费马大定理证明是什么？

1. 费马大定理证明是什么？

证明费马大定理（证明过程详解）
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。
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。



证明完成：
1986年，英国数学家安德鲁·怀尔斯听到里贝特证明弗雷命题后，感到攻克费马大定理到了最后攻关阶段，并且这刚好是他的研究领域，他开始放弃所有其它活动，精心梳理有关领域的基本理论，为此准备了一年半时间把椭圆曲线与模形式通过伽罗瓦表示方法“排队”。
接下来的要将两种“排队”序列对应配对，这一步他两年无进展。此时他读博时学的岩泽理论一度取得实效，到1991年他之前的导师科茨告诉他有位叫弗莱切的学生用苏联数学家科利瓦金的方法研究椭圆曲线，这一方法使其工作有重大进展。
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，听完演讲人们意识到谷山—志村猜想已经证明。
由此把法尔廷斯证明的莫德尔猜想、肯·里贝特证明的弗雷命题和怀尔斯证明的谷山—志村猜想联合起来就可说明费马大定理成立。其实这三个猜想每一个都非常困难，问题是怀尔斯的最后证明，他变为完成费马大定理证明的最后一棒。

2. 费马大定理的证明过程是什么?

费马大定理证明过程：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。

证明过程：
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：（na）^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。

3. 费马大定理的证明是什么?

证明费马大定理是如下：
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。
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。

费马大定理：
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。

4. 求费马大定理的证明过程

若用不定方程来表示，费马大定理即：当n > 2时，不定方程xn + y n = z n 没有xyz≠0的整数解。为了证明这个结果，只需证明方程x4 + y 4 = z 4 ，(x , y) = 1和方程xp + yp = zp ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1〔p是一个奇素数〕均无xyz≠0的整数解。 


n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。费马本人证明了p = 3的情，但证明不完全。勒让德〔1823〕和狄利克雷〔1825〕证明了p = 5的情形。1839年，拉梅证明了p = 7的情形。1847年，德国数学家库默尔对费马猜想作出了突破性的工作。他创立了理想数论，这使得他证明了当p < 100时，除了p = 37，59，67这三个数以外，费马猜想都成立。后来他又进行深入研究，证明了对于上述三个数费马猜想也成立。在近代数学家中，范迪维尔对费马猜想作出重要贡献。他从本世纪20年代开始研究费马猜想，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。 


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。到1977年为止，瓦格斯塔夫证明了p  0，y > 0，z > 0，n > 2，使xn + y n = z n ，则x > 101,800,000。

5. 费马大定理的证明?

分类:  理工学科 
   解析: 
  
 1994年10月，美国普林斯顿大学数学教授安德鲁·怀尔斯，终于圆了童年的梦想，证明了费马大定理。他的论文发表在1995年5月的《数学年刊》上。 
 
  费马大定理源自法国人皮埃尔·德·费马。费马生于1601年8月20日，卒于1665年1月12日，是法国地方 *** 系统中的文职官员，又是业余数学爱好者。从职业上说，他是业余数学家；而从数学成就上说，他足以跻身于伟大专业数学家行列。 
 
  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。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”。他又写了一个附加评注：“我有一个对这命题的十分美妙的证明，这里空白太小，写不下。”这就是费马大定理。费马逝世后，他的长子克来孟一缪塞尔·费马意识到他父亲的业余爱好所具有的重要意义，花了5年时间，整理了其父在《算术》一书上的页边空白处的评注，于1670年出版了附有费马注评的《算术》的特殊版本。费马大定理才得以公诸于世，并传于后世。 
 
  费马大定理看起来很简单，很容易理解，但要证明它却难住了300多年来一代代杰出的数学家。 
 
  
 
  安德鲁·怀尔斯出生于英国剑桥，1980年移民美国。1963年他10岁。有一天他从学校漫步回家时，走进了弥尔敦路上的图书馆，被埃里克·坦普尔·贝尔写的《大问题》一书吸引住了。这是怀尔斯第一次接触到费马大定理，他心中产生了征服这个数学难题的强烈愿望。 
 
  在以后的岁月中他一直在为实现这个目的而做着准备。他修完了数学学士和博士学业，成为数学教授，加入职业数学家的行列。他广泛吸收和潜心研究各种新的数学理论和方法，并综合应用它们，克服一个又一个的挫折和困难，并最终战胜了300多年来的挑战，把费马大定理的证明划上了圆满的句号。 
 
  从上面安德鲁·怀尔斯证明费马大定理的故事中我以为至少可以得到以下几点启示： 
 
  一、优秀的科普书籍对人民群众、特别是青少年有巨大的影响。如果安德鲁·怀尔斯没有看到有关科学著作，如果这些科学著作没有以生动形象的手法通俗地介绍科学问题，则很难有安德鲁·怀尔斯的成功。目前，我国对科技工作，包括科普事业的重视程度不断提高，两院院士也投身到科普创作中来了，这是很可喜的现象。但是，只靠院士们的力量，还是不够的，要发动社会上其他人士也加入到科普创作的行列中来。还要建立一些鼓励科普创作和出版的机制，资助一些科普书籍的创作和出版。 
 
  二、要实现自己的理想，必须要脚踏实地地去学习，去奋斗。解决困扰世人几百年的数学难题，没有扎实的数学基础，不了解所研究问题的来龙去脉，不掌握几百年来人们对它研究取得的成功经验和失败教训，不融汇贯通地应用各种数学理论和方法，是不可能取得成功的。安德鲁·怀尔斯为实现自己10岁时的梦想，学习、奋斗了30多年，才最终得到成功。这说明在科学上来不得半点虚假，没有投入是得不到成功的。 
 
  三、研究和解决一些数学难题，会推动某些数学分支、甚至整个数学学科的发展。例如，安德鲁·怀尔斯在证明费马大定理中融合了各种数学理论和方法，开辟了处理其他众多数学问题的新思路，推进了数学的重大发展。而数学又是推动其他科学和技术发展的有力工具，数学的发展必然会推动生产力的发展。因此，所谓“理论脱离实际”是以狭窄的、片面的和局限的思维方式看问题所得出的观点。从历史的、全面的和总体的观点看，即使像证明费马大定理和哥德巴赫猜想这样抽象的数学问题，也是与人类文明和科学技术的发展息息相关的。当然，自然科学中有些与人类的生产活动联系得直接些、密切些，有些则间接些、疏远些。但是，无论与生产活动联系密切的科学，还是较不密切的科学，它们的进步都将推动生产力的发展。只是有的能迅速地、直接地见效，有的则不那么迅速，不那么直接地显示出来

6. 费马大定理的证明过程有哪些？

费马点的证明
如图，在△ABC中，P为其中任意一点。连接AP，BP，得到△ABP。
合并图册
合并图册(2张)
以 点B为旋转中心，将 △ABP逆时针旋转 60°，得到△EBD
∵旋转60°，且BD=BP，
∴△DBP 为一个等边三角形
∴PB=PD
因此， PA+PB+PC=DE+PD+PC
由此可知当E、D、P、C 四点共线时， 为PA+PB+PC最小
若E、D、P共线时，
∵等边△DBP
∴∠EDB=120°
同理，若D、P、C共线时，则 ∠CPB=120°
∴P点为满足∠APB=∠BPC=∠APC=120° 的点。
历史背景
皮耶·德·费马（Pierre de Fermat）是一个17世纪的法国律师，也是一位业余数学家。之所以称业余，是由于皮耶·德·费马具有律师的全职工作。他的姓氏根据法文与英文实际发音也常译为“费尔玛”（注意“玛”字）。费马最后定理在中国习惯称为费马大定理，西方数学界原名“最后”的意思是：其它猜想都证实了，这是最后一个。
著名的数学史学家贝尔（E. T. Bell）在20世纪初所撰写的著作中，称皮耶·德·费马为”业余数学家之王“。贝尔深信，费马比皮耶·德·费马同时代的大多数专业数学家更有成就，然而皮耶·德·费马并未在其他方面另有成就，本人也渐渐退出人们的视野，考虑到17世纪是杰出数学家活跃的世纪，因而贝尔认为费马是17世纪数学家中最多产的明星。
费马点问题最早是由法国数学家皮埃尔·德·费马在一封写给意大利数学家埃万杰利斯塔·托里拆利（气压计的发明者）的信中提出的。托里拆利最早解决了这个问题，而19世纪的数学家斯坦纳重新发现了这个问题，并系统地进行了推广，因此这个点也称为托里拆利点或斯坦纳点，相关的问题也被称作费马-托里拆利-斯坦纳问题。这一问题的解决极大推动了联合数学的发展，在近代数学史上具有里程碑式的意义。

7. 费马大定理证明过程

 费马大定理证明过程：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。
     
   证明过程（部分）   1.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：（na）^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.
   2.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.

8. 费马大定理证明过程

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：
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。
参考资料来源：百度百科-费马大定理