1 费马大定理费马大定理：（1）当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n.（(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>0,且xyz≠0）无整数解。

这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。

虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁·怀尔斯和他的学生理查·泰勒于1995年成功证明。

证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。

而安德鲁·怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。

（2）证明方法五十年代日本数学家谷山丰首先提出一个有关椭圆曲线的猜想，后来由另一位数学家志村五郎加以发扬光大，当时没有人认为这个猜想与费马定理有任何关联。

在八十年代德国数学家佛列将谷山丰的猜想与费马定理联系在一起，而安德鲁·怀尔斯所做的正是根据这个关联论证出一种形式的谷山丰猜想是正确的，进而推出费马最后定理也是正确的。

这个结论由威利斯在1993年的6月21日於美国剑桥大学牛顿数学研究所的研讨会正式发表，这个报告马上震惊整个数学界，就是数学门墙外的社会大众也寄以无限的关注。

不过怀尔斯的证明马上被检验出有少许的瑕疵，于是怀尔斯与他的学生又花了十四个月的时间再加以修正。

1994年9月19日他们终於交出完整无瑕的解答，数学界的梦魇终於结束。

1997年6月，怀尔斯在德国哥庭根大学领取了佛尔夫斯克尔奖。

当年的十万马克约为两百万美金，不过怀尔斯领到时，只值五万美金左右，但安德鲁·怀尔斯已经名列青史，永垂不朽了。

用不定方程来表示，费马大定理即：当n > 2时，不定方程x^n + 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x^4 + y^4 = z^4 ，(x , y) = 1和方程x^p + y^p = z^p ，(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 < 125000时，费马猜想成立。

《中国数学会通讯》1987年第2期据国外消息报导，费马猜想近年来取得了惊人的研究成果：格朗维尔和希思—布龙证明了「对几乎所有的指数，费马大定理成立」。

即若命N(x)表示在不超过x的整数中使费马猜想不成立的指数个数，则证明中用到了法尔廷斯［Faltings］的结果。

另外一个重要结果是：费马猜想若有反例，即存在x > 0，y > 0，z > 0，n > 2，使x^n + y^n = z^n ，则x > 101,800,000。

说明：要证明费马最后定理是正确的（即x^ n+ y^n = z^n 对n>2 均无正整数解）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。

（3）费马大定理证明过程: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。

本章利用平面几何方法，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。

本章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；本章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；本章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。

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。

1）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）÷2Qc= 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 =112c=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=36c=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。

2）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 2b3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；3b 4b3a、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4×101303^2+404^2=505^2是整数解。

3）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4）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）^2b=c-1证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：3^2+4^2=5^25^2+12^2=13^27^2+24^2=25^29^2+40^2=41^211^2+60^2=61^213^2+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）^2b=c-2证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：4^2+3^2=5^26^2+8^2=10^28^2+15^2=17^210^2+24^2=26^212^2+35^2=37^214^2+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。