“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)
费马猜想例子
费马猜想例子一、费马猜想是啥呢？费马猜想啊，那可老有趣啦。
这个猜想是由费马提出来的，这个费马可真是个很厉害的家伙呢。
他提出说对于方程$x^n + y^n = z^n$，当n大于2的时候，没有正整数解。
这就好比是他在数学的大花园里，发现了一个神秘的角落，然后跟全世界的数学家说，嘿，这里面有个超有趣的事儿，你们来看看呀。
比如说，当n = 2的时候呢，我们有勾股定理，像3、4、5就是一组很好的解，$3^2+4^2 = 5^2$，这是大家都很熟悉的。
但是费马就觉得，当n变成3啊，4啊或者更大的数的时候，这种正整数解就找不到啦。
很多数学家就开始对这个猜想进行探索。
这就像是一场超级刺激的寻宝游戏，费马就把宝藏的线索给出来了，然后大家就都争着去寻找这个宝藏到底是不是真的存在。
这个猜想困扰了数学家们超级久的时间呢。
二、一些尝试的例子好多数学家都试着去证明或者推翻这个猜想。
就像欧拉，他可是个数学大牛。
他对这个费马猜想也做了很多的研究。
他尝试用不同的方法去看这个方程到底有没有解。
比如说，他会从数的性质入手，分析这个方程在不同情况下的表现。
还有其他的数学家，他们可能会从特殊的数字开始尝试。
就像先从比较小的n开始，比如说n = 3的时候，看看能不能找到反例。
如果能找到一组x、y、z是正整数能满足方程，那费马猜想就不成立啦。
但是呢，找了很久很久都没找到。
三、费马猜想的意义费马猜想的存在啊，让数学界变得超级热闹。
它就像是一个灯塔，吸引着无数的数学家朝着这个方向去努力。
因为在探索这个猜想的过程中，数学家们发展出了好多新的数学理论和方法。
比如说，为了研究这个猜想，人们对代数数论等领域有了更深的理解。
就好像是为了打开这个宝藏的大门，大家制造了好多新的钥匙，这些钥匙呢，又能打开其他数学领域的门。
这就使得数学这个大厦变得更加宏伟壮观啦。
而且这个猜想也让更多的人对数学产生了兴趣，大家都想知道这个看似简单的方程背后到底藏着什么秘密呢。
这个费马猜想啊，就像数学史上的一颗璀璨的星星，虽然它最后被证明了，但是它带来的影响是超级巨大的，它永远都会在数学的历史长河中闪耀着独特的光芒呢。
费马定理证明过程
费马定理证明过程全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：费马定理是数论中的一个重要定理，由著名数学家费马在17世纪时提出并据一直引起数学界的广泛关注和研究。
费马定理又称费马大定理，其表述为：对于大于2的正整数n，不存在三个正整数a、b、c，使得满足a^n + b^n = c^n。
费马定理证明的过程是一个漫长而又复杂的数学推理过程，而直到1995年，英国数学家安德鲁·怀尔斯才最终给出了费马定理的证明。
费马定理的证明历经了数百年间许多数学家的探索和努力，费马本人曾在他的笔记本上写下了：“我找到了这个证明，但是这个空间太小，无法容纳这个证明。
”这句话也在一定程度上激发了后世数学家对这个问题的研究和探索。
费马定理的证明过程可以大致被分为三个阶段，分别是费马猜想的提出、证明的辅助工具的建立、以及最终的证明。
费马猜想的提出发生在17世纪，费马在一个边注中提出了这个猜想，称其为“我无法证明的定理”，这也给后世数学家提供了一个极大的挑战。
费马猜想的提出激发了许多数学家的研究热情，这个定理的证明一度被认为是不可能的。
随后的数百年间，许多数学家纷纷投入到费马定理的研究之中，他们提出了许多有关费马定理的猜想和假设。
于是，证明费马定理的难度立即从退化为一个普通的数学难题而变得异常复杂。
在费马定理的证明中，数学家们创立了许多重要的数学概念和工具，例如椭圆曲线、调和模形式等，这一系列的辅助工具为费马定理的证明提供了坚实的数学基础。
这些独立的数学概念在费马定理的证明过程中发挥了至关重要的作用。
最终，英国数学家安德鲁·怀尔斯于1995年成功地证明了费马定理，这也为整个数学界带来了一场轰动。
怀尔斯的证明过程异常复杂，包含了许多高深的数学知识和技巧，这也是费马定理证明过程中最为汗牵动人心的部分。
通过费马定理的证明过程，我们可以看到数学家们在对一个数学难题进行探索和研究的过程中所需付出的辛勤努力和不懈追求。
费马定理的证明，实际上也反映了数学研究的艰辛和复杂性。
费马大定理：数学史上的谜之猜想
费马大定理，又被称为费马猜想或费马最后定理，是数学史上的一道备受关注的谜题。
这个猜想得名于17世纪的法国数学家皮埃尔·费马。
尽管费马本人无论是在他留下的笔记中，还是在他与数学家们的通信中都只是提出了这个猜想并没有给出具体的证明，但其因其非凡的魅力而一直吸引着数学家们几个世纪以来。
费马大定理的陈述是这样的：对于任意大于2的自然数n，方程x^n +y^n = z^n没有整数解。
值得注意的是，当n=2时，这个方程有无数个整数解，被称为勾股数。
但费马大定理要求的是当n大于2时，这个方程没有整数解。
整个数学界对费马大定理进行了难以计数的尝试，数学家们出尽了各种方法和思路，试图找到一个证明。
但直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯以及他所采用的新的数学工具，才让费马大定理的证明终于问世。
怀尔斯的证明涉及一种数学分支称为“模形式”。
这种理论最早由德国数学家戴德金在19世纪开创，但怀尔斯基于广义模形式的进一步发展，成功地将其运用在费马大定理的证明中。
怀尔斯的证明非常复杂且晦涩难懂。
他的方法涉及到了代数几何和数论等多个数学分支的知识，需要大量高度抽象的数学技巧。
尽管如此，他的证明还是被众多数学家认可，并且已经被广泛证实。
费马大定理的证明不仅仅是一个单纯的数学成就，更象征着人类的智慧和数学的力量。
它揭示了数学世界中一个最基本的普遍真理，对于数学的发展和应用具有极其重要的意义。
除了怀尔斯的证明，费马大定理还有其他相对简单但是对大多数人更容易理解的证明。
其中一种方法是靠近没有严格性的范围，采用概率统计的方法来推导出费马大定理的证明。
费马大定理虽然令无数数学家斩获一代又一代，但对于大多数人来说，这个问题本身可能并没有实际应用，没有直接的经济效益。
但这个问题本身所需要的思维方式和数学技巧，对人类的思维乃至整个数学科学的发展具有重要的推动作用。
总之，费马大定理作为数学史上的一个谜题，激发了数学家们几个世纪以来的好奇心和求知欲望。
费马定理证明过程
费马定理证明过程
费马定理是数学中的一个重要定理，被广泛应用于代数、数论等领域。
它的证明过程虽然相对复杂，但我们可以用简单的语言描述来展示其基本思想。
费马定理的表述是：对于任何大于2的整数n，不存在满足a^n + b^n = c^n的正整数解a、b、c。
这个定理最初是由法国数学家费马在17世纪提出的，但他并没有给出具体的证明方法，导致这个定理被称为“费马猜想”。
费马定理的证明历经了几个世纪的努力，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，他的证明方法涉及了许多高深的数学知识，如椭圆曲线和调和分析等。
怀尔斯的证明方法被认为是一次重大的突破，为数学界带来了巨大的震撼。
费马定理的证明过程中需要运用到大量的数学理论和技巧，其中包括数论、代数、解析几何等多个数学分支的知识。
然而，由于本文的要求，我们无法在文章中使用数学公式或计算公式来展示证明过程。
尽管如此，我们还是可以简单地描述一下费马定理的证明思路。
证明的基本思想是通过推理和反证法来证明费马定理的正确性。
假设存在满足费马方程的整数解，然后通过一系列推理和推导来得出矛盾的结论，从而证明费马方程无解。
具体来说，证明过程中可能会涉及到数论中的素数性质、模运算、同余关系等概念，以及代数中的多项式展开、因式分解等技巧。
这些数学知识和方法相互结合，最终构成了费马定理的完整证明。
尽管费马定理的证明过程相对复杂，但它的重要性和影响力不言而喻。
费马定理的证明不仅深化了我们对数学的认识，也为数学研究提供了新的方向和思路。
因此，费马定理的证明过程是数学中的一块宝贵的瑰宝，值得我们细细品味和研究。
怀尔斯证明费马大定理的过程原稿
怀尔斯证明费马大定理的过程原稿1. 引言说到费马大定理，很多人第一反应就是：“哎，这是什么神奇的东西？”其实，这个定理就像一道无形的围墙，把数论界的研究者们困得不要不要的。
说它有多难，难就难在，数学家费马在17世纪的时候，写下了一句话，放了个巨大的烟雾弹：“我发现了一个惊人的定理，但这里没有空间来写下证明。
”你说，这不是给后来的数学家们留了个大坑吗？就这样，费马的大定理成为了数学界的“白月光”，美丽却遥不可及。
直到1994年，怀尔斯这位现代数学的“英雄”，才终于把这个定理的证明搞定。
真是让人感叹：“时间不负有心人”啊！2. 怀尔斯的旅程2.1 早期的兴趣那么，怀尔斯是个什么样的人呢？他出生在1953年，从小就对数学情有独钟，简直就是个“数学小天才”。
在他还是个孩子的时候，就经常沉迷于各种数学难题，像个小侦探一样寻找答案。
听说他在上小学时，就已经把老师的数学题目搞得一团糟，连老师都对他刮目相看。
就这样，他的数学之路可谓是一步一个脚印，走得相当稳健。
2.2 努力不懈的追求怀尔斯长大后，进入了剑桥大学，继续追寻自己的数学梦。
他的目标就像“打了鸡血”一样，坚定不移。
他甚至在十几年的时间里，几乎每天都在努力研究这个费马大定理，脑海中思考着，如何才能把这个千年难题揭开面纱。
有人调侃说：“他简直像是个数学版的福尔摩斯！”怀尔斯心中所想，绝对不仅仅是为了名声，更是对数学本质的探索。
他不怕困难，勇往直前，简直是个“死磕型”的选手。
3. 证明过程3.1 灵光一现终于，在1993年，怀尔斯给我们带来了一个“惊喜”——他声称找到了证明！当时，他自己都没敢相信，心里想：“这到底是真的吗？”他的证明过程像极了破案的高潮，充满悬念和紧张。
数学界的朋友们兴奋得像是打了鸡血，纷纷聚在一起，准备见证这个历史性的时刻。
3.2 持续的挑战然而，事情并没有那么简单。
没过多久，怀尔斯的证明被发现存在漏洞，简直是“晴天霹雳”！他又一次被推回到了起点，心里那叫一个五味杂陈。
数学史上著名猜想
数学史上的三个著名猜想湖北舒云水在问题探索中，为了寻求一般规律，往往先考察一些特例，通过对这些特例的不完全归纳形成猜想，然后再试图去证明或否定这种猜想，这是发现数学规律的一种重要手段﹒我们要学会归纳猜想，去发现一些新的数学结论﹒下面介绍数学史上三个有代表性的著名猜想.1.费马素数猜想——一个错误的猜想一种有趣且有很长历史的数叫费马素数，这些数是由法国数学家费马引进的.费马在研究数列Fn=2n2+1（n=0，1，2，…）前五项：F0=3，F1=5，F2=17，F3=257，F4=65537.发现它们都是素数，他没有做进一步的计算，就猜想：形如Fn=2n2+1（n=0，1，2，…）的整数都是素数，这就是费马素数猜想﹒瑞士数学家欧拉再往前走了一步，这个猜想就推翻了，他证明了F5不是素数：F5=4294967297=641×6700417.否定一个猜想，只需举一个反例即可.费马是一个著名的数学家，但他的职业是一个法官，数学只是他的业余爱好，凭兴趣研究数学，取得了丰硕的成果.2.费马大定理——一个已经被证明的著名猜想我们知道方程x2+y2=z2有无数多个正整数解，如：32+42=52，52+122=132，……费马作了进一步的探索：x3+y3=z3，x4+y4=z4，…有没有正整数解呢﹖他没能找出满足条件的正整数解，于是作出了一个重要猜想：方程x n+y n=z n（n＞2，n∈N）没有正整数解﹒自费马之后许多数学家花费巨大的劳动去解决这一问题，经过350多年的努力，到1995年这个问题终于由英国数学家维尔斯解决﹒维尔斯在继承前人成果的基础上，整整花了七年时间刻苦攻关，证明费马的猜想是成立的，一个猜想被证明是成立后，就成为一个定理，这就是著名的费马大定理﹒维尔斯因证明费马大定理，1996年荣获国际数学大奖——沃尔夫奖﹒3.哥德巴赫猜想——一个未被否定或证明的猜想17世纪，德国数学家哥德巴赫发现每一个大偶数都可以写成两个素数的和﹒例如：6=3+3，8=3+5，10=3+7=5+5，12=5+7，14=3+11=7+7，……他对许多偶数进行了检验，都说明这是确定的﹒但是，这需要给予证明，他算来算去，没有办法证出来﹒于是，他写信向著名的大数学家欧拉求教，欧拉到死也没有证明它﹒因为哥德巴赫的发现尚未经过证明，所以只能称之为猜想，200多年来，世界上成千上万的数学家企图给哥德巴赫猜想作出证明，但都未取得成功﹒我国数学家王元、潘承洞、陈景润研究哥德巴赫猜想都取得重要成果，陈景润证明了“每一个充分大的偶数都可以表为一个素数与一个不超过两个素数的乘积之和”（“1+2”），这是目前最好的成果，为中国人争了光！。
费马大定理简明完整版证明
费马大定理证明求证不定方程对于整数n>2n n nX Y Z+=无X,Y ,Z 的整数解这就是费马猜想又称费马大定理，起源于三百多年前，挑战人类3个世纪，多次震惊全世界，耗尽人类众多最杰出大脑的精力，也让千千万万业余者痴迷。
传言在1994年被安德鲁·怀尔斯攻克，但是我并不知道安德鲁·怀尔斯攻克的证明是否真实可靠。
现在来阐述最新最简易的证明如下：证明：条件：设整数(p ，q)互素，（a,b ）互素，并且X,Y 均整数，如果不存在整数Z 使得n n nX Y Z+=成立，那么猜想正确，否则猜想就是错误的由条件设定已知x,y 为整数，将猜想等式左边合并变换为下式1(1())n ny Z X x=+设p y q x =则1(1())nnpu qZ X u=+=假设存在整数Z,则u 一定至少是有理数设1(1())n np au q b =+=则n ()n n n n q p b q a +=（1）()n n n n np b q a b =- 由于(p,q)互素那么q 必然是b 的因子才能使得等式两边成立设b=qt 代入（1）式得（2）()tnnna p q +=（）则t 为a 的因子,至此如原条件（a,b ）互素相矛盾，所以t 必须等于1得以下等式： （3）n n np q a+=假设等式依然成立得11()=nn p a q q ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 利用牛顿二项式广义定理展开上式得：11knk k k np a q q C q →∞=⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑23123111111(.....)knnnnknk k k k n n n n n p p p p p a q q C q C C C C q q q q q →∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑展开式曲线簇附图如下23123111111(.....)kn n n n knk kk k nn n n n p p p p p a q q C q C C C C q q q q q →∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑要使得a-q 为整数，至少a-q 的小数部分为有理数，而a-q 的展开式是无限级数，那么只有一个条件下a-q 才可能是有理数，就是级数的系数的绝对值相等，由此只有n 趋近无穷大时才会出现此种情况如下：()()()()()111111lim =1lim 121..(1)1!knknk knk k k kn n x n p p p C n n k n q k n q knq ++→∞→∞-⎛⎫⎛⎫-----=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭只有a-q 才是-()n p q 的等比数列之和才可能是有理数，由上式知道就算是极限状态也不存在系数的绝对值相等 所以在有限整数n>2 的条件下，或n 无穷大时23123111111(......)knnnnknk k k k n n n n n p p p p p a q q C q C C C C q q q q q →∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑均不可能是有限的或无限循环的，那么它只能是无理数，所以a 也只能是无理数，据此整数n>2时，对于互素的p,q ，（q>p ）没有整数a 使得（4）等式成立（4）11()nn p a q q ⎛⎫+= ⎪⎝⎭ 结论11()n n p u q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭为无理数（整数n>2, q>p ） 那么Z Xu =同样也是无理数至此对于整数n>2n n nX Y Z+=X,Y,Z 没有同为整数的解 费马猜想证明完毕 后记：11()nn p u q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭为无理数已经写入无理数的百度词条中，便于知识的传播。
世界十大数学猜想及其证明情况
世界十大数学猜想及其证明情况一、世界十大数学猜想(难题)世界十大数学猜想：NP 完全问题、霍奇猜想、庞加莱猜想、黎曼假设、杨－米尔斯理论、纳卫尔－斯托可方程、BSD 猜想，费尔马大定、四色问题、哥德巴赫猜想。
其中，世界近代三大数学难题：1、费尔马大定理，2、哥德巴赫猜想，3、四色问题。
世界七大数学难题：一、P(多项式时间)问题对NP(nondeterministicpolynomial time ，非确定多项式时间)问题，二、霍奇(Hodge)猜想，三、庞加莱(Poincare)猜想，四、黎曼(Riemann)假设，五、杨－米尔斯(Yang -Mills)存在性和质量缺口，六、纳维叶－斯托克斯(Navier -Stokes)方程的存在性与光滑性，七、贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton -Dyer)猜想。
这十大数学猜想只证明了两个，庞加莱猜想和四色问题已被解决。
（1）世界近代三大数学难题1、费尔马大定理2、哥德巴赫猜想3、四色问题（2）世界七大数学难题1、P 问题对NP 问题2、霍奇(Hodge)猜想3、庞加莱(Poincare)猜想4、黎曼(Riemann)假设5、杨－米尔斯(Yang -Mills)存在性和质量缺口6、纳维叶－斯托克斯(Navier -Stokes)方程的存在性与光滑性7、贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton -Dyer)猜想（3）有待破解的数学难题除了上述著名数学难题外，还有以下著名数学难题有待破解。
Abc 猜想考拉兹猜想周氏猜测(梅森素数分布猜测)阿廷猜想(新梅森猜想)哥德巴赫猜想孪素数猜想克拉梅尔猜想哈代－李特尔伍德第二猜想六空间理论先来看三大数学猜想(难题)。
（1）费马猜想又称“费马大定理”或“费马问题”，1637年由法国数学家费马提出：形如n n n z y x =+的方程，当n 大于2时没有正整数解。
剑桥大学怀尔斯在1995年彻底解决了这一大难题。
初中数学 费马大定理的证明过程是怎样的
初中数学费马大定理的证明过程是怎样的费马大定理是数学史上最著名的问题之一，它是由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出的。
费马大定理的表述是：当n大于2时，方程a^n + b^n = c^n没有正整数解。
这个问题在当时就引起了数学家们的极大兴趣，然而费马本人并没有公开他的证明方法，导致了这个问题一直成为数学界的一个悬案。
直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在历时多年的努力下，终于给出了费马大定理的完整证明。
本文将介绍费马大定理的证明过程，以及怀尔斯是如何解决这个经典问题的。
怀尔斯的证明方法基于代数几何和椭圆曲线的理论，他建立了一个数学框架，通过对一个特定类型的方程进行研究，最终得出了费马大定理的证明。
这个方程是一个模型方程，它可以表示为：x^n + y^n = z^n其中n是大于2的正整数，x、y、z是未知整数。
这个方程的解对应于费马大定理的解。
怀尔斯的证明方法涉及到了许多深奥的数学理论和技巧，下面将逐步介绍他的证明过程。
1. 代数几何的初步建立怀尔斯的证明方法基于代数几何，他首先建立了一套几何框架，用于描述方程的解的性质。
这个几何框架是基于一个叫做椭圆曲线的数学对象的。
椭圆曲线是一种特殊的代数曲线，它可以用二次方程表示为：y^2 = x^3 + Ax + B其中A、B是常数。
椭圆曲线具有一些重要的性质，如切线和法线的交点等，这些性质可以用来研究方程的解的性质。
2. 椭圆曲线和模形式的联系怀尔斯发现，椭圆曲线和另一个数学对象叫做模形式有密切的联系。
模形式是数论中的一种函数，它具有一些重要的性质，如模不变性等。
怀尔斯利用了椭圆曲线和模形式的联系，建立了一个新的数学框架，用于研究方程的解的性质。
3. 模形式和费马大定理的联系怀尔斯发现，模形式和费马大定理之间也有一定的联系。
他发现，如果存在一种特殊的模形式，它可以与方程的解一一对应，那么费马大定理就能够得到证明。
费马小定理简单证明
费马小定理简单证明摘要：1.费马小定理简介2.费马小定理的简单证明3.总结与启示正文：费马小定理是数论中的一个重要定理，它揭示了整数n和整数a之间的关系。
这个定理的表述如下：对于任意整数n > 2，若a与n互质，则a的n-1次方模n的余数等于1，即a^(n-1) ≡ 1 (mod n)。
费马小定理的简单证明如下：假设a与n互质，我们要证明a^(n-1) ≡ 1 (mod n)。
我们可以使用数学归纳法来证明。
当n = 3时，显然成立，因为a^2 ≡ 1 (mod 3)。
假设当n = k时，结论成立，即a^(k-1) ≡ 1 (mod k)。
考虑n = k+1的情况，根据假设，我们知道a^(k-1) ≡ 1 (mod k)。
那么我们可以将a^(k-1)表示为1 + kd，其中d是整数。
接下来，我们将证明a^(k+1) ≡ a^k * a ≡ 1 + kd * a (mod k+1)。
由于a与k互质，所以a与k+1也互质。
因此，我们可以将k+1表示为a * t + r，其中t和r分别是整数，且r < a。
那么，a^(k+1) = a * a^k= a * (1 + kd)= a + ka^2 + k^2 * d * a= a + kd * a + k^2 * d * a= (1 + kd) * a + k^2 * d * a= 1 + kd * a + k^2 * d * a (mod k+1)因此，我们证明了当n = k+1时，结论也成立。
根据数学归纳法，对于任意n > 2，费马小定理都成立。
费马小定理的简单证明就到这里。
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“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= (z – x) [z n-3（z – x）+ 3xz n-4（z – x）+ 6x2z n-5（z – x）+ …] + nx n-1= (z – x)[(z – x) (z n-3 + 3xz n-4+ 6x2z n-5+ …) + …] + nx n-1第一次分解z – x因式时系数成数列：1，2，3，…，（n – 1），n；第二次分解z – x 因式时系数成数列：1，3，6，…，至n – 1项，这就需要求第二次分解z – x的第n – 1项通解公式。
细观察发现第二次分解z – x的某项系数是第一次分解该项系数的数与前几项系数之和，所以n – 1项系数通解公式为12[(n – 1) + 1](n – 1) =12（n – 1）n，于是得到（4）式―可约公因数式‖：Dz – x= (z – x)[zn-3 + 3xz n-4 + 6x2z n-5+ … +12（n – 2) (n – 1）x n-3] + 12(n – 1) nxn-2 + nxn-1z – x因为（x ，y）= 1，则（x ，z）= 1，（x ，z – x）= 1；由―可约公因数式‖中nx n-1z – x项可知z – x即C与nx n-1含公约数只能是n的因数（n或n的某些因数）使Dz – x相约。
由CD = y n，C、D含n的两个因数乘积必是一个n次方数；所以设D含n的因数为N i Pi，C含n的因数为N i n-pi，令正整数（c ，d）= 1、D = d n N i pi、C = c n N i n-pi，则y = cdN i，又使（3）式、（4）式得：z –（x + c n N i n-pi）= 0 (7)z n-1 + xz n-2+... + x n-2z +（x n-1– d n N i Pi）= 0 (8)用确定（5）式、（6）式正整数解的计算方法，使y n分解c n N i n-pi及d n N i Pi是满足（2）式约数分解使（7）式、（8）式是确定的正整数等式。
同理，如果以x n为分解对象亦是这样相同的结果，因为在形式上y n、x n是可以等价互换的。
如果y n与x n不等价互换即各自是定数分别为分解对象，则同样得到相应的（5）式、（6）式或（7）式、（8）式为正整数等式结果。
所以y = cd或y = cdN i两个必要正整数的不同取值，使（5）式、（6）式和（7）式、（8）式是（2）式分解为有确定正整数解成立的等式，含括了全部有正整数解的情形，也是（1）式有正整数解的确定性条件。
由（5）式z = x + c n及y = cd使（1）式为方根n次方式：z n = x n + (cd)n = (x + c n)n这时x、c为正整数便确定了d的唯一正整数方根d = n (x + c n)n– x nc n则有z = (±) (x + c n) ≡ n x n + (cd)n（n：奇数+ ；偶数±）等式F（z：x，c）≡ Q（z：x、c， d）的方根使（1）式成立，存在z = x + c n唯一正整数方根。
所以（5）式是（2）式的―方根约数式‖，则（6）式为―方根余约数式‖。
同理，（7）式是（2）式分解约数另一解值的―方根约数式‖，相应（8）式是（2）式约去这一解值方根约数的―方根余约数式‖。
这就证明了关于―z‖的正整数解（5）式或（7）式一定是方根，其有正整数方根解是（1）式有正整数解的必要性条件。
由（5）式的方根n次方式z n = (x + c n)n约去方根约数的―方根余约数式‖为：z n-1– (x + c n)n-1 = 0 (9)根据方根存在唯一性定理○3，推论―方根余约数式‖也是唯一性的，因为z n = x n + y n与z n = (x + c n )n同是（5）式z = (x + c n )的方根n次方式，则一个正整数―方根约数式‖同次方的两个方根n次方式是唯一性的，所以z n = x n + y n与z n = (x + c n )n约去方根约数的―方根余约数式‖亦为唯一性的（6）式≡（9）式。
由多项式恒等定理○4由（6）式≡（9）式，关于―z‖的非首项系数及常数项对应相等：x = 0，x2 = 0，… ，x n-2 = 0，x n-1– d n = – (x + c n)n-1当n＞2时，（6）式、（9）式必有至少一项关于―z‖的非首项对应系数项等式存在，只有x = 0才有（6）式≡（9）式成立，常数项d n =（c n)n-1即：D = C n-1y n = CD = C n，（3）式、（4）式z = y。
（5）式不是正整数―方根约数式‖，（6）式是―方根余约数式‖不成立。
同理，（7）式方根n次方式约去方根约数的―方根余约数式‖为：z n-1– (x + c n N i n-pi)n-1= 0 (10)因为z n = x n + y n与z n = (x + c n N i n-pi )n同是（7）式z = x + c n N i n-pi的方根n次方式，所以z n = x n + y n与z n = (x + c n N i n-pi )n同约去方根约数的―方根余约数式‖亦是唯一性的（8）式≡（10）式，关于―z‖的非首项系数及常数项对应相等：x = 0，x2 = 0，… ，x n-2 = 0，x n-1– d n N i Pi = – (x+c n N i n-pi)n-1当n＞2时，与（6）式、（9）式同理，只能使x = 0，常数项d n N i Pi = (c n N i n-pi)n-1。
这时D = d n N i Pi = (c n N i n-pi)n-1 = C n-1，使y n = CD = C n，（3）式、（4）式z = y。
（7）式不是正整数―方根约数式‖，（8）式是―方根余约数式‖不成立。
通过对假设（1）式为正整数等式成立所求得的（5）式、（7）式正整数―方根约数式‖的检验，当n＞2时两式不是正整数方根解，（6）式、（8）式不是―方根余约数式‖。
所以当正整数n＞2时不定方程z n = x n + y n没有正整数解。
————————————○1约数分析法：把不定方程进行因式分解，然后通过对约数进行分析来求出方程的解。
《中学数学中的整数问题》（天津市数学会编天津科学技术出版社1983年4月）第122 - 125页阐述了这种解不定方程的方法，一些资料中又叫―因数分析法‖或―因子分解法‖。
○2引理：整数uv = w n，u＞0，v＞0，（u ，v）= 1；则u = a n，v = b n。
这是《中学数学中的整数问题》中解不定方程―约数分析法‖的特例。
在网上资料《数论是研究整数性质的一门科学》中有―uv = w 2，u＞0，v＞0，（u ，v）= 1；则u = a2，v = b2‖，称为―引理‖，当幂指数为n时同理。
○3方根存在唯一性定理：对于任何非负实数a，存在唯一的非负实数r，它的n次幂等于a，即r n = a。
《中学代数教学法》（陈森林编著湖北人民出版社1981年8月）第203 — 205页具体证明了这个―方根存在定理‖和它的―唯一性‖。
○4多项式恒等定理：多项式恒等的充要条件是它们的次数相同且同次项系数对应相等。
《中学代数教学法》第130页阐述了这个定理，中国校联网《多项式》文中给出了详细证明。
（王德忱）。