費馬大定理電影中文版

A. 費馬大定理

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C. 我想在網上找到懷爾斯對費馬大定理的中文版證明

每人看得懂就不登在網上了
不過學術網站有（如中科院的《數學譯林》99年的某一期），需要付錢

D. 費馬大定理

費馬大定理： 當整數n > 2時，關於x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 無正整數解。
邁爾斯已經證出來了，但是方法深奧，沒幾個看明白

E. 費馬大定理證明過程中文版是什麼

對費馬方程x^n+y^n=z^n整數解關系的證明，多年來在數學界一直頗多爭議。本文利用平面幾何方法，全面分析了直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解的存在條件，提出對多元代數式應用增元求值。本文給出的直角三角型邊長a^2+b^2=c^2整數解的「定a計演算法則」；

「增比計演算法則」；「定差公式法則」；「a值奇偶數列法則」；是平方整數解的代數條件和實踐方法；本文提出建立了一元代數式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念；

本文利用同方冪數增比性質，利用整數方冪數增項差公式性質，把費馬方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整數解判定問題，巧妙地化為了一元定解方程問題。

定理

他斷言當整數n >2時，關於x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 沒有正整數解。

德國人沃爾夫斯凱爾曾宣布以10萬馬克作為獎金獎給在他逝世後一百年內，第一個證明該定理的人，吸引了不少人嘗試並遞交他們的「證明」。

費馬大定理被提出後，經歷多人猜想辯證，歷經三百多年的歷史，最終在1995年，英國數學家安德魯·懷爾斯宣布自己證明了費馬大定理。

費馬大定理與黎曼猜想已經成為廣義相對論和量子力學融合的m理論幾何拓撲載體。

以上內容參考：網路-費馬大定理

F. 哪裡可以看到費馬大定理的完整解答

http://www.math.nankai.e.cn/jpkc/sxwh/ziyuan/4/4-3.pdf

——費馬大定理 學了勾股定理，我們都知道直角三角形的三邊滿足關系式
a2+b2=c2， 同時還知道，有無數組正整數滿足這個關系式。如果a、b、c的次數不是 2，而是大於 2的正整數，能不能找到正整數滿足這個關系式呢？
十七世紀，法國的一位法官、著名的業余數學大師費馬，在閱讀古希臘數學家丟番圖的《算術》第 2 卷第 8 個命題：「將一個平方數分解為兩個平方數之和」時，在書的空白處寫下了一段引人注目的文字：「要想把一個立方數分成兩個立方數，把一個四次冪分成兩個四次冪，一般地說，把任何高於二次的冪分成兩個同次冪，都是不可能的。關於此，我確
信已發現一種美妙的證法。可惜這里空白的地方太小，無法寫下。」費馬去世後，人們在整
理他的遺物時發現了這段話，卻沒有找到證明，這更引起了數學界的興趣。這就是說，費
馬自稱證明了定理： xn+yn=zn，（n≥3） 無正整數解。人稱費馬大定理，也稱費馬最後定理。為什麼叫這個名稱呢？因為費馬提出
了數論方面許多引人注目的、富有洞察力的結論，這些結論一直到他去世後很久才被人證
明大多是正確的，只有一個是錯的。到 1840 年左右，其中只剩下上述這一個結論還沒有被
證明，因此稱為費馬的最後定理。把該定理稱為費馬大定理，是用以區別費馬小定理。費
馬小定理是費馬在 1640 年 10 月 18 日給他朋友的一封信中傳出去的，這定理說，若p是一個素數而a與p互素，則ap-a能被p整除。 費馬真的證明了自己的定理嗎？人們普遍持懷疑的態度。費馬逝世後，他的後人翻箱倒櫃，也只找到了n=4 的證明。他是用直角三角形三邊長為整數，面積決不是平方數這一事實來證明的。後來，有人經過詳實的考證，認為費馬不可能完全證明了自己的定理。
三百多年來，上百名最優秀的數學家為了證明它付出了巨大的精力，其中有歐拉、勒讓德、高斯、阿貝爾、狄利赫勒、拉梅、柯西、庫默等。問題表述的簡單和證明的困難，
吸引了更多的人投入證明工作，有些數學家，如庫默和近代的范迪維爾，為此獻出了畢生
的精力。林德曼在 1882 年證明了π是超越數後，也終身研究費馬定理，而未獲結果。 布魯塞爾和巴黎科學院曾設獎金懸賞數次，但也未得到解決。1908 年，數學家佛爾夫斯克爾在哥廷根皇家科學會又懸賞十萬馬克，徵求正確的證明。一大批業余愛好者也進行
了嘗試，並寄去了自己的解答。據說，著名的數論專家朗道請人印了許多明信片，上面寫
道：「親愛的先生或女士：你對費馬大定理的證明已經收到，現予退回。第一個錯誤出現在第 頁，第 行」。朗道將這些明信片分發給他的學生們，吩咐他們將相應的數字填上
去。
最初的證明是從n=3 開始一個數一個數的進行的。後來，庫默經過終生的努力，「成1批地」證明了定理的成立，人們視之為費馬大定理證明的一次重大突破。1857 年，他獲得
巴黎科學院的金質獎章。
前人直接證明費馬大定理的努力取得了許多成果，並促進了一些數學分支的發展，但離定理的證明，無疑還有遙遠的距離。怎麼辦呢？按數學家解決問題的傳統，就是要作變
換——把問題轉化為已知的或易於解決的領域的「新」問題。種種轉化的方法既推進了所
轉化的領域的發展，也使費馬大定理的證明得到進展。每一次對費馬大定理證明的重大突
破，都對許多數學分支產生重要的影響。有好多結論已十分接近費馬大定理了，但它們畢
竟不是原定理的證明，離原定理的證明尚有並非容易跨越的「一小步」。 三個世紀的歷史表明，費馬最後定理是有巨大價值的數學問題。要想預先正確判斷一個問題的價值是困難的，並且常常是不可能的。因為最終的判斷取決於科學從該問題得到
的收益。希爾伯特在一次演講中談到費馬大定理的價值時說：「證明這種不可能性的嘗試，
提供了一個明顯的例子，說明這樣一個非常特殊、似乎不十分重要的問題會對科學產生怎
樣令人鼓舞的影響。受費馬問題的啟發，庫默引進了理想數，並發現了把一個循環域的數
分解為理想素因子的唯一分解定理，這一定理今天已被狄德金和克朗奈克推廣到任意代數
域，在近代數論中占著中心地位，而且其意義已遠遠超出數論的范圍而深入到代數的函數
論的領域。」希爾伯特還評價說，「費馬猜想（即費馬大定理）是一隻會下金蛋的雞」。【附錄】一、【費馬簡介】 彼埃爾 · 德 · 費馬（1601 年～1665 年）法國數學家、物理學家。物理學中的費馬最小時間原理是幾何光學的基本定理。費馬在數學中的貢獻是多方面的。在數論中以他
的名字命名的有費馬小定理、費馬大定理、費馬數、費馬二平方差定理等，幾何學中有費
馬螺線和費馬點，微積分學中有關於極值的費馬定理。此外，費馬還首創了無限下推法，
他分別是概率論與解析幾何的首創者之一。
費馬 1601 年 8 月 20 日出生於法國南部土魯斯附近的波蒙，1665 年 1 月 12 日卒於土魯斯（或卡斯特）。他出生於商人家庭，青年時期在土魯斯攻讀法律，後來成為著名的律師，
曾任土魯斯議會議員。他不但法律知識淵博，而且以嚴格的清廉為人稱頌。
費馬不是一位職業數學家，他近 30 歲才認真注意數學，只能利用公務之餘通過自學研究。他在研究幾何的過程中發現了解析幾何的原理；他是微積分學的傑出先驅者；他和
帕斯卡一起奠定了古典概率論的基礎；他振興了數論的研究。因此，被稱為「業余數學家
之王」、「近代數論之父」。
費馬謙遜、好靜。生前只發表過很少的著作。他對數學的研究成果，主要是寫在他閱讀過的數學書的邊緣和空白處或寫在給朋友的信件中，也有一些是散放在舊紙堆里。他去
世後，人們（包括他的兒子）才把這些資料匯編成書，共兩卷，先後於 1670 年和 1679 年2在土魯斯出版。
二、【證明費馬大定理的小故事】 在數學史上，曾流傳著這樣一個掌故。據說，希爾伯特的一個學生，有一次寫了一篇關於費馬大定理的論文，一天晚上，他對希爾伯特說：「我已經證明了費馬大定理，請老師看一看我的論文。」希爾伯特回答說：「哦！你可能太疲倦了，需要好好休息一下，明天再
來找我吧。」第二天，這個學生又去找希爾伯特，他說：「我已經發覺昨天的證明是錯誤的。」 三、【費馬大定理的最終證明】 1993 年 6 月 23 日，星期三。英國劍橋大學新落成的牛頓數學研究所的大廳里正在進行例行的學術報告會。報告從上午 8 點整開始，報告人維爾斯用了兩個半小時就他關於「模
形式、橢圓曲線和伽羅華表示」的研究結果作了一個冗長的發言。10 點 30 分，在他的報
告結束時，他平靜地宣布：「因此，我證明了費馬大定理。」這一句話象一聲驚雷，把許多
只要作例行鼓掌的手「定」在了空中，大廳里鴉雀無聲。半分鍾後，雷嗚般的掌聲似乎要
掀翻大廳的屋頂，英國學者們顧不得他們優雅的紳士風度，忘情地歡呼起來。很快，這一
消息轟動了全世界，許多一流的大眾傳播媒體迅速地報道了這一消息，並一致稱之為「世
紀性的科學成就」。
維爾斯證明的實際上是另一個猜想：谷山—志村—韋伊猜想。為此，他寫了 200 多頁的證明，在 1993 年 6 月 23 日報告。但好事多磨，維爾斯長達 200 多頁的論文送交審查時，
卻被發現其證明有漏洞。許多傳媒又迅速地報道了這一「爆炸性」新聞。
數學界普遍認為，在數學命題證明中出現漏洞然後再加以補正，是不足為怪的，在數學發展的歷史中時有發生。一些審閱過維爾斯論文的專家還指出，即使維爾斯沒能證明出
費馬大定理，他的論文也已經包含有一項表現為重大突破的數學成就。
維爾斯在挫折面前沒有止步，從 1993 年 7 月起，他就一直在修改論文，這是一項十分困難的工作，以致於他應邀在 1994 年 8 月在瑞士蘇黎世召開的國際數學家大會上作報告
時，對費馬大定理隻字未提。
1994 年 9 月，維爾斯終於解決了困難，重新寫出了一篇 108 頁的論文，於 1994 年 10月 14 日寄往美國《數學年刊》，論文順利通過審查，1995 年 5 月，《數學年刊》的 41 卷第3 期只登載了他的這一篇論文！這一被認為是「二十世紀最重大的數學成就」使得維爾斯
獲得 1995/1996 年度的沃爾夫數學獎，並於 1998 年破格獲得菲爾茲獎。

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《費馬大定理》是關於一個困惑了世間智者358年的謎題的傳奇。本書既有振奮人心的故事講述方式，也有引人入勝的科學發現的歷史。西蒙·辛格講述了一個英國人，經過數年秘密辛苦的工作，終於解決了最具挑戰性的數學問題的艱辛旅程。

H. 怎樣證明費馬大定理中文版(我才初一，說簡單點啊！）

費馬大定理：
當整數n
>
2時，關於x,
y,
z的不定方程
x^n
+
y^n
=
z^n.
（
(x
,
y)
=
(x
,
z)
=
(y
,
z)
=
1［n是一個奇素數］x>0,y>0,z>0）無整數解。
這個定理，本來又稱費馬最後定理，由17世紀法國數學家費馬提出，而當時人們稱之為「定理」，並不是真的相信費馬已經證明了它。雖然費馬宣稱他已找到一個絕妙證明，但經過三個半世紀的努力，這個世紀數論難題才由普林斯頓大學英國數學家安德魯·懷爾斯和他的學生理查·泰勒於1995年成功證明。證明利用了很多新的數學，包括代數幾何中的橢圓曲線和模形式，以及伽羅華理論和hecke代數等，令人懷疑費馬是否真的找到了正確證明。而安德魯·懷爾斯(andrew
wiles)由於成功證明此定理，獲得了1998年的菲爾茲獎特別獎以及2005年度邵逸夫獎的數學獎。
證明過程太長，自己去看一下，滿意請採納，謝謝
http://ke..com/view/18295.htm

I. 求費馬大定理的全部證明過程！！！

費馬大定理證明過程:
對費馬方程x^n+y^n=z^n整數解關系的證明，多年來在數學界一直頗多爭議。本文利用平面幾何方法，全面分析了直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解的存在條件，提出對多元代數式應用增元求值。本文給出的直角三角型邊長a^2+b^2=c^2整數解的「定a計演算法則」；「增比計演算法則」；「定差公式法則」；「a值奇偶數列法則」；是平方整數解的代數條件和實踐方法；本文提出建立了一元代數式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念；本文利用同方冪數增比性質，利用整數方冪數增項差公式性質，把費馬方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整數解判定問題，巧妙地化為了一元定解方程問題。
關鍵詞：增元求解法 絕對方冪式絕對非方冪式 相鄰整數方冪數增項差公式
引言：1621年，法國數學家費馬（Fermat）在讀看古希臘數學家丟番圖（Diophantna）著寫的算術學一書時，針對書中提到的直角三角形三邊整數關系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2時有無窮多組整數解，在n＞2時永遠沒有整數解的觀點。並聲稱自己當時進行了絕妙的證明。這就是被後世人稱為費馬大定理的曠世難題。時至今日，此問題的解答仍繁難冗長，紛爭不斷，令人莫衷一是。
本文利用直角三角形、正方形的邊長與面積的相互關系，建立了費馬方程平方整數解新的直觀簡潔的理論與實踐方法，本文利用同方冪數增比定理，對費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時的整數解關系進行了分析論證，用代數方法再現了費馬當年的絕妙證明。
定義1．費馬方程
人們習慣上稱x^n+y^n=z^n關系為費馬方程，它的深層意義是指：在指數n值取定後，其x、y、z均為整數。
在直角三角形邊長中，經常得到a、b、c均為整數關系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，這時由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次數為2時，費馬方程與勾股弦定理同階。當指數大於2時，費馬方程整數解之研究，從歐拉到狄里克萊，已經成為很大的一門數學分支.
定義2．增元求解法
在多元代數式的求值計算中引入原計算項元以外的未知數項元加入，使其構成等式關系並參與求值運算。我們把利用增加未知數項元來實現對多元代數式求值的方法，叫增元求解法。
利用增元求解法進行多元代數式求值，有時能把非常復雜的問題變得極其簡單。
下面，我們將利用增元求解法來實現對直角三角形三邊a^2+b^2=c^2整數解關系的求值。
一，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解的「定a計演算法則」
定理1．如a、b、c分別是直角三角形的三邊，Q是增元項，且Q≥1，滿足條件：
a≥3
{ b=（a^2-Q^2）÷2Q
c= Q+b
則此時，a^2+b^2=c^2是整數解；
證：在正方形面積關系中，由邊長為a得到面積為a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q為增元項，且b、Q是整數）,則可把面積a^2分解為a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解關系按下列關系重新組合後可得到圖形：
Q2 Qb
其缺口剛好是一個邊長為b的正方形。補足缺口面積b^2後可得到一個邊長
Qb
為Q+b的正方形，現取Q+b=c，根據直角三角形邊長關系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2條件可知，此時的a、b、c是直角三角形的三個整數邊長。
故定理1得證
應用例子：
例1． 利用定a計演算法則求直角三角形a邊為15時的邊長平方整數解?
解：取 應用例子：a為15，選增元項Q為1，根據定a計演算法則得到：
a= 15
{ b=（a^2- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112
c=Q+b=1+112=113
所以得到平方整數解15^2+112^2=113^2
再取a為15，選增元項Q為3，根據定a計演算法則得到：
a= 15
{ b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36
c=Q+b=3+36=39
所以得到平方整數解15^2+36^2=39^2
定a計演算法則，當取a=3、4、5、6、7 … 時，通過Q的不同取值，將函蓋全部平方整數解。
二，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解「增比計演算法則」
定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形邊長的一組整數解，則有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整數解。
證：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整數解必得到一個邊長都為整數的直角三角形 a c ，根據平面線段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c；
b 2b
3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c為整數條件可知，2a、2b、2c；
3b 4b
3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整數。
故定理2得證
應用例子：
例2．證明303^2+404^2=505^2是整數解？
解；由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整數解，根據增比計
4
演算法則，以直角三角形 3×101 5×101 關系為邊長時，必有
4×101
303^2+404^2=505^2是整數解。
三，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數解「定差公式法則」
3a + 2c + n = a1
（這里n=b-a之差，n=1、2、3…）
定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是滿足b-a=n關系的整數解，那麼，利用以上3a+2c+ n = a1公式連求得到的a1、a2、a3…ai 所組成的平方數組ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差關系的整數解。
證：取n為1，由直角三角形三邊3、4、5得到3^2+4^2=5^2，這里n=b-a=4-3=1，根據 3a + 2c + 1= a1定差公式法則有：
a1=3×3+2×5+1=20 這時得到
20^2+21^2=29^2 繼續利用公式計算得到：
a2=3×20+2×29+1=119 這時得到
119^2+120^2=169^2 繼續利用公式計算得到
a3=3×119+2×169+1=696 這時得到
696^2+697^2=985^2
…
故定差為1關系成立
現取n為7，我們有直角三角形21^2+28^2=35^2，這里n=28-21=7，根據 3a + 2c + 7 = a1定差公式法則有：
a1=3×21+2×35+7=140 這時得到
140^2+147^2=203^2 繼續利用公式計算得到：
a2=3×140+2×203+7=833 這時得到
833^2+840^2=1183^2 繼續利用公式計算得到：
a3=3×833+2×1183+7=4872 這時得到
4872^2+4879^2=6895^2
…
故定差為7關系成立
再取n為129，我們有直角三角形387^2+516^2=645^2，這里n=516-387=129，根據 3a + 2c + 129= a1定差公式法則有：
a1=3×387+2×645+129=2580 這時得到
2580^2+2709^2=3741^2 繼續利用公式計算得到：
a2=3×2580+2×3741+129=15351 這時得到
15351^2+15480^2=21801^2 繼續利用公式計算得到：
a3=3×15351+2×21801+129=89784 這時得到
89784^2+89913^2=127065^2
…
故定差為129關系成立
故定差n計演算法則成立
故定理3得證
四，平方整數解a^2+^b2=c^2的a值奇偶數列法則：
定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三個整數邊長，則必有如下a值的奇數列、偶數列關系成立；
（一） 奇數列a：
若a表為2n+1型奇數（n=1、2、3 …）， 則a為奇數列平方整數解的關系是：
a=2n+1
{ c=n^2+（n+1）^2
b=c-1
證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到：
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
7^2+24^2=25^2
9^2+40^2=41^2
11^2+60^2=61^2
13^2+84^2=85^2
…
故得到奇數列a關系成立
（二）偶數列a：
若a表為2n+2型偶數（n=1、2、3 …）， 則a為偶數列平方整數解的關系是：
a=2n+2
{ c=1+（n+1）^2
b=c-2
證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到：
4^2+3^2=5^2
6^2+8^2=10^2
8^2+15^2=17^2
10^2+24^2=26^2
12^2+35^2=37^2
14^2+48^2=50^2
…
故得到偶數列a關系成立
故定理4關系成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三邊中：
b-a之差可為1、2、3…
a-b之差可為1、2、3…
c-a之差可為1、2、3…
c-b之差可為1、2、3…
定差平方整數解有無窮多種；
每種定差平方整數解有無窮多個。
以上，我們給出了平方整數解的代數條件和實踐方法。我們同樣能夠用代數方法證明，費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時沒有整數解。證明如下：
我們首先證明，增比計演算法則在任意方次冪時都成立。
定理5，若a，b，c都是大於0的不同整數，m是大於1的整數，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方冪關系成立，則a，b，c，d，e增比後，同方冪關系仍成立。
證：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比為n，n＞1，
得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
原式化為 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
兩邊消掉 n^m後得到原式。
所以，同方冪數和差式之間存在增比計演算法則，增比後仍是同方冪數。
故定理5得證
定理6，若a，b，c是不同整數且有a^m+b=c^m關系成立，其中b＞1，b不是a，c的同方冪數，當a，b，c同比增大後，b仍然不是a，c的同方冪數。
證：取定理原式a^m+b=c^m
取增比為n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
原式化為： n^m（a^m+b）=n^mc^m
兩邊消掉n^m後得到原式。
由於b不能化為a，c的同方冪數，所以n^mb也不能化為a，c的同方冪數。
所以，同方冪數和差式間含有的不是同方冪數的數項在共同增比後，等式關系仍然成立。其中的同方冪數數項在增比後仍然是同方冪數，不是同方冪數的數項在增比後仍然是非同方冪數。
故定理6得證
一元代數式的絕對方冪與絕對非方冪性質
定義3，絕對某次方冪式
在含有一元未知數的代數式中，若未知數取值為大於0的全體整數時，代數式的值都是某次完全方冪數，我們稱這時的代數式為絕對某次方冪式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，
n^2+6n+9，……都是絕對2次方冪式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是絕對3次方冪式。
一元絕對某次方冪式的一般形式為（n+b）^m（m＞1，b為常數項）的展開項。
定義4，絕對非某次方冪式
在含有一元未知數的代數式中，若未知數取值為大於0的全體整數時，代數式的值都不是某次完全方冪數，我們稱這時的代數式為絕對非某次方冪式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是絕對非2次方冪式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是絕對非3次方冪式。
當一元代數式的項數很少時，我們很容易確定代數式是否絕對非某次方冪式，例如n^2+n是絕對非2次方冪式，n^7+n是絕對非7次方冪式，但當代數式的項數很多時，得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻。
一元絕對非某次方冪式的一般形式為：在（n+b）^m（m＞2，b為常數項）的展開項中減除其中某一項。
推理：不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數式必定在未知數取某一值時得出一個完全m次方數。例如：3n^2+4n+1不是絕對非3次方冪式，取n=1時有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是絕對非2次方冪式，當n=7時，3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方冪項的一元代數式對任何方冪沒有唯一性。2n+1=9=3^2，2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2，4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3，2n+1=125=5^3 ……
證明：一元代數式存在m次絕對非方冪式；
在一元代數式中，未知數的不同取值，代數式將得到不同的計算結果。未知數與代式計算結果間的對應關系是唯一的，是等式可逆的，是純粹的定解關系。這就是一元代數式的代數公理。即可由代入未知數值的辦法對代數式求值，又可在給定代數式數值的條件下反過來對未知數求值。利用一元代數式的這些性質，我們可實現整數的奇偶分類、余數分類和方冪分類。
當常數項為1時，完全立方數一元代數表達式的4項式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2個方冪項在內的4個單項項元組成，對這個代數式中3個未知數項中任意一項的改動和缺失，代數式都無法得出完全立方數。在保留常數項的前提下，我們鎖定其中的任意3項，則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，對這3個代數式來說，使代數式的值成為立方數只能有唯一一個解，即補上缺失的第4項值，而且這個缺失項不取不行，取其它項值也不行。因為這些代數式與原立方代數式形成了固定的單項定差代數關系，這種代數關系的存在與未知數取值無關。這種關系是：
（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …
n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
n^3+3n+1≠（n+1）^3
3n2+3n+1≠（n+1）^^3
即這3個代數式的值都不能等於（n+1）^3形完全立方數。
當取n=1、2、3、4、5 …時，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是從2開始的全體整數的立方，而 小於2的整數只有1，1^3=1，當取n=1時，
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …時，代數式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等於全體整數的立方數。這些代數式是3次絕對非方冪式。
由以上方法我們能夠證明一元代數式：n^4+4n^3+6n^2+1，n^4+4n^3+4n+1，n^4+6n^2+4n+1，4n^3+6n^2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全4次方數。這些代數式是4次絕對非方冪式。
能夠證明5次方以上的一元代數式（n+1）^m的展開項在保留常數項的前提下，鎖定其中的任意m項後，可得到m個不同的一元代數式，這m個不同的一元代數式在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全m次方數。這些代數式是m次絕對非方冪式。
現在我們用代數方法給出相鄰兩整數n與n+1的方冪數增項差公式；
2次方時有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以，2次方相鄰整數的平方數的增項差公式為2n+1。
由於2n+1不含有方冪關系，而所有奇數的冪方都可表為2n+1，所以，當2n+1為完全平方數時，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整數解關系，應用增比計演算法則，我們即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整數解關系。但z-x＞1的xyz互素的平方整數解不能由增比法則得出，求得這些平方整數解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4為完全平方數時得出全部z-x=2的平方整數解後增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9為完全平方數時得出全部z-x=3的平方整數解後增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16為完全平方數時得出全部z-x=4的平方整數解後增比；
……
這種常數項的增加關系適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，我們可得到整數中全部平方整數解。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為2時成立。
同時，由於所有奇數的冪方都可表為2n+1及某些偶數的冪方可表為4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，還必有x^2+y^n=z^2整數解關系成立。
3次方時有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以，3次方相鄰整數的立方數的增項差公式為3n^2+3n+1。
由於3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是3次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時3n^2+3n+1的值都不是完全立方數，因而整數間不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整數解關系，由增比計演算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整數解關系。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些立方費馬方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數；
……
這種常數項的增加關系適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程3次方關系經過增比後將覆蓋全體整數。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為3時無整數解。
4次方時有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以，4次方相鄰整數的4次方數的增項差公式為4n^3+6n^2+4n+1。
由於4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是4次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方數，因而整數間不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整數解關系，由增比計演算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整數解關系。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些4次方費馬方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數；
……
這種常數項的增加關系適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程4次方關系經過增比後將覆蓋全體整數。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為4時無整數解。
m次方時，相鄰整數的方冪數的增項差公式為：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以，m次方相鄰整數的m次方數的增項差公式為mn^m-1+…+…+mn+1。
由於mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是m次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方數，因而整數間不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整數解關系，由增比計演算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整數解關系。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些m次方費馬方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數；
……
這種常數項的增加關系適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程m次方關系經過增比後將覆蓋全體整數。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為m時無整數解。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時永遠沒有整數解。
費馬大定理： 當整數n > 2時，關於x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 無正整數解。
費馬矩陣大定理：當整數n > 2時，關於m行m列矩陣X, Y, Z的不定矩陣方程 X^n + Y^n =Z^n. 矩陣的元素中至少有一個零。當整數n = 2時，求m行m列矩陣X, Y, Z。

J. 費馬大定理

17世紀的一位法國數學家，提出了一個數學難題，使得後來的數學家一籌莫展，這個人就是費馬(1601——1665)。

這道題是這樣的：當n>2時，x^n+y^n=z^n沒有正整數解。在數學上這稱為「費馬大定理」。為了獲得它的一個肯定的或者否定的證明，歷史上幾次懸賞徵求答案，一代又一代最優秀的數學家都曾研究過，即使用現代的電子計算機也只能證明：當n小於等於4100萬時，費馬大定理是正確的。由於當時費馬聲稱他已解決了這個問題，但是他沒有公布結果，於是留下了這個數學難題中少有的千古之謎。

費馬小傳：

費馬生於法國南部，在大學里學的是法律，以後以律師為職業，並被推舉為議員。費馬的業余時間全用來讀書，哲學、文學、歷史、法律樣樣都讀。30歲時迷戀上數學，直到他64歲病逝，一生中有許多偉大的發現。不過，他極少公開發表論文、著作，主要通過與友人通信透露他的思想。他的很多成果都是在他死後，由他兒子通過整理他的筆記和批註整理出來的。好在費馬有個「不動筆墨不讀書」的習慣，凡是他讀過的書，都有他的圈圈點點，勾勾畫畫，頁邊還有他的評論。他利用公務之餘鑽研數學，並且成果累累。後世數學家從他的諸多猜想和大膽創造中受益非淺，贊譽他為「業余數學家之王」。

費馬對數學的貢獻包括：與笛卡爾共同創立了解析幾何；創造了作曲線切線的方法，被微積分發明人之一牛頓奉為微積分的思想先驅；通過提出有價值的猜想，指明了關於整數的理論——數論的發展方向。他還研究了擲骰子賭博的輸贏規律，從而成為古典概率論的奠基人之一。

附錄：

被公認執世界報紙牛耳地位的紐約時報於1993年6月24日在其一版頭題刊登了一則有關數學難題得以解決的消息，那則消息的標題是『在陳年數學困局中，終於有人呼叫『我找到了」』。

五十年代日本數學家谷山豐首先提出一個有關橢圓曲線的猜想，後來由另一位數學家志村五郎加以發揚光大，當時沒有人認為這個猜想與費馬定理有任何關聯。在八十年代德國數學家佛列將谷山豐的猜想與費馬定理扯在一起，而威利斯所做的正是根據這個關聯論證出一種形式的谷山豐猜想是正確的，進而推出費馬最後定理也是正確的。

這個結論由威利斯在1993年的6月21日於美國劍橋大學牛頓數學研究所的研討會正式發表，這個報告馬上震驚整個數學界，就是數學門牆外的社會大眾也寄以無限的關注。不過威利斯的證明馬上被檢驗出有少許的瑕疵，於是威利斯與他的學生又花了十四個月的時間再加以修正。1994年9月19日他們終於交出完整無瑕的解答，數學界的夢魘終於結束。1997年6月，威利斯在德國哥庭根大學領取了佛爾夫斯克爾獎。當年的十萬法克約為兩百萬美金，不過威利斯領到時，只值五萬美金左右，但威利斯已經名列青史，永垂不朽了。

要證明費馬最後定理是正確的

（即x^ n+ y^n = z^n 對n>=3 均無正整數解）

只需證 x^4+ y^4 = z^4 和x^p+ y^p = z^p (P為奇質數)，都沒有整數解。