cosɑ=0,a,b,c构成直角三角形时c2=a2+b2，既然X=a,Y=b,Z=c，那么二次不定方程X2+Y2=Z2有解。 3、当n=3，X3+Y3=Z3，假设有正整数解。a,b,c就是三次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。 此时，a,b,c也必构成三角形， B A 根据三角形余弦定理，有 c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π) 因为，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的正整数解，cosɑ是连续函数，因此在[-1,1]内取值可以是无穷个分数。根据大边对大角关系，ɑ角度取值范围(60o，180o），由此我们cosɑ的取值分成两部分，（-1,0］和［0，?）范围内所有分数；而a+b>c,且c>a，b， 1、当cosɑ=（-1,0］，三角形余弦定理关系式得到， c2 = a2+b2+mab m=［0,1）内正分数； 等式两边同乘以c，有 c3 = a2c + b2c + mabc 因为c>a，b，那么 c3 > a3+ b3 2、当cosɑ=?，三角形余弦定理关系式得到， c2 = a2+b2-ab 等式两边同乘以a+b，有 (a+b)c2 = a3+ b3 又因为a+b>c， 所以，c3 < a3+ b3 （根据三角形大角对大边，c>a，b，即ɑ不可能等于600） 那么，cosɑ=［0，?）时，更加满足c3 < a3+ b3 既然，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的解，又a3+ b3≠ c3， 那么，X3+Y3≠Z3，得到结果与原假设相矛盾，所以，假设不成立。 即，n=3时，X3+Y3=Z3 ，三次不定方程没有正整数解。 4、n>3, X n +Y n=Z n，假设有正整数解。a,b,c就是n次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。此时，a,b,c构成三角形，根据三角形余弦定理有，

费尔马大定理及其证明

费尔马大定理及其证明 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。

我用概率证明了费马大定理

我用概率证明了费马大定理 章丘一职专马国梁 1637年，法国业余数学家费马在一本著名的古书——丢番图的《算术》中的一页上写了如下一段文字： “分解一个立方为两个立方之和，或分解一个四次方为两个四次方之和，或更一般地分解任一个高于二次方的幂为两个同次方的幂之和均不可能。对此我发现了一个奇妙的证明，但此页边太窄写不下。” 用数学语言表达就是说，当指数n > 2时，方程x^n + y^n = z^n 永远没有整数解。这就是著名的连小学生都能看懂的费马猜想。 可是在这个猜想提出后，那个重要的“奇妙证明”不论在费马生前还是死后始终没有被人见到，且后人也再没有找到，所以人们怀疑那个证明根本就不存在或者是在什么地方搞错了。费马生前只是证明了n = 4 的情况；直到1749年，才被欧拉证明了n = 3 的情况。 这个猜想看上去是如此的简单，让局外人根本无法想象证明它的艰难，所以曾经让不少人跃跃欲试。他们搜肠刮肚，绞尽脑汁，耗费了无数的精力。三百多年来，虽然取得了很大进展，显示了人类的智慧，但问题总是得不到彻底解决。直到1995年，才由英国数学家怀尔斯宣称完成了最后的证明。从此费马猜想变成了真正的“费马定理”。 对费马定理的证明之所以艰难，是因为在整数内部有着极其复杂微妙的制约机制，要想找到这些制约关系，必须深入到足够的程度进行细致的分析才行。所以三百多年来，虽然有不少数学大家还有广大业余爱好者不畏艰难，前赴后继，顽强奋斗，但怎奈山高路远，歧途太多，终归难免失败。 在这样的现实下，笔者明白自己也是局外之人，所以不可能去钻这个无底的黑洞。但是作为一种乐趣，我们不妨另外开辟一条渠道，进行旁证和展望。试用概率计算一下：看看费马猜想是否成立，又成立到什么程度。虽然这在数学界难以得到公认，但是我们歪打正着，乐在其中。因为对于决定性的现象，如果其决定因素和控制过程过于复杂，那么其结果是可以用概率理论进行推算的。 但是要证明费马猜想究竟应该从何处下手呢？对此笔者心中一直有一个强烈的直觉。 我们知道：当n = 1 时，x + y = z 可有无数组解。在正整数中，任何两个整数相加的结果必然也还是整数。 但是当n = 2 时，方程x^2 + y^2 = z^2 的解就没有那么随便了，它们必须是特定的一组组的整数。其组数大大减少。 而当n = 3 时，方程x^3 + y^3 = z^3 则根本就没有整数解了。那么其原因是什么呢？ 对此笔者曾经思考了多年。但没想到只是在近几天才一下子开了窍，找到了问题的关键。原来是：指数越大，整数的乘幂z^n在数轴上的坐标点就越稀疏，从而使任意两整数的同次方幂之和x^n + y^n 落在坐标点上成为整数的可能性就越小。其概率是z^n 的导数的倒数。即每组x^n + y^n 能够成为整数的可能性只有 η= 1/[n z^(n-1)] = 1/ [n (x^n + y^n )^(1-1/n) ] 当x、y在平面直角坐标系的第一区间随意取值时，我们可以用积分的办法算出其中能够让z成为整数的组数。其公式为 N =∫∫ηdx dy =∫∫[(dx dy) / (n (x^n + y^n )^(1-1/n))] 因为在平面直角坐标系上，当z 一定时，由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是个正圆； 而由方程x^n + y^n = z^n 所决定的曲线则是一个近似的圆； 只有当n 趋于无穷大时，它的曲线才能成为一个正方形。 所以当n较小时，我们是可以把方程的曲线当作一个圆来处理的。这样以来，N的积分公式就变成了 N =∫[(0.5πz dz ) / (n z^(n-1))] ①当n = 1 时，由方程x + y = z 所决定的曲线是一条斜的直线。它在第一象限的长度是sqrt(2) z ，此时能够成为整数的概率是100%，即η= 1/[n z^(n-1)] = 1 所以N =∫sqrt(2) z dz = [1/sqrt(2)] z^2 即与z的平方成正比，这意味着在坐标系的第一象限中，遍地都是解。仔细想想这也可以理解。因为不论x还是y，都是可以取任意整数的；而正整数的数量是无穷多，所以它们的组合数将是无穷多的平方，为高一级的无穷多。 ②当n = 2 时，由方程x^2 + y^2 = z^2 所决定的曲线是一个正圆。在第一象限是一段1/4 的圆周，其长度是0.5πz ；此时η= 1/[2 z ] 所以N =∫(0.5πz dz / (2 z) ) = (π/4) z

二元一次不定方程的解法总结与例题

探究二元一次不定方程 （Inquires into the dual indefinite equation） 冯晓梁（XiaoLiang Feng）（江西科技师范学院数计学院数一班 330031）【摘要】:二元一次不定方程是最简单的不定方程, 一些复杂的不定方程常常化为二元一次不定方程问题加以解决。我们讨论二元一次方程的整数解。 The dual indefinite equation is the simple the indefinite equation, some complex indefinite equations change into the dual indefinite equation question to solve frequently. We discuss the dual linear equation the integer solution. 【关键字】：二元一次不定方程初等数论整数解 （Dual indefinite equation Primary theory of numbers Integer solution） 二元一次方程的概念：含有两个未知数，并且未知项的次数是1的方程叫做二元一次方程。一个方程是二元一次方程必须同时满足下列条件；①等号两边的代数式是整式； ②具有两个未知数；③未知项的次数是1。 如：2x-3y=7是二元一次方程，而方程4xy-3=0中含有两个未知数，且两个未知数的次数都是1，但是未知项4xy的次数是2，所以，它是二元二次方程，而不是二元一次方程。 定理1.形如(不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。 [1] 二元一次方程的解和解二元一次方程：能使一个二元一次方程两边的值相等的未知数的一组值叫做这个方程的一个解，但若对未知数的取值附加某些限制，方程的解可能只有有限个。 通常求一个二元一次方程的解的方法是用一个未知数的代数式表示另一个未知数，如x-2y=3变形为x=3+2y，然后给出一个y的值就能求出x的一个对应值，这样得到的x、y的每对对应值，都是x-2y=3的一个解。 定理2.方程有解的充要是；[2] 若，且为的一个解，则方程的一切解都可以表示成： （t为任意整数）

《费马大定理》读后感800字

《费马大定理》读后感800字 费马大定理是17世纪法国数学家费马留给后世的一个不解之谜。即：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。 为证明这个命题，无数的大数学家们都在不懈努力，孜孜不倦的力求攻克。该问题的提出还在于毕达哥拉斯定理（在一个直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方之和）的存在。而后欧拉用他的方式证明了x^3+y^3=z^3无正整数解。同理3的倍数也无解。费马也证明了n为4时成立。这样使得待证明的个数大大减少。终于在“谷山——志村猜想” 之后，被安德鲁·怀尔斯完全证明。 看过该书以后，一方面是对于费马大定理的证明过程的惊叹。这是一个如此艰辛的过程。阿瑟·爱丁顿爵士曾说，证明是一个偶像，数学家在这个偶像面前折磨自己。值得解决的问题会以反击来证明他的价

值。费马大定理的成功证明的实现在是它被提出后的300多年。经典数学的证明办法是从一系列公理、陈述出发，然后通过逻辑论证，一步接着一步，最后就可能得到某个结论。数学证明依靠这个逻辑过程，一经证明就永远是对的。数学证明是绝对的。也是一环扣一环的，没有索菲·热尔曼，柯西，欧拉等人在之前的研究，该定理并非能在个人的一次研究中就能得到证明。对于数学的研究是永无止境的。另一方面，我也认识到寻找一个数学证明就是寻找一种认识，这种认识比别的训练所积累的认识都更不容置疑。最近两千五百年以来，驱使着数学家们的正是这种以证明的方法发现最终真理的欲望。数学家有着不安分的想象与极具耐心的执拗。虽说当今计算机已经发展到一定地步了，它的计算速度再快，但是无法改变数学证明的需要。数学证明不仅回答了问题，还使得人们对为什么答案应该如此有所了解。 学数学能干什么？曾经也有学生这样问过欧拉，欧拉给他一些钱以后就让学生走了。培根也说过，数学使人周密。数学的证明最能培养严谨的态度。

不定方程及不定方程组

第二十七讲 不定方程、方程组 不定方程（组）就是指未知数的个数多于方程的个数的方程 （组）,其特点就是解往往有无穷多个，不能惟 一确定. 对于不定方程（组）,我们往往限定只求整数解，甚至只求正整数解，加上条件限制后，解就可确定? 二元一次不定方程就是最简单的不定方程 ，一些复杂的不定方程（组）常常转化为二元一次不定方程问题 加以解决，与之相关的性质有： 设a 、b 、c 、d 为整数，则不定方程ax by c 有如下两个重要命题: （1）若（a ，b ）=d ，且d 卜c ，则不定方程ax by c 没有整数解； x x 0 bt , ⑵若X 。，y o 就是方程ax by c 且（a ，b ）=1的一组整数解（称特解），则 （t 为整数）就是方程 的 y y o at 全部整数解（称通解）. 解不定方程（组），没有现成的模式、固定的方法可循 ，需要依据方程（组）的特点进行恰当的变形，并灵活运 用以下知识与方法；奇数偶数，整数的整除性、分离整系数、因数分解。配方利用非负数性质、 穷举，乘法公式， 不等式分析等. 举例 【例1】 正整数m 、n 满足8m+9n=mn+6,则m 的最大值为 _______________ . （新加坡数学竞赛题） 思路点拔 把m 用含n 的代数式表示，并分离其整数部分（简称分离整系数法）.再结合整除的知识，求出m 的最大值. 注:求整系数不定方程 ax by c 的整数解。通常有以下几个步骤 ： （1）判断有无整数解;（2）求一个特解;（3）写出通解;（4）由整数t 同时要满足的条件（不等式组）,代入⑵中的表 达式，写出不定方程的正整数解. 分离整系数法解题的关键就是把其中一个未知数用另一个未知数的代数敷式表示 ，结合整除的知识讨 论. 【例2】 如图，在高速公路上从3千米处开始，每隔4千米设一个速度限制标志，而且从10千米处开始，每隔 9千米设一个测速照相标志，则刚好在19千米处同时设置这两种标志 .问下一个同时设置这两种标志的地点 的千米数就是（ ）. 1115 （3）求方程 的正整数解. x y z 6 （“希望杯”邀请赛试题） p 1 思路点拨 设置限速标志、照相标志千米数分别表示为 定方程3+4x=0+9y 的正整数解. 【例3】（1）求方程15x+52y=6的所有整数解. （2）求方程x+y = x 2 一 xy+y 2 的整数 （河南省竞赛题） 3+4x 、10十9y （x,y 为自然数），问题转化为求不 A.32千米 B.37千米 C.55千米 D.90千米