费马三大定理
世界数学难题——费马大定理
世界数学难题——费马大定理费马大定理简介：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。
[编辑本段]理论发展1637年，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。
”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
对很多不同的n，费马定理早被证明了。
但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。
1908年，德国佛尔夫斯克宣布以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”。
高等数学费马定理
高等数学中费马定理是指当n>2时，方程x^n+y^n=z^n无整数解。
这个定理是费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时提出的，但他没有给出证明。
随后，1678年G·W莱布尼兹证明了n=4时定理成立；1770年C·欧拉证明了n=3和4的情形；P·G狄利克雷和G·拉梅分别证明了n=5和7的情形；1884年E·E库默尔创立了理想数，从而证明了当n是介于2与100之间的奇数p（除去（p=37,59和67）时，定理成立。
1995年，安德鲁·怀尔斯等人将费马猜想证明过程发表在《数学年刊》，成功证明了这一定理。
费马大定理表述虽简单，但它的证明耗费了数代人的努力，许多数学家在证明过程中发现了许多新的数学理论，拓展了新的数学方法，证明费马大定理的过程可以算得上是一部数学史。
费马大定理
椭圆曲线
y 2 = x3+ax2+bx+c
y2 = x3 - x
y 2 = x 3 - 3x + 3
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伽罗瓦（1811—1832）
他演算的核心部分则是称为“群论”的思想，他将
这种思想发展成一种能攻克以前无法解决的问题的有力
工具。
伽罗瓦生命中最后一夜的工作，成为一个半世纪后 安德鲁·怀尔斯证明谷山-志村猜想的基础。
丢番图古希腊数学家 （约公元246—330年） 丢番图是代数学的创 始人之一。
《算术》——丢番图
不可能将一个立方数写成两个立 方数之和；或者将一个四次幂与 成两个四次幂之和；或者，一般 地，不可能将一个高于 2次的幂写在卷II丢番图问题8： 成两个同样次幂的和。 "给定一个平方数,将其写
成其他两个平方数之和"
喜欢上一个姑娘 自杀 看书 证明
沃尔夫斯凯尔 (1856 德国企业家
- 1908)
遗嘱
哥廷根皇家科学协会专门发表卡片
最后的英雄
“弄清楚圆周率是无理数这件 事可能是根本没有实际用处的， 但是如果我们能够弄清楚，那 么肯定就不能容忍自己不去设
法把它弄清楚。”
这证明过程中, 发明了一种全新的概念——理想数, 并引出一个更一般的概念——理想, 以及整个新的数学分支——理想论。
库默尔（1810—1893） 德国数学家
他精确的证明：用当时的数学工具， 人类根本无法证明费马大定理。
曲径通幽
数学不是沿着清理干 净的公路谨慎行进的，而 是进入一个陌生荒原的旅 行，在那里探险者往往会 失去方向。 ——安格林
对于该命题，我确信已发现一种 奇妙的证明，可惜这里的空白太 小，写不下。
费马大定理
费马大定理，又被称为“费马最后的定理”，由法国数学家费马提出。
它断言当整数n >2时，关于x, y, z的方程x^n + y^n = z^n 没有正整数解。
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年被英国数学家安德鲁·怀尔斯证明。
费马小定理(Fermat Theory)是数论中的一个重要定理，其内容为：假如p是质数，且Gcd(a,p)=1，那么a(p-1)≡1（mod p）。
即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。
这样就证明了费马小定理。
[1]在1742年给欧拉的信中哥德巴赫提出了以下猜想：任一大于2的整数都可写成三个质数之和。
因现今数学界已经不使用“1也是素数”这个约定，原初猜想的现代陈述为：任一大于5的整数都可写成三个质数之和。
欧拉在回信中也提出另一等价版本，即任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。
今日常见的猜想陈述为欧拉的版本。
把命题"任一充分大的偶数都可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a+b"。
1966年陈景润证明了"1+2"成立，即"任一充分大的偶数都可以表示成二个素数的和，或是一个素数和一个半素数的和"。
命Px（1，2）为适合下列条件的素数p的个数：x-p=p1或x-p=p2p3其中p1,p2,p3都是素数。
[这是不好懂的；读不懂时可以跳过这几行。
]用X表一充分大的偶数。
p≤x,p+h=p1或h+p=p2p3对于任意给定的偶数h及充分大的X，用Xh（1，2）表示满足下面条件的素数p的个数：其中p1,p2,p3都是素数。
简述费马大定理的内容
简述费马大定理的内容
费马大定理是数论中的一个重要定理，由法国数学家皮埃尔·德·费马于1637年提出。
该定理的内容是：
对于任何大于2的正整数n，方程x^n + y^n = z^n没有正整数解。
换句话说，对于任何大于2的正整数n，不存在满足条件的整数x、y和z，使得x的n次方加上y的n次方等于z的n次方。
该定理的特殊情况即费马小定理，即当n为质数时，该定理成立。
费马大定理一度成为数学界的一个未解之谜，费马曾在他的笔记中写下了“我确实有了一个非常精妙的证明，然而这个证明过于复杂，无法在边距内放下”。
这句话引发了无数数学家们的挑战，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯最终证明了费马大定理。
他使用了复杂的数学方法，包括椭圆曲线和模形式理论等，证明了对于n大于2的情况，费马大定理是成立的。
费马大定理的证明在数学界引起了轰动，被认为是20世纪数学
最伟大的成就之一。
它不仅解决了费马自己提出的问题，也为数论和代数几何领域的研究提供了重要的启示。
此外，费马大定理的证明也鼓舞了众多数学家对于其他数学难题的解决信心。
高中数学知识点精讲精析 费马大定理
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。
费马大定理简介
费马大定理简介费马大定理（Fermat's Last Theorem）是数学领域的一个著名问题，由法国数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat）于17世纪提出，直到1994年才被英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）证明。
这个问题的正式陈述如下：费马大定理：对于任何大于2的正整数n，不存在满足a^n + b^n = c^n的正整数a、b、c，其中a、b、c互不相等。
费马大定理的历史可以追溯到17世纪，当时法国律师兼数学家皮埃尔·费马在自己的《大定理》笔记中提出了这个问题，但没有给出详细的证明。
费马在笔记中写道他已经找到了一个非常精彩的证明，但没有足够的空间在边距中容纳。
这一问题成为了数学界的长期谜团，许多数学家努力寻找证明，但都未能成功。
直到20世纪，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在1994年成功地证明了费马大定理，他的证明非常复杂，涉及多个数学领域的深刻理论和方法，包括椭圆曲线、调和模形式、伽罗瓦表示等等。
怀尔斯的证明被广泛认为是数学史上最杰出的成就之一。
费马大定理的证明不仅解决了一个长期以来的重要问题，还开辟了新的研究领域，对数论、代数几何等领域产生了深远的影响。
怀尔斯的工作也为数学研究者们提供了启发，表明数学中的看似不可能证明的问题也可以通过深入的研究和创新性的思考最终被解决。
费马大定理的证明过程是极其复杂和深刻的，不容易在一篇2000字的介绍中详细叙述。
然而，它的证明不仅深刻，而且具有重要的历史和数学意义，对数学界产生了深远的影响。
它向我们展示了数学的无限可能性和深度，以及人类智慧的伟大成就。
2。
费马定理
费马大定理费马大定理在数论领域，费马的名字因“费马大定理”而特别响亮。
费马大定理亦称“费马猜想”，最先由费马在阅读巴歇（CBachet）校订的丢番图《算术》时作为卷2命题8的一条页边批注而提出。
1670年费马之子萨缪尔（Samue1）连同其父的批注一起出版了巴歇的书的第二版，此后三个多世纪，费马大定理成为世界上最著名的数学问题，吸引历代数学家为它的证明付出了巨大的努力，有力地推动了数论乃至整个数学的进步；1994年，这一旷世难题被英国数学家威尔斯（A。
Wi1es）解决以下就是费马的页边批注，原文为法文，把一个数的立方分成另两个数的立方和，把一个数的四次方分成另两个数四次方的和，或一般地，把一个数的高于2的任何次方分成两个数的同次方的和是不可能的。
我确信已找到了一个极佳的证明，但书的空白大窄，写不下。
费马小定理费马经常把他的一些研究结果写信告诉其他数学家。
在1640年10月18日致德·贝西（RRdeBessy）的一封信中包含了后以" 费马小定理”著称的如下结果：如果p 是素数，a与p 互素，则被p 整除。
费马曾对欧凡里得《几何原本的定理》，36很感兴趣，该定理是说：如果2”一1是素数，则形如2～’（2”一1）的数是完全数，即它等于其所有因子的和。
这种像2一‘的数费马叫做完全数的根。
在1640年6月写给梅森神父（M。
Mersenne的信中费马有如下结论：如果n 非素，贝2”一 1非素；如果”是素数，则2”一2可被门整除；如果”是素数，贝：J 2、一：只能被形士口2kn＋i的素数整除。
同年8月在给贝西的信中，费马讨论了2、＋1型的数（当”一2’时， 22t＋1型数后被称为“费马数”。
）费马在10月18日写给贝西的信中首先回顾了上述诸信的结果，然后转向“费马小定理”。
以下摘录该信有关部分，转译自趴J．Struik：A、 Source BOok in Math． pp。
28～29。
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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。
费马小定理：是数论中的一个重要定理，其内容为：假如p是质数，且(a,p)=1，那
么a^(p-1) ≡1（mod p）假如p是质数，且a,p互质，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1
费马平方和定理
费马平方和定理是由法国数学家费马在1640年提出的一个猜想，但他没有提出有力的数学证明，1747年，瑞士数学家莱昂哈德·欧拉提出证明后成为定理。
内容
费马平方和定理的表述是：奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该素数被4
除余1。
欧拉的证明
欧拉在1747年证明了费马平方和定理，当年他四十岁。
他在当年5月6日寄给哥德巴赫一封信，讲述这个定理的证明。
该证明分五步，且用到了无穷递降法；由于信中没有把第五步讲清楚，因此1749年他再次寄给哥德巴赫一封信，详细讲述第五步的证明。
第一步、“如果两个整数都能表示为两个平方数之和，则它们的积也能表示为两个平方数之和。
”
第二步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除，则它们的商也能表示为两个平方数之和。
”
假设a2 + b2能被p2 + q2整除，且后者为素数。
则p2 + q2能整除
(pb −aq)(pb + aq) = p2b2 −a2q2 = p2(a2 + b2) −a2(p2 + q2).
由于p2 + q2是素数，因此它能整除两个因子之一。
假设它能整除pb −aq。
由于
可推出p2 + q2能整除(ap + bq)2。
于是等式能被p2 + q2的平方整除。
两边除以(p2 + q2)2得：
因此其商能表示为两个平方数之和。
如果p2 + q2能整除pb + aq，则利用等式
同样可证。
第三步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除，则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因子。
”
假设x能整除a2 + b2，且其商的分解式为。
则。
如果所有的因子pi都能表示为两个平方数之和，则我们可以用p1、p2、等等去除a2 + b2，并使用第二步的结论，可得每一个商都能表示为两个平方数之和。
除到只剩x的时候，可得x也能表示为两个平方数之和，矛盾。
因此，如果x不能表示为两个平方数之和，则至少有一个素数pi 也不能表示为两个平方数之和。
第四步、“如果a和b互素，则a2 + b2的所有因子都能表示为两个平方数之和。
”
这一步用到了无穷递降法。
设x是a2 + b2的一个因子。
可记
其中c和d的绝对值最多不超过x的一半。
可得：
因此，c2 + d2一定能被x整除，设c2 + d2 = yx。
如果c和d不互素，则它们的最大公约数与x互质(否则它就能整除a和b，与我们假设它们互素矛盾〕。
因此它们的最大公约数的平方能整除y（因为它能整除c2 + d2），于是我们得到e2 + f2 = zx，其中e和f互素，且z不超过x的一半，这是因为
如果c和d互素，则我们可直接使用c和d，不必转换成e和f。
如果x不能表示为两个平方数之和，则根据第三步的结论，可知必有一个z的因子不能表示为两个平方数之和；设它为w。
于是我们从x推出了一个更小的整数w，都不能表示为两个平方数之和，但都能被一个能表示为两个平方数之和的整数整除。
由于这个无穷递降是不可能的，因此x一定能表示为两个平方数之和。
第五步、“任何形为4n + 1的素数都能表示为两个平方数之和。
”
如果p = 4n + 1，则根据费马小定理可得被p除都余1。
因此它们的差都能被p整除。
这些差可分解为
由于p是素数，它一定能整除这两个因子之一〔以下称它们为“和因子”和“差因子”〕。
如果它能整除任何一个“和因子”，则根据第四步的结论可得p能表示为两个平方数之和〔由于a和b仅相差1，它们必然互素〕。
而如果它能整除所有的4n − 1个“差因子”，则它也能整除4n − 2个一阶差、4n − 3个二阶差，依此类推。
由于数列的第k阶差都等于k!，于是第2n阶差都等于(2n)!，显然它不能被p整除。
因此，p不能整除所有的“差因子”，得证p能表示为两个平方数之和。