费马大定理电影中文版

A. 费马大定理

B. 求《费马大定理》这本书的txt格式电子书！

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C. 我想在网上找到怀尔斯对费马大定理的中文版证明

每人看得懂就不登在网上了
不过学术网站有（如中科院的《数学译林》99年的某一期），需要付钱

D. 费马大定理

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。
迈尔斯已经证出来了，但是方法深奥，没几个看明白

E. 费马大定理证明过程中文版是什么

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。

定理

他断言当整数n >2时，关于x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解。

德国人沃尔夫斯凯尔曾宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。

费马大定理被提出后，经历多人猜想辩证，历经三百多年的历史，最终在1995年，英国数学家安德鲁·怀尔斯宣布自己证明了费马大定理。

费马大定理与黎曼猜想已经成为广义相对论和量子力学融合的m理论几何拓扑载体。

以上内容参考：网络-费马大定理

F. 哪里可以看到费马大定理的完整解答

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

——费马大定理 学了勾股定理，我们都知道直角三角形的三边满足关系式
a2+b2=c2， 同时还知道，有无数组正整数满足这个关系式。如果a、b、c的次数不是 2，而是大于 2的正整数，能不能找到正整数满足这个关系式呢？
十七世纪，法国的一位法官、著名的业余数学大师费马，在阅读古希腊数学家丢番图的《算术》第 2 卷第 8 个命题：“将一个平方数分解为两个平方数之和”时，在书的空白处写下了一段引人注目的文字：“要想把一个立方数分成两个立方数，把一个四次幂分成两个四次幂，一般地说，把任何高于二次的幂分成两个同次幂，都是不可能的。关于此，我确
信已发现一种美妙的证法。可惜这里空白的地方太小，无法写下。”费马去世后，人们在整
理他的遗物时发现了这段话，却没有找到证明，这更引起了数学界的兴趣。这就是说，费
马自称证明了定理： xn+yn=zn，（n≥3） 无正整数解。人称费马大定理，也称费马最后定理。为什么叫这个名称呢？因为费马提出
了数论方面许多引人注目的、富有洞察力的结论，这些结论一直到他去世后很久才被人证
明大多是正确的，只有一个是错的。到 1840 年左右，其中只剩下上述这一个结论还没有被
证明，因此称为费马的最后定理。把该定理称为费马大定理，是用以区别费马小定理。费
马小定理是费马在 1640 年 10 月 18 日给他朋友的一封信中传出去的，这定理说，若p是一个素数而a与p互素，则ap-a能被p整除。 费马真的证明了自己的定理吗？人们普遍持怀疑的态度。费马逝世后，他的后人翻箱倒柜，也只找到了n=4 的证明。他是用直角三角形三边长为整数，面积决不是平方数这一事实来证明的。后来，有人经过详实的考证，认为费马不可能完全证明了自己的定理。
三百多年来，上百名最优秀的数学家为了证明它付出了巨大的精力，其中有欧拉、勒让德、高斯、阿贝尔、狄利赫勒、拉梅、柯西、库默等。问题表述的简单和证明的困难，
吸引了更多的人投入证明工作，有些数学家，如库默和近代的范迪维尔，为此献出了毕生
的精力。林德曼在 1882 年证明了π是超越数后，也终身研究费马定理，而未获结果。 布鲁塞尔和巴黎科学院曾设奖金悬赏数次，但也未得到解决。1908 年，数学家佛尔夫斯克尔在哥廷根皇家科学会又悬赏十万马克，征求正确的证明。一大批业余爱好者也进行
了尝试，并寄去了自己的解答。据说，著名的数论专家朗道请人印了许多明信片，上面写
道：“亲爱的先生或女士：你对费马大定理的证明已经收到，现予退回。第一个错误出现在第 页，第 行”。朗道将这些明信片分发给他的学生们，吩咐他们将相应的数字填上
去。
最初的证明是从n=3 开始一个数一个数的进行的。后来，库默经过终生的努力，“成1批地”证明了定理的成立，人们视之为费马大定理证明的一次重大突破。1857 年，他获得
巴黎科学院的金质奖章。
前人直接证明费马大定理的努力取得了许多成果，并促进了一些数学分支的发展，但离定理的证明，无疑还有遥远的距离。怎么办呢？按数学家解决问题的传统，就是要作变
换——把问题转化为已知的或易于解决的领域的“新”问题。种种转化的方法既推进了所
转化的领域的发展，也使费马大定理的证明得到进展。每一次对费马大定理证明的重大突
破，都对许多数学分支产生重要的影响。有好多结论已十分接近费马大定理了，但它们毕
竟不是原定理的证明，离原定理的证明尚有并非容易跨越的“一小步”。 三个世纪的历史表明，费马最后定理是有巨大价值的数学问题。要想预先正确判断一个问题的价值是困难的，并且常常是不可能的。因为最终的判断取决于科学从该问题得到
的收益。希尔伯特在一次演讲中谈到费马大定理的价值时说：“证明这种不可能性的尝试，
提供了一个明显的例子，说明这样一个非常特殊、似乎不十分重要的问题会对科学产生怎
样令人鼓舞的影响。受费马问题的启发，库默引进了理想数，并发现了把一个循环域的数
分解为理想素因子的唯一分解定理，这一定理今天已被狄德金和克朗奈克推广到任意代数
域，在近代数论中占着中心地位，而且其意义已远远超出数论的范围而深入到代数的函数
论的领域。”希尔伯特还评价说，“费马猜想（即费马大定理）是一只会下金蛋的鸡”。【附录】一、【费马简介】 彼埃尔 · 德 · 费马（1601 年～1665 年）法国数学家、物理学家。物理学中的费马最小时间原理是几何光学的基本定理。费马在数学中的贡献是多方面的。在数论中以他
的名字命名的有费马小定理、费马大定理、费马数、费马二平方差定理等，几何学中有费
马螺线和费马点，微积分学中有关于极值的费马定理。此外，费马还首创了无限下推法，
他分别是概率论与解析几何的首创者之一。
费马 1601 年 8 月 20 日出生于法国南部土鲁斯附近的波蒙，1665 年 1 月 12 日卒于土鲁斯（或卡斯特）。他出生于商人家庭，青年时期在土鲁斯攻读法律，后来成为著名的律师，
曾任土鲁斯议会议员。他不但法律知识渊博，而且以严格的清廉为人称颂。
费马不是一位职业数学家，他近 30 岁才认真注意数学，只能利用公务之余通过自学研究。他在研究几何的过程中发现了解析几何的原理；他是微积分学的杰出先驱者；他和
帕斯卡一起奠定了古典概率论的基础；他振兴了数论的研究。因此，被称为“业余数学家
之王”、“近代数论之父”。
费马谦逊、好静。生前只发表过很少的著作。他对数学的研究成果，主要是写在他阅读过的数学书的边缘和空白处或写在给朋友的信件中，也有一些是散放在旧纸堆里。他去
世后，人们（包括他的儿子）才把这些资料汇编成书，共两卷，先后于 1670 年和 1679 年2在土鲁斯出版。
二、【证明费马大定理的小故事】 在数学史上，曾流传着这样一个掌故。据说，希尔伯特的一个学生，有一次写了一篇关于费马大定理的论文，一天晚上，他对希尔伯特说：“我已经证明了费马大定理，请老师看一看我的论文。”希尔伯特回答说：“哦！你可能太疲倦了，需要好好休息一下，明天再
来找我吧。”第二天，这个学生又去找希尔伯特，他说：“我已经发觉昨天的证明是错误的。” 三、【费马大定理的最终证明】 1993 年 6 月 23 日，星期三。英国剑桥大学新落成的牛顿数学研究所的大厅里正在进行例行的学术报告会。报告从上午 8 点整开始，报告人维尔斯用了两个半小时就他关于“模
形式、椭圆曲线和伽罗华表示”的研究结果作了一个冗长的发言。10 点 30 分，在他的报
告结束时，他平静地宣布：“因此，我证明了费马大定理。”这一句话象一声惊雷，把许多
只要作例行鼓掌的手“定”在了空中，大厅里鸦雀无声。半分钟后，雷呜般的掌声似乎要
掀翻大厅的屋顶，英国学者们顾不得他们优雅的绅士风度，忘情地欢呼起来。很快，这一
消息轰动了全世界，许多一流的大众传播媒体迅速地报道了这一消息，并一致称之为“世
纪性的科学成就”。
维尔斯证明的实际上是另一个猜想：谷山—志村—韦伊猜想。为此，他写了 200 多页的证明，在 1993 年 6 月 23 日报告。但好事多磨，维尔斯长达 200 多页的论文送交审查时，
却被发现其证明有漏洞。许多传媒又迅速地报道了这一“爆炸性”新闻。
数学界普遍认为，在数学命题证明中出现漏洞然后再加以补正，是不足为怪的，在数学发展的历史中时有发生。一些审阅过维尔斯论文的专家还指出，即使维尔斯没能证明出
费马大定理，他的论文也已经包含有一项表现为重大突破的数学成就。
维尔斯在挫折面前没有止步，从 1993 年 7 月起，他就一直在修改论文，这是一项十分困难的工作，以致于他应邀在 1994 年 8 月在瑞士苏黎世召开的国际数学家大会上作报告
时，对费马大定理只字未提。
1994 年 9 月，维尔斯终于解决了困难，重新写出了一篇 108 页的论文，于 1994 年 10月 14 日寄往美国《数学年刊》，论文顺利通过审查，1995 年 5 月，《数学年刊》的 41 卷第3 期只登载了他的这一篇论文！这一被认为是“二十世纪最重大的数学成就”使得维尔斯
获得 1995/1996 年度的沃尔夫数学奖，并于 1998 年破格获得菲尔兹奖。

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《费马大定理》是关于一个困惑了世间智者358年的谜题的传奇。本书既有振奋人心的故事讲述方式，也有引人入胜的科学发现的历史。西蒙·辛格讲述了一个英国人，经过数年秘密辛苦的工作，终于解决了最具挑战性的数学问题的艰辛旅程。

H. 怎样证明费马大定理中文版(我才初一，说简单点啊！）

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.
（
(x
,
y)
=
(x
,
z)
=
(y
,
z)
=
1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>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。
证明过程太长，自己去看一下，满意请采纳，谢谢
http://ke..com/view/18295.htm

I. 求费马大定理的全部证明过程！！！

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。
关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式
引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在n＞2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。
本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。
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。
一，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）÷2Q
c= 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^2- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112
c=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=36
c=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。
二，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 2b
3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；
3b 4b
3a、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
4×101
303^2+404^2=505^2是整数解。
三，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
四，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）^2
b=c-1
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
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）^2
b=c-2
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
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。
以上，我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解。证明如下：
我们首先证明，增比计算法则在任意方次幂时都成立。
定理5，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 ： （n a）^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。
故定理5得证
定理6，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。
故定理6得证
一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质
定义3，绝对某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，
n^2+6n+9，……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是绝对3次方幂式。
一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1，b为常数项）的展开项。
定义4，绝对非某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都不是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式。
当一元代数式的项数很少时，我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式，例如n^2+n是绝对非2次方幂式，n^7+n是绝对非7次方幂式，但当代数式的项数很多时，得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。
一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2，b为常数项）的展开项中减除其中某一项。
推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式，取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式，当n=7时，3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。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 ……
证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；
在一元代数式中，未知数的不同取值，代数式将得到不同的计算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的，是等式可逆的，是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数公理。即可由代入未知数值的办法对代数式求值，又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质，我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。
当常数项为1时，完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成，对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失，代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下，我们锁定其中的任意3项，则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，对这3个代数式来说，使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解，即补上缺失的第4项值，而且这个缺失项不取不行，取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系，这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是：
（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：当取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
即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数。
当取n=1、2、3、4、5 …时，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方，而 小于2的整数只有1，1^3=1，当取n=1时，
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时，代数式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。
由以上方法我们能够证明一元代数式：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 …时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。
能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下，锁定其中的任意m项后，可得到m个不同的一元代数式，这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。
现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；
2次方时有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以，2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1。
由于2n+1不含有方幂关系，而所有奇数的幂方都可表为2n+1，所以，当2n+1为完全平方数时，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系，应用增比计算法则，我们即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出，求得这些平方整数解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，我们可得到整数中全部平方整数解。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。
同时，由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。
3次方时有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。
由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是3次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些立方费马方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。
4次方时有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。
由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是4次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些4次方费马方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。
m次方时，相邻整数的方幂数的增项差公式为：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以，m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。
由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是m次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些m次方费马方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解。
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。
费马矩阵大定理：当整数n > 2时，关于m行m列矩阵X, Y, Z的不定矩阵方程 X^n + Y^n =Z^n. 矩阵的元素中至少有一个零。当整数n = 2时，求m行m列矩阵X, Y, Z。

J. 费马大定理

17世纪的一位法国数学家，提出了一个数学难题，使得后来的数学家一筹莫展，这个人就是费马(1601——1665)。

这道题是这样的：当n>2时，x^n+y^n=z^n没有正整数解。在数学上这称为“费马大定理”。为了获得它的一个肯定的或者否定的证明，历史上几次悬赏征求答案，一代又一代最优秀的数学家都曾研究过，即使用现代的电子计算机也只能证明：当n小于等于4100万时，费马大定理是正确的。由于当时费马声称他已解决了这个问题，但是他没有公布结果，于是留下了这个数学难题中少有的千古之谜。

费马小传：

费马生于法国南部，在大学里学的是法律，以后以律师为职业，并被推举为议员。费马的业余时间全用来读书，哲学、文学、历史、法律样样都读。30岁时迷恋上数学，直到他64岁病逝，一生中有许多伟大的发现。不过，他极少公开发表论文、著作，主要通过与友人通信透露他的思想。他的很多成果都是在他死后，由他儿子通过整理他的笔记和批注整理出来的。好在费马有个“不动笔墨不读书”的习惯，凡是他读过的书，都有他的圈圈点点，勾勾画画，页边还有他的评论。他利用公务之余钻研数学，并且成果累累。后世数学家从他的诸多猜想和大胆创造中受益非浅，赞誉他为“业余数学家之王”。

费马对数学的贡献包括：与笛卡尔共同创立了解析几何；创造了作曲线切线的方法，被微积分发明人之一牛顿奉为微积分的思想先驱；通过提出有价值的猜想，指明了关于整数的理论——数论的发展方向。他还研究了掷骰子赌博的输赢规律，从而成为古典概率论的奠基人之一。

附录：

被公认执世界报纸牛耳地位的纽约时报于1993年6月24日在其一版头题刊登了一则有关数学难题得以解决的消息，那则消息的标题是『在陈年数学困局中，终于有人呼叫『我找到了」』。

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扯在一起，而威利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。不过威利斯的证明马上被检验出有少许的瑕疵，於是威利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，威利斯在德国哥庭根大学领取了佛尔夫斯克尔奖。当年的十万法克约为两百万美金，不过威利斯领到时，只值五万美金左右，但威利斯已经名列青史，永垂不朽了。

要证明费马最后定理是正确的

（即x^ n+ y^n = z^n 对n>=3 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。