费马猜想初等数学一般性证明
费马大定理的证明
费马大定理是数学中的一个经典问题，它由费马提出，至今尚未找到完整的证明。
这一问题是费马在17世纪提出的，他在一本书中写道：“我确实有一种难以置信的简单证明方法，但是这个边长大于2的整数幂的立方数等于两个边长大于2的整数的立方数之和的方程没有整数解。
” 这个问题经过数学家们的努力研究至今未能解决，成为数学界的一大谜题。
费马大定理可以表示为：对于任意给定的大于2的正整数n，方程x^n + y^n = z^n在整数域上无解。
费马大定理的证明一直是数学界的重要课题之一，吸引了许多杰出的数学家。
尽管在过去几百年中，不少数学家们都提出了自己的证明方法，然而，这些方法都被发现存在一定的问题或者漏洞。
因此，费马大定理的证明问题一直未能得到圆满解决。
在过去的几十年里，随着计算机技术的进步，人们通过计算机对于费马大定理进行了大量的计算实验。
这些计算实验表明，在特定的范围内，费马大定理成立。
然而，这些实验并不能说明费马大定理在整个整数域上都成立。
经过多年的探索与努力，研究人员陆续提出了一些重要进展。
1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯提出了“椭圆曲线最后定理”，并在此基础上证明了想要证明的费马大定理的一个特殊情况。
而且，他证明了定理的证明方法与费马之前的假设并不相同。
此后，怀尔斯的证明受到了广泛的关注和认可，被许多数学家认为是费马大定理的最终证明。
然而，仍然有一些数学家对怀尔斯的证明提出了质疑，认为他的方法不够严谨，需要更进一步的完善。
费马大定理的证明问题与黎曼猜想、哥德巴赫猜想等一样，属于数学中的难题。
虽然不少数学家通过工作取得了重要的进展，但在当前的数学知识体系和证明方法下，费马大定理的证明仍然没有得到最终解决。
总之，在当今数学的发展中，费马大定理仍然作为一个重要的课题存在，有许多数学家正致力于找到一个完整而严谨的证明方法。
相信随着数学研究的不断深入和技术的不断进步，费马大定理的证明问题终有一日会被解决。
初中数学 费马大定理的证明涉及到哪些数学分支和概念
初中数学费马大定理的证明涉及到哪些数学分支和概念费马大定理的证明涉及到许多数学分支和概念，下面将详细介绍其中的一些主要数学分支和概念。
1. 代数几何：费马大定理的证明需要运用到代数几何的理论和方法。
代数几何是研究代数方程与几何图形之间的关系的数学分支。
在费马大定理的证明中，数学家们需要将方程a^n + b^n = c^n转化为几何图形，并通过几何的分析和研究来推导出结论。
代数几何的概念和工具在费马大定理的证明中发挥了重要的作用。
2. 数论：费马大定理是一个数论问题，涉及到了整数的性质和数学结构。
数论是研究整数及其性质的数学分支。
在费马大定理的证明中，数学家们需要研究方程a^n + b^n = c^n在整数域上的性质，探究其解的可能性。
数论的概念和理论为费马大定理的证明提供了基础和工具。
3. 模形式理论：费马大定理的证明涉及到了模形式理论的概念和方法。
模形式理论是研究特殊类型的复函数的数学分支，与费马大定理的证明有密切的联系。
数学家们利用模形式理论的工具和技巧，对费马大定理进行了深入的研究和探索，为证明提供了重要的思路和方法。
4. 椭圆曲线理论：费马大定理的证明涉及到了椭圆曲线理论的概念和技巧。
椭圆曲线理论是研究椭圆曲线及其性质的数学分支，与费马大定理的证明有重要的关联。
数学家们利用椭圆曲线理论的工具和方法，对费马大定理进行了深入的研究和分析，从而推动了证明的进展。
5. 调和分析：费马大定理的证明涉及到了调和分析的概念和技巧。
调和分析是研究周期函数的一种数学分支，与费马大定理的证明有一定的联系。
数学家们运用调和分析的方法和理论，对费马大定理进行了进一步的研究和分析，为证明提供了重要的工具和思路。
此外，费马大定理的证明还涉及到了其他数学分支和概念，如模论、解析数论、群论、模数论等。
数学家们通过运用多个数学分支的理论和方法，不断尝试和探索，才得以逐步接近费马大定理的证明目标。
总的来说，费马大定理的证明涉及到了代数几何、数论、模形式理论、椭圆曲线理论、调和分析等多个数学分支和概念。
费马大定理的初等巧妙证明(完全版)
费马大定理的初等巧妙证明(完全版)李联忠（营山中学 四川 营山 637700）费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。
即不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。
证明： 当n=2时，有 222y x z +=∴ ))((222y z y z y z x +-=-= （1）设 22)(m y z =- 则 22m y z += 代入（1）得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=∴ ml x 2= 22m l y -= 22m l z +=当n=3时，有 333y x z +=∴ ))((22333y zy z y z y z x ++-=-= （2）设 323)(m y z =- 则 323m y z +=代入（2）得］［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +⨯+=)33(36332233m y m y m ++=设 363322)33(l m y m y =++ （3）则 ml x 3= （4）323m y z += （5）若z,y 的公约数为k,即 (z,y)=k ，k>1时，方程333y z x -=两边可以除以3k ，下面分析k=1 即（z,y ）=1 , 方程333y z x -=的正整数解因为（z,y ）=1，分析（2），（3），（4），（5）式，只有m,l 为正整数时，x,y,z 可能有正整数解，由（3）得)33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+ (6)∵ y, m, l 都取正整数，∴)3(32m y y +< )33()3(42222m l m l m l ++<-∴ )33(4222m l m l y ++≠∴ y 没有形如y )33(4222m l m l ++=的正整数解。
用初等数学方法证明费马大定理
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“猜想”的费马猜想初等数学证明(简稿)
“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。
费马小定理简单证明
费马小定理简单证明一、费马小定理的定义费马小定理是数论中的一个重要定理，它可以用来判断一个数是否为素数。
费马小定理的定义如下：对于任意素数p和整数a，如果a不是p的倍数，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
二、费马小定理的证明费马小定理的证明分为两步。
首先，我们需要证明如果a不是p的倍数，那么a^p ≡ a (mod p)；然后，我们再利用这个结论来证明a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
2.1 a^p ≡ a (mod p)我们可以利用数学归纳法来证明这个结论。
当n=1时，结论显然成立。
假设当n=k时，a^k ≡ a (mod p)成立，即a^k = a + np，其中n为整数。
当n=k+1时，我们有：a^(k+1) = a^k * a ≡ (a + np) * a ≡ a^2 + n * ap (mod p)根据模运算的性质，a^2 ≡ a^2 (mod p)，而n * ap ≡ 0 (mod p)。
因此，a^(k+1) ≡ a^2 (mod p)。
由于a^p ≡ a (mod p)是成立的，我们可以得出结论：如果a不是p的倍数，那么a^p ≡ a (mod p)。
2.2 a^(p-1) ≡ 1 (mod p)现在我们利用结论a^p ≡ a (mod p)来证明a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
如果a不是p的倍数，那么根据2.1节的结论，有a^p ≡ a (mod p)。
我们可以将a^p ≡ a (mod p)两边同时除以a，得到a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
因此，费马小定理得证。
三、费马小定理的应用费马小定理在密码学、组合数学等领域有广泛的应用。
3.1 判断素数费马小定理可以用来判断一个数是否为素数。
给定一个数n，选择一个较小的整数a，如果a^(n-1) ≡ 1 (mod n)，那么n可能是素数；如果a^(n-1) ≠ 1 (mod n)，那么n一定是合数。
3.2 求模逆元在模运算中，如果我们需要求解一个方程ax ≡ 1 (mod p)，其中a和p互质，那么根据费马小定理，我们可以得到x ≡ a^(p-2) (mod p)。
费马大定理及其证明方法
费马大定理及其证明方法费马大定理是数学界著名的难题之一，它的证明历经四百年，让数学界的研究者们投入了无数的精力和时间。
一、费马大定理的定义费马大定理，又称费马最后定理，是一条非常著名的代数数论问题。
它的表述方式比较简单：将指数大于二的整数幂表示为三个平方数之和的情况是不存在的。
也就是说，方程x^n+y^n=z^n在n>2时，不存在整数解。
这条定理由法国数学家费马在17世纪首次提出，并致力于证明此定理近40年之久，但他从未公布证明方案。
直到1960年才由Andrew Wiles在英国剑桥完成了证明。
二、费马大定理的历史费马大定理的历史可以追溯到17世纪。
当时，法国数学家费马在研究数学问题时提出了一个假设：如果一个整数n大于2，那么方程x^n+y^n=z^n中不存在正整数解。
费马声称自己已经发现了一种证明方法，但遗憾的是，他没有将这个证明公布出来。
此后，费马大定理便成为了数学界的一个谜题。
一方面，人们认为它是成立的，因为一些数学家通过计算发现，在一些特定情况下，这个方程是不存在正整数解的。
另一方面，也有一些数学家认为费马的想法是错误的，因为他的证明并没有被记录下来，所以根本不知道他的假设是否真的成立。
20世纪60年代以来，学者们对费马大定理提出了更为深刻的思考。
许多著名的数学家投入了大量的时间和精力，尝试寻找一个完整的证明方案。
最终，英国数学家安德鲁·怀尔斯在1994年完成了这一证明，以此圆满地结束了费马大定理的历史传说。
三、费马大定理的证明费马大定理的证明历时四百年，这是数学界难以磨灭的辉煌。
然而，这个证明方案并不是一蹴而就的，实际上，数学家们在寻找证明方案时遇到了一系列的困难。
根据怀尔斯的证明方案，费马大定理的证明分为三部分。
首先，他证明了一个定理，称为“伊万·斯蒂年奇模型”。
这个定理规定，有限域之上的模空间可以在几何上与椭圆曲线相比较。
然后，他使用了一个称为“输影结果”的独特工具，证明了另一个定理，称为“塔尼雅马分解”。
费马猜想的初等证明
5.当n=5时，Y5=2a5d5（5/ad4+10/a3d2+1/a5）,括号内为分数多项式和，要使其等于24，仅有当a=d=1时才成立，同理a与d一奇一偶、X不等于0矛盾，当n=5时，无整数解。
设X=a-d，Z=a+d，由X、Z的奇数性可知，a和d必一奇一偶。得出：（a-定理： 展开上式：
– + - ……+Yn=Zn= + + ……
有：Yn=2（ + ……）
Yn=2andn（ dn-1+ a3dn-3+ a5dn-5+……）
分别讨论n的自然数取值，了解Yn的规律。
同样可先分别讨论n的自然数取值，了解Zn的规律。
1.当n=1时，Z1=2ad/d=2a，显然成立。
2.当n=2时，Z2=2a2d2*(1/d2+1/a2)，a与d一奇一偶，括号内只能为分数，等式右边不可能为完全平方数，Z无整数解。提示勾股定理的斜边不可能为偶数。
3.当n=3时，Z3=2a3d3（1/d3+3/a2d） ，括号内为分数多项式和，要使其等于22，仅有当a=d=1时才成立，而此时和a与d一奇一偶矛盾，且导致X=0，与猜想的题设矛盾，故n=3时，费马等式无正整数解。
N=6,7,8……, 以此类推有，
Yn=2andn（ dn-1+ a3dn-3+ a5dn-5+……）
仅有当a=d=1时Yn=2andn（ + + +……）=2andn*2n-1
概述特殊的费马点问题及其初等解法
概述特殊的费马点问题及其初等解法1 一般的费马点问题生产与生活实际中经常遇到选择最佳位置的优选问题。
比如,确定一个新仓库的位置P,使它供应处于不同地点Pi(i=1,2,…,n)的车间需要,各车间的需求量已知为,问应如何选择P的位置,才能使总运费达到最小？[1]诸如此类最优场址选择问题,华罗庚把它形象地称为集散点问题,为了讨论方便,我们统一把这类问题称为费马点问题,所求的最优点P称为费马点。
对于费马点问题,其数学模型是:求使总运费达到最小,即目标函数是。
这个数学模型是非线性规划模型,要求其最优解很不容易。
因此,可采用物理模拟法:做一个带有坐标刻度的板面,在相应车间所在的坐标位置(可按一定的比例做成)处钻洞,通过每一个洞穿过一条细绳,一端垂在板下并吊一个砝码,其重量与车间用料需求量相对应(取一个比例数即可),另一端都在板面上,且与同一个小环相连,最后小环停留下来的平衡位置就是使总运费最小的那个位置P。
物理模拟法的数学依据:由总运费对求偏导数得点满足(1)(2)令则联立方程(1)、(2),可得这是这n个力的平衡方程,也就是上述物理模拟法的理论根据。
2 几类特殊费马点问题的初等解法用数学方法找出一般的费马点往往是困难的。
但对于一些点的个数较少或点的位置分布比较特殊的费马点问题,可用数学方法求其精确的费马点。
2.1 已知点分布在同一直线上的费马点问题例1:已知一条笔直的流水线上有n个物资储存站Bi(i=1,2,…,n),它们分别有物资吨。
现要在这条流水线上设置一个物资供应站点X,使得各储存站点到供应站点X的运输吨公里总和最小,问供应站点X设在哪里？解:设这条笔直的流水线为一数轴,点Bi(i=1,2,…,n)的坐标分别为,则各储存站点到供应站点X的运输吨公里总和,其中,,,。
该函数图像是由若干折线段和两条射线构成,且自左向右先递减后递增,因此先计算,再计算,若,则当时,y取最小值;若,但,则当时,y取最小值。
费马猜想证明艰难历程的概述
费马猜想证明艰难历程的概述王德忱（黑龙江省农业科学院黑河分院）一、费马猜想费马猜想：又称费马大定理，是世界最著名的数论难题之一，即当n是一个大于2的正整数时不定方程z n＝x n＋y n为正整数等式不成立，也就是没有zxy ≠ 0的正整数解。
几何学中被誉为两大宝藏之一的“勾股定理”（另一为“黄金分割”）自史以来非常受人们重视，它的正整数解被称为“勾股弦数”。
大约在公元前1900年到公元前l600年之间古巴比伦人就掌握了多组勾股弦数，公元前12世纪我国《周髀算经》也记载了“勾三股四弦五”的重大发现。
古希腊数学家丢番图（330－246年）给出了勾股弦数a2＋b2 = c2基本组解公式：a = 2mn、b = m2－n2、c = m2+ n2（m ＞n）。
这些数学的辉煌成果是人类历史上杰出智慧的结晶。
于是数学家们要找到a3＋b3 = c3的正整数解，乃至要找到a n＋b n = c n的正整数解。
数论，闪烁着神秘的光环，皇冠上璀璨的明珠！费马，1601年— 1665年生于法国。
他职业最初是律师，后来为图卢兹议会议员。
他博览群书，精通数国文字，掌握多门自然科学，近三十岁时钻研数学，成果累累，在数论、解析几何学、概率论等方面都有重大贡献，被誉为“业余数学家之王。
他提出了许多数学定理，特别是1637年在巴契校订的希腊数学家丢番图的《算术》第2卷第8命题“把一个平方数分为两个平方数”旁边写道：“把一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的。
关于这一点，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”。
从此z n = x n＋ y n没有正整数解的“美妙的证法”吸引了许多优秀数学家及成千上万数学爱好者的痴劳寻觅。
所有巨大的辛苦与付出都没能达到目的，这个问题就成了数学史上一个最深奥的谜。
为推进费马猜想的证明，布鲁塞尔和巴黎科学院数次设奖，1908年哥廷根皇家科学会悬赏10万马克（当时值200万美元）期限定为100年（至2007年）征求对费马猜想的证明。
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费马猜想初等数学一般性证明（2013年4-7月）王 德 忱 著（黑龙江省农业科学院 黑河分院）前言 笔者多年研究费马猜想，在已发布的几篇证明基础之上再修此作，为论述更确切精炼，步骤更直接简要。
本稿正文篇幅不过3页、字数少于2千。
证明关键依据一个为人们早就普遍所熟知而基本的“方根存在唯一性定理”，也就是方根性质定理。
费马猜想：也称费马大定理，一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的，即n ＞2是一个正整数时不定方程z n = x n + y n 为正整数等式不成立，也就是没有zxy≠ 0 的正整数解。
1. 求证z n = x n + y n 的解如果z n = x n + y n 有正整数解，则（kz)n = (kx)n ＋(ky)n （k 为正整数）也有正整数解，各倍数组解中必有一组为最小的；那么，假设z n = x n + y n 有正整数解且z 、x 、y 为各倍数组解中最小的一组，即正整数 ( x ，y ) = 1使z n = x n + y n (1)正整数等式成立。
将（1）式变形 (z y )n - (x y )n = 1分解因式：(z y - x y )[(z y )n-1 + x y (z y )n-2 +...+ (x y )n-2(z y )＋(x y )n-1] = 1 (2)因为正整数z > x ，所以（2）式分解的两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均为正1约数，二则两个因式是互为正倒数约数。
仅由 z y - x y =1及n≥ 2推出 (x + y)n > x n + y n = z n ，两个因式均不能为正1约数，同时也可知z y - x y > 1取值不能成立，所以设正整数a > b ≥1且（a ，b ）= 1，依据约数分析法○1，将（2）式转化为两个互为倒数分数方程组：z y - x y = b a (3)(z y )n-1 + x y (z y ) n-2 +...+ (x y )n-2(z y )+ (x y )n-1 = a b (4)因为（3）式两边分母y→ a 对应，由分数基本性质必有y 含a 因子，令y = ay 1，使z = x ＋by 1 代入（1）式化简得：1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ ... + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1 = a n y 1n-1b (5)必使（5）式 y 1n-1b 为整数。
当 y 1n-1b =1时至少有两项不含与其它各项相同因子，等式存在成立的条件。
如果 y 1n-1b > 1余y 1n-1整数因子即余y 1的因子，而（5）式左边除C 1n x n-1项外其它各项均含y 1因子，并与x n-1互质；因而余y 1的因子只能与C 1n = n 相约。
又（4）式两边分母y n-1 → b 对应，y n-1含b 因子，（5）式a n y 1n-1b 项中（a ，b ）= 1，b 必整除y 1n-1即y 1n-1含b 因子。
设y 1含n 的因子为N i ，令 y 1n-1=N i n-1y 2 n-1， 各项约去所含n 的公因子设为N i pi ，使（5）式确定为：pi 1iN (1n C x n-1+2n C by 1x n-2+ … + n-1n C b n-2y 1n-2x + b n-1y 1n-1) = a n 112b n pi n i N y ---…………（6） 所以（5）式 y 1n-1b =1时，令正整数c = y 1，则b= c n-1及y = ac 代入（3）式、（4）式得：z - (x + c n ) = 0 ……………………………………………（,7）z n-1+ xz n-2 + ... + x n-2z + (x n-1- a n ) = 0 (8)进而（6）式约去所有项含n的公因子，使等式中至少两项不含与其它各项相同的因子，等式存在成立的条件。
这时即定112bn pi niN y---=1，令正整数c =y2则b = c n-1N i n-pi-1及y=acN i代入（3）式、（4）式得：z - (x + c n N i n-pi) = 0 (9)z n-1 + xz n-2 + x2z n-3 +...+(x n-1 -a n N i pi) = 0 (10)于是，得到a、b值的存在情形和y = ac不含n因子、y = acN i含n因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。
2.方程z n = x n + y n的性质由（7）式z = x + c n及y = ac代入（1）式：z n = x n + (ac)n = (x + c n)n这时被限定的任何正整数x、c使a是唯一的正整数方根a = n (x + c n)n– x nc n则z = x + c n≡ n x n + (ac)n等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c，⇒a），所以（1）式正数方根成立，存在z = x + c n 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：z n-1 - (x + c n)n-1= 0 (11)根据方根存在唯一性定理○2，（8）式f（z）≡（11）式g（z）。
同理，由（9）式及y =（acN i）有z = x + c n N i n-pi≡等式F（z：x，c）≡ Q（z：x，c，⇒a）使（1）式正数方根成立，存在z = x + c n N i n-pi 唯一的正整数方根，约去一个方根的余约数式：z n-1 - (x + c n N i n-pi) n-1= 0 (12)所以，（10）式f（z）≡ （12）式g（z）。
3.验证z n = x n + y n的解因为（8）式≡（11）式，由多项式恒等定理○3，关于z的非首项系数（首项对应系数均等于1）及常数项对应关系为：x = 0，x2 = 0，…，x n-2 = 0，x n-1- a n = - (x + c n)n-1当n = 2时，只存在常数项x - a2= -（x + c2）有：x = a2– c22由（7）式得：z = x + c2 = a2– c22+ c2 = a2 + c22这时y不含n = 2因子，a、c为奇数，得出勾股弦数公式：y = ac x = a2– c22z =a2 + c22当n＞2时，x = 0，常数项a n =（c n）n-1，又b = c n-1，则有：a = c n-1 = b所以（3）式、（4）式x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组不成立。
那么（1）式正整数等式不成立，即没有zxy≠0的正整数解。
同理（10）式≡（12）式，关于z的非首项系数及常数项对应关系为：x = 0，x2 = 0，…，x n-2 = 0，x n-1 - a n N i Pi = -（x+c n N i n-pi）n-1当n = 2时，只存在常数项x n-1 - a n N i Pi = -（x+c n N i n-pi）n-1，确定n因子N i Pi = 2、N i n-pi = 2，x- 2a2 = - x - 2c2，则有：x = a2– c2由（9）式得：z = x + 2c2 = a 2- c2 + 2c2 = a2 + c2这时y含n = 2因子，得出勾股弦数公式：y = 2ac x = a 2 - c2z = a2 + c2当n＞2时，与（8）式、（11）式同理，x = 0，常数项a n N i Pi =（c n N i n-pi）n-1，a n =（c n-1）n（N i n– pi -1）n ，又b =c n-1N i n-pi-1，则有a=c n-1N i n– pi -1 = b同样（3）式、（4）式x = 0、z = y，设为互为倒数分数方程组也不成立。
那么（1）式正整数等式也不成立，即也没有zxy≠0的正整数解。
结论：当n＞2是一个正整数时不定方程z n = x n + y n为正整数等式不成立，也就是没有zxy≠ 0 的正整数解，即“一个高于二次的幂分为两个同次的幂是不可能的”，费马猜想（大定理）成立。
————————————————○1约数分析法：引理，将原不定方程进行因式分解，特别当uv = 1或素数p时，通过对应因数具体分析转化为一些不定方程组，从而求出原不定方程的解。
1983年天津市数学会编的《中学数学中的整数问题》等资料都论述了这种解不定方程的方法，也叫因数分析法，或因子分析法，不同资料语句有所不同但论点是一致的。
○2方根存在唯一性定理：对于任何非实数a，存在唯一的非负实数x，它的n（n为正整数）次幂等于a，即x n = a。
也就是方根性质定理。
1981年湖北人民出版社出版的《中学代数教学法》证明了方根存在定理及唯一性，数学经典著作及教科书等资料都有这一定理（方根性质）的介绍。
推论：方根余约数是唯一性定的，对于任何非负实数幂x n = a，只有唯一的非负实数x ，它的n-1次幂等于 ax ，即x n-1= ax。
○3多项式恒等定理：两个多项式f（x）= a m x m＋a m-1x m-1＋……＋a1x＋a0、g（x）= b n x n ＋b n-1x n-1＋……＋b1x＋b0，它们恒等的充要条件是次数相同且同次项系数对应相等，即m = n且a m=b n、a m-1= b n-1、……、＋a1= b1、a0= b0。
《多项式》一文证明了这一定理，《数学小辞典》“多项式”条有这一定理注释，有关一些资料也有其阐述。
附：n=3、4释例曾经要证明费马猜想的人无数，稿件也就越来越多。
为此数学家们建议，自己认为费马猜想证明是正确的，那么就以最简单的n = 3、4时先检验一下。
既然就对这个一般性证明的主要步骤予以具体实例诠释。
当n = 3时1、求证z3 = x3 + y3的解z 3 = x 3 + y 3 (1)(zy-xy)[(zy)2 + xyzy+ (xy)2] = 1 (2)z y–xy=ba (3)( zy)2 + xyzy+ (xy)2 = ab (4)（3）式y含a因子，设y = ay1，使z = x＋by1代入（1）得：3x2+ 3by1x+ b2y12 = a3 y12b (5)（4）式y2含b因子，（5）式b整除y12，y12含b因子，余整数因子必为质数3，即y1必含3因子，设y12=32y2 2，各项约去所含的公因子3，使（5）式确定为：x2+ 3by2x+ 3b2y22 = a3 3y22 b (6)（5）式y12b=1，至少两项不含其它各项相同因子，等式存在成立的条件，令正整数c =y1则b=c2及y=ac代入（3）式、（4）式得：z - ( x + c3) = 0 (7)z2+ xz+(x2– a3) = 0 (8)进而，（6）式约去所有项3的公因子使等式中至少两项不含其它各项相同因子等式存在成立的条件，这时即定3y22b=1，令正整数c =y2则b = 3c2及y=3ac代入（3）式、（4）式得：z -(x + 32c3) = 0 (9)z2 + xz +(x2 -3a3) = 0 (10)于是，得到a、b值存在的情形和y = ac不含3因子、y = 3ac含3因子两种确定的条件，并推证出（7）式、（8）式和（9）式、（10）式两组使（1）式有正整数解的方程组。