/publicforum/content/free/1/2307240.shtml#adsp_content_replybox_frame_1　　一个很不错的帖里看到了关于费马定理的介绍，　　@刘萝卜锅 　19:55:26　　文中公式忘了制成图，补上。　　=============================================================......　　-----------------------------　　有意思，不过感觉这个数学公理中的（A+B）平方=z的平方就可以证明啊，因为一个数的N次方只会=(a^2+2ab+b^2)　　而三次方而会是a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 　　所以，只要证明你一个数的N次方只可能等于另两个数和的N次方而不是N次方之和就可以了啊　　@刘萝卜锅 　19:55:26　　文中公式忘了制成图，补上。　　=============================================================......　　-----------------------------　　有意思，不过感觉这个数学公理中的（A+B）平方=z的平方就可以证明啊，因为一个数的N次方只会=(a^2+2ab+b^2)　　而三次方而会是a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 　　所以，只要证明你一个数的N次方只可能等于另两个数和的N次方而不是N次方之和就可以了啊　　而且这简单得不行了　　等于直接证明A的2次方等于A的2次方。因为每个大于1的自然数必然是两数之和，所以不用证明了……有人看吗有人看吗？
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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。　　这真的需要大部头地写书证明吗？　　明明只需要证明一个数的N次方只可能等于另两个数和的N次方而不是N次方之和或任意两数的N次方后相加后，其根不是前两数相加之和就行了。为什么要搞几百年？
　　不用看就知道是错的，你当全世界的数学家都是白痴啊
　　发现　　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对费马大定理一筹莫展。
　　一名律师路过,好像很深奥　　
　　我明白了，你的意思文字很差的人一样可以写出红楼梦，对吧
　　算了，只能眼睁睁地看着2B们没完没了地用什么曲线方程
　　@russelllee_li
20:44:19　　不用看就知道是错的，你当全世界的数学家都是白痴啊　　-----------------------------　　我确定他们在这个问题上是白痴
　　@秋皮丁
20:46:03　　我明白了，你的意思文字很差的人一样可以写出红楼梦，对吧　　-----------------------------　　我的意思是文字很差的不代表思想观点差，不一定写不出好文，顶多是表达力不好。
　　@假装很单纯
21:07:48　　@秋皮丁
20:46:03　　我明白了，你的意思文字很差的人一样可以写出红楼梦，对吧　　-----------------------------　　我的意思是文字很差的不代表思想观点差，不一定写不出好文，顶多是表达力不好。　　-----------------------------　　有道理，那你继续吧
　　数学专业的表示把知识全部还给老师了~~
　　和你说得是一会事吗？搞清楚再来。　　
　　你把它简化成了另外一个毫不相干问题　　
　　@永不上当-08 09:27:14　　你把它简化成了另外一个毫不相干问题　　-----------------------------　　你可知道费马刺的标语？
　　你的意思是（a+b）^3等于a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 不等于 a^3+b^3　　但并不能说明 （a+b）^3不等于c^3+d^3　　数学家不是白痴的。。
请遵守言论规则，不得违反国家法律法规同时转发到微博费尔马最后定理的初等数学证明方法
费尔马最后定理的初等数学证明方法汪家　编者按浙江大学汪家教授是我国久负盛名的老一代数学力学家，国际性刊物《Ａｐｐｌ．Ｍａｔｈ．Ｍｅｃｈ．》编委，美国《Ｍａｔｈ．Ｒｅｖ．》特邀评论员，曾任《中国大百科全书》物理学卷经典力学副主编和力学卷一般力学主编．１９９０年以来，他不顾８０高龄，潜心致力于具有３５０多年历史的世界著名数学难题─—费尔马最后定理的证明，竞用初等数学的方法解决了许多天才数学家劳而无功的著名难题．尽管英国数学家Ｗｉｌｅｓ于１９９２年７月曾用ｇａｌｏｉｓ群论证明了Ｔａｎｉｎａｍａ猜想，使费尔马最后定理得以证明，但其证明方法繁琐冗长，因此，汪家先生的工作仍具有重大的理论价值．本刊首次发表这一成果，欢迎专家学者来稿讨论．摘要本文用（ｘ－ｂ）ｎ＋ｘｎ＝（ｘ＋ａ）ｎ来代替以往大家常用的ＦＬＴ方程ｂ）ｒ］＝０．因不论ｒ是奇数，还是偶数，ａｒ－（－ｂ）ｒ恒含ａ＋ｂ为其因数，故有ａｒ－设是ａ＋ｂ的任一质因数，并将ａ＋ｂ写为Ｂ＝ａ＋ｂ，...&
(本文共11页)
权威出处：
费尔马最后定理 (也称为费尔马大定理 )是指 :当 n∈ N且 n 2时不定方程 xn+ yn=zn没有正整数解 .这是法国数学家费尔马 ( Fermat)于 1 637年提出的著名数学难题 .30 0多年来 ,许多数学家为寻求这一世界著名数学难题的证明进行了不懈的努力 .直到 1 995年 ,美国普林斯顿大学教授、英国数学家安德鲁·维尔斯 ( Anderew Wiles)在《数学年刊》上发表了 1 0 0多页的著名论文“模椭圆曲线与费尔马大定理”,才为证明费尔马最后定理画上了句号 .维尔斯也因此于 1 996年获得了沃尔夫奖 .关于 30 0多年来该定理证明的探讨过程及其对数学发展的重大影响 ,可参阅文献 [1 ].维尔斯证明了费尔马最后定理后 ,仍有许多人继续关注这个问题 :有的讨论费尔马最后定理的推广问题 ,如不定方程 xp+ yq=zr、Axn+ Byn=Czn等的求解问题 ;有的试图寻求更简化的证明或初等证明 ,等等 ...&
(本文共3页)
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费尔马最后定理的证明汪家摘要（ｉ）我们用（ｘ－ｂ）ｎ＋ｘｎ＝（ｘ＋ａ）来代替ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ作为费尔马最后定理（ＦＬＴ）的普遍方程式．其中ａ及ｂ是两个任意自然数．应用二项展开式，（０．１）可以写成因为ａｒ－（－ｂ）ｒ始终包含ａ＋ｂ作为它的因数，（０．２）可写成其中фｒ＝［ａｒ－（－ｂ）ｒ］／（ａ＋ｂ）对于ｒ＝１，２，…，ｎ．都是个整数．（ｉｉ）令ｓ是ａ＋ｂ的一个因数，并令ａ＋ｂ＝ｓｃ．我们可用ｘ＝ｓｙ来变换（０．３）成为下列（０．４）（ｉｉｉ）将（０．４）除以Ｓ２，我们得（０．５）式的左边，是的整系数多项式，而右边ｃф／ｓ是个常数Ｃф／ｓ．若Ｃф／ｓ不是个整数，那末我们不能求得能适合（０．５）的整数ｙ，这样ＦＬＴ对这场合是对问．若Ｃфｎ／ｓ是个整数，我们可以改变ｓ和ｃ，使ｃф／ｓ≠整数。关键词因式分解，共轭因数，互质，ｇｃｄ，组合式，代数式除法，费尔马最后定理一、引论（ａ）费尔马最后定理的叙述；方程式Ｘ”＋ｇ”一Ｘ”（１．ｌ）其...&
(本文共10页)
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§１?引言众所周知，费尔马最后定理［１，２，３］，“方程式ｘｎ＋ｙｎ＝ｚｎ（１?１）对于任意大于２的自然数ｎ不存在ｘ，ｙ，ｚ都不为０的正整数解·”是由法国数学家Ｆｅｒｍａｔ于１６７３年提出的数学难题·三百多年来，许多数学家在为寻求这个世界著名数学难题的证明作出不懈努力的同时对代数数论以及其它数学分支的研究和发展作出了巨大贡献，而它的最终证明是最近的事情·著名数学大师陈省身教授在以“中国的数学”为题［２］的演讲中简单介绍了英国数学家ＡｎｄｒｅｗＷｉｌｅｓ和ＲｉｃｈａｒｄＴａｙｌｏｒ利用椭圆曲线理论证明费尔马最后定理的出色工作，同时也指出“费尔马最后定理不能用初等方法证明，试图寻求其初等证明的努力会是徒劳的”·文［３］以“费尔马最后定理的证明”为题所做的工作可谓是寻求其初等证明的努力·这种努力和尝试的结果如何呢？本文对此问题进行一些探讨·我们的结论是文［３］仅仅是对费尔马最后定理的部分情形的证明，即并没有完全证明费尔马最后定理·§２...&
(本文共4页)
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哥德巴赫猜想可以说是尽人皆知的了。可是还有一个猜想比哥德巴赫猜想更古老、更重要、对整个数学的推动作用也更大,这就是费尔马大定理,也叫费尔马的最后定理。说是定理,是因为费尔马写下这个“定理”时,说他自己已经得出了证明,但是他并没有写下这个证明。三百多年过去了,这个定理还没有得到完全的证明,因此,叫它作费尔马猜想,也许更恰当一些。 近代数论之父—费尔马 彼埃尔·德’。费尔马被人称作近代数论之父。他于1601年生于法国南部的图鲁斯,一生都在法国南部渡过。他并不是一位职业数学家,而是一位法官。每天下班之后,自己阅读前人著作并且进行研究,对许多数学分支都作出巨大的贡献。当时数学正酝酿着一种飞跃,其中最重要的就是解析几何和微积分的产生。他的工作大大促进了这个进程。他引进坐标,并用方程来表示曲线。他会做一些曲线的切线以及计算最大值、最小值等等。他同巴斯噶的通信促使概率演算的科学的产生。当然他贡献最大的还是数论。比如他知道4。+l形的素数可以表...&
(本文共4页)
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在 1 640年 ,费尔马提出了如下著名的问题 :A ,B ,C是平面上的任意三点 ,试在该平面上确定一点F使距离L =FA +FB +FC达到最小 .此问题称为费尔马问题 ,点F称为费尔马点[1 ,2 ] ,距离L称为费尔马距离 .为了使距离L达到最小 ,当△ABC有某内角不小于 1 2 0°时 ,点F应选在最大内角的顶点 ;当△ABC三内角都小于 1 2 0°时 ,点F应选在满足条件∠AFB =∠BFC =∠CFA =1 2 0°的位置上[1 ] .利用这些特性可获得费尔马点的简便几何作法和坐标计算公式 .以下均假设△ABC三内角都小于 1 2 0°.1　费尔马点的几何作法分别在△ABC之外作等边△ABE和等边△ADC ,则直线BD与CE的交点F就是△ABC的费尔马点 ,且BD与CE就是费尔马距离 ,即BD =CE =FA +FB +FC .　　证明　见图 1 ,分别作△ABE和△ADC的外接圆 ,两圆在△ABC内相交于F ...&
(本文共3页)
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费尔马曾经提出如下的著名问题：在凸ABC所在平面上求一点P，使得P到三个顶点的距离和达到最小。这个最小值即是费尔马最短距离。达到最小值时点P叫费尔马点。下面，我们对这个问题分步予以解决。命题IP是三解ABC外接圆周上任一点，则P到凸ABC两个较近顶点距离和等于它到第三个顶点的距离。证明：在PA上取PM—PB，连BM，则凸BMP是正三角形，命题2凸ABC是正三角形，P是任意一点，则．”．凸APP’是正三角形，”．PP’一AP命题3凸ABC，0是凸ABC形内一点则有AC＋BC＞AO＋OB证明：延长BO交AC于M在凸BMC中，BC＋MC＞BM一BO＋OM在凸AMO中，AM＋MO＞AO两式相加得BC＋MC＋AM＋MO＞AO＋BO＋OM即BC＋AC＞AO＋OB命题《凸ABC中，／A＞120”，P是任意点则PA＋PB＋PC＞AB＋AC证明分／A一120”与／A＞120”两种情形证明。情形1：若ZA二120o延长BA至M，使AM一AC，则凸A...&
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京公网安备75号费尔马大定理初等证明
&&& 费尔马大定理可表述为任何一个次数大于二的方幂不能表示成两个同次方幂的整数和，即zn≠xn+yn。要证明费尔马大定理成立，只需证明以下四种结构形式方程伪成立：
(x+mn+rn)n=(x+mn)n+(x+rn)n&&&&&&&
(x+mn+nn-1rn)n=(x+mn)n+(x+nn-1rn)n&x=mr
(x+m4+4r4)4=(x+m4)4+(x+4r4)4&&&&
&x=mr或x=2mr
(x+m4+2r4)4=(x+m4)4+(x+2r4)4&&&&&
x=mr或x=2mr&
其中x、y、z、m、r为正整数，n不作说明则为单质数，第三、四式为n=4情形。又当n=2时，有(x+m2+2r2)2=(x+m2)2+(x+2r2)2，x=2mr，是与丢番图问题相一致勾股定理公式新结构表达形式。
本文以证明质数次方为主，兼证四次方数，分五步进行：特殊相差两种表现形式；一般相差两种表现形式；一般相差对称完整两种组合结构表现形式；一般相差两种组合结构表现形式的内容；验证一般相差组合的内容。
一、特殊相差两种表现形式
设zn=xn+yn成立,
令z与x两数相差(a1u1n+i1)(a2u2n+i2)…,为多个幂相乘形式，其中
a1、a2…为质数，u1、u2…为非负整数，i1、i2…为小于n的非负整数。依据幂指数是否为n的整数倍将各幂表示为同底两幂相乘形式(a1u1n)(a1i1)(a2u2n)(a2i2)…，即(a1u1n)(a2u2n)…(a1i1)(a2i2)…，令mn=(a1u1n)(a2u2n)…，k=(a1i1)(a2i2)…，则相差数可表示为z-x=mnk。
u1=0、u2=0…时，则m=1，z-x=k，定义为特殊相差(x+k)n-xn=yn；当u1、u2…不全为零时，mn＞1，定义为一般相差(x+mnk)n-
展开特殊相差(x+k)n-
xn=yn，得&&
Cn0xn+Cn1xn-1(k)+…+Cntxn-t(k)t+…+Cnn-1x(k)n-1+
(k)n-xn=yn
Cn1xn-1(k)+…+Cntxn-t(k)t+…+Cnn-1x(k)n-1+Cnn(k)n
Xn=Yn和(X+nn-1)n-Xn=Yn两种形式。证明过程为：
在(x+k)n-xn=yn中，已知k=(a1i1)(a2i2)…，设(ai)为k中任意一幂因数，a为质数，其幂指数i为小于n的正整数，如等式成立，则y中必含a幂因数，其幂指数待定，又不妨令x中含a幂因数，其幂指数j为非负整数，则(x+k)n-xn=yn可表示为(ajX+ai)n-(ajX)n=yn形式。分i≤j与i＞j两种情况讨论。
Ⅰ：当i≤j时，(ajX+ai)n-(ajX)n=yn等式左边有(ai)n公因式，如等式成立，则y中必含a质因数，其幂指数至少为i。等式两边约除(ai)n公因式后可表示为(aj-iX+1)n-(aj-iX)n=Yn形式，即(X+1)n-(X)n=Yn形式。
Ⅱ:当i＞j时，同理可将(ajX+ai)n-(ajX)n=yn写为(X+ai-j)n-(X)n=Yn形式，展开该式得Cn1Xn-1(ai-j)+…+CntXn-t(ai-j)t+…+Cnn(ai-j)n=Yn形式,左边通项为CntXn-t(ai-j)t，t=1、2…，相应项称为第一项、第二项等。i＜n，0≤j＜i，故1≤(i-j)＜n，再分a与n是否互质两种情况考虑。
当a与n互质，分析Cn1Xn-1(ai-j)+…+CntXn-t(ai-j)t+…+Cnn(ai-j)n=Yn两边,及左边通项CntXn-t(ai-j)t可知,左边按(ai-j)升幂排列，如有正整数解右边Y至少含(a)幂因数，等式两边整除即约除(ai-j)后，可以得Cn1Xn-1+…+CntXn-t(ai-j)t-1+…+Cnn(ai-j)n-1=(an-i+j)(Y1)n,等式有正整数解的必要条件是至少有两项不含质因数a，而等式只有第一项中不含质因数a，故无正整数解。&&&&&
当a与n有公约数即a=n时，同上等式两边先整除(ai-j)后再整除(n)可得Xn-1+…+t-1Cn-1t-1Xn-t(ai-j)t-1+…+Cn-1n-1(a)（i-j）（n-1）-1=(an-i+j-1)(Y1)n该等式有正整数解的必要条件是至少有两项不含质因数a，故可能存在(a)（i-j）（n-1）-1=1或(an-i+j-1)=1，即(i-j)(n-1)-1=0，n=2
(i-j)=1或n-i+j-1=0，(i-j)=n-1故(X+ai-j)n-(X)n=Yn可表示为(X+n
n-1)n-Xn=Yn形式。
考虑幂指数n=4情况
当i≤j时，同理可得(X+1)4-X4=Y4形式。
当i＞j时，展开(X+ai-j)4-(X)4=Y4可得C41X3(ai-j)+C42X2(ai-j)2+
C43X(ai-j)3+C44(ai-j)4=Y4形式。如a与4有公约数即a=2时，存在正整数解的必要条件是第一项中2的幂指数等于第二项中2的幂指数，即2+i-j=1+2(i-j)，(i-j)=1时，可表示为(X+2)4-X4=Y4形式；或第一项中2的幂指数等于Y中2的幂指数，即2+i-j=4
(i-j)=2时，可表示为(X+4)4-X4=Y4形式。
二、一般相差两种表现形式
展开一般相差(x+mnk)n-
Cn0xn+Cn1xn-1(mnk)+…+Cntxn-t(mnk)t+…+Cnn-1x(mnk)n-1+
(mnk)n-xn=yn
Cn1xn-1(mnk)+…+Cntxn-t(mnk)t+…+Cnn-1x(mnk)n-1+
Cnn (mnk)n
同上特殊相差证明得
Cn1xn-1(mn)+…+Cntxn-t(mn)t+…+Cnn-1x(mn)n-1+Cnn(mn)n=yn，
即(X+mn)n-
Xn=Yn；&&&&
或有Cn1xn-1(mnnn-1)+…+Cntxn-t(mnnn-1)t+…+Cnn-1x(mnnn-1)n-1+Cnn(mn
nn-1)n =yn
即(X+nn-1mn)n-Xn=Yn，&&&
同理可证n等于4时一般相差为(X+m4)4-X4=Y4；(X+4m4)4-X4=Y4或(X+2m4)4-X4=Y4形式。
三、一般相差对称完整两种组合结构表现形式
一般相差两种表现形式为(X+mn)n-
Xn=Yn与(X+nn-1mn)n-Xn=Yn，可概括为任意两正整数n次幂的差为正整数n次幂形式的必要条件是该两数相差mn或nn-1mn。考虑z与y关系即在(X+mn)n-Xn=Yn中(X+mn)与Y的关系有(X+mn)n-Yn=Xn，根据概括内容有(X+mn)-Y=rn或(X+mn)-Y=nn-1rn，得Y=(X+mn-rn)或Y=(X+mn-nn-1rn)
，将Y值代入方程得(X+mn)n-Xn=(X+mn-rn)n或(X+mn)n-Xn=(X+mn-nn-1rn)n形式，用(x+rn),(x+nn-1rn)代换上两方程中的X得般相差两种形式(x+mn+rn)n=(x+mn)n+(x+rn)n
或(x+mn+nn-1rn)n=(x+mn)n+(x+nn-1rn)n。
(x+m4+r4)4=(x+m4)4+(x+r4)4&
&(x+m4+4r4)4=(x+m4)4+(x+4r4)4&
(x+m4+2r4)4=(x+m4)4+(x+2r4)4&
另一方面可证一般相差组合(x+k1mn+k2rn)n=(x+k1mn)n+(x+k2rn)n中k1=k2，或nn-1k1=k2。过程略。
四、一般相差两种组合结构表现形式的内容
现讨论一般相差两种表现形式的内容，即x的取值。
对(x+mn+rn)n=(x+mn)3+(x+rn)n与(x+mn+nn-1rn)n=(x+mn)n+(x+nn-1rn)n分析，可知只需证明在(x、m、r)=1
、(m、r)=1成立时情形。
现对一般式(x+mn+nn-1rn)n=(x+mn)n+(x+nn-1rn)n&予以证明。
展开左式，分别消除(x+mn)n与(x+nn-1rn)n&得
Cn0(x+mn)n+Cn1(x+mn)n-1(nn-1rn)+…+Cni(x+mn)n-i(nn-1rn)i+…+Cnn-1(x+mn)
(nn-1rn)n-1+
Cnn(nn-1rn)n
=(x+mn)n+(x+nn-1rn)n
Cn1(x+mn)n-1(nn-1rn)+…Cni(x+mn)n-i(nn-1rn)i…+Cnn-1(x+mn)(nn-1rn)n-1+
Cnn(nn-1rn)n
=(x+nn-1rn)n
即(x+nn-1rn)n中必含(nr)因子，不妨令(x+nn-1rn)n=npr&
Cn0(x+nn-1rn)n+Cn1(x+nn-1rn)n-1(mn)+…Cni(x+nn-1rn)n-i(mn)i…+Cnn-1(x+nn-1rn)
(mn)n-1+Cnn(mn)n
=(x+mn)n+(x+nn-1rn)n
Cn1(x+nn-1rn)n-1(mn)+…Cni(x+nn-1rn)n-i(mn)i…+Cnn-1(x+nn-1rn)(mn)n-1+Cnn(mn)n
即(x+mn)中必含(m)因子，不妨令(x+mn)=qm
(x+nn-1rn)=npr与(x+mn)=qm相减消除x得nn-1rn-mn=npr-qm
n-1-p)=m(m n-1-q)
因m与r互素，有三种关系并得到三组p、q值
(nn-2rn-1-p)=0
&(mn-1-q)=0&
&&得p=nn-2rn-1、
n-1-p)=±m&&&
得np=(nn-1r±m)、q=(m n-1±r)
n-1-q)& (nn-2r
n-1-p)=±m&&&&
&得p=(nn-2r
n-1±m)、q=(m n-1±nr)
n-1代入(x+nn-1rn)=npr、(x+mn)=qm得x=0
将np=(nn-1r±m)、q=(m
n-1±r)代入(x+nn-1rn)=npr、(x+mn)=qm
取正值得x=mr
将p=(nn-2r
n-1±m)、q=(m
n-1±nr)代入(x+nn-1rn)=npr、(x+mn)=qm
取正值得x=nmr
同理可得(x+mn+rn)n=(x+mn)n+(x+
rn)n形式中取正值得x=mr&&&
同理可得(x+m4+4r4)4=(x+m4)4+(x+4r4)4形式中取正值得&
同理可证(x+m4+2r4)4=(x+m4)4+(x+2r4)4形式中取正值得&
五、验证一般相差组合的内容
将x=mr代入一般式(x+mn+rn)n=(x+mn)3+(x+rn)n验证，展开得
Cn0(mr+mn)n+Cn1(mr+mn)n-1(rn)+…Cni(mr+mn)n-i(rn)i+…Cnn-1(mr+mn)(rn)n-1+
=(mr+mn)n+Cn0(mr)n+Cn1(mr)n-1(rn)+…+Cni(mr)n-i(rn)i+…+Cnn-1(mr)(rn)n-1+
Cn1(mr+mn)n-1(rn)+…+Cni(mr+mn)n-i(rn)i+…+Cnn-1(mr+mn)(rn)n-1
=Cn0(mr)n+Cn1(mr)n-1(rn)+…+Cni(mr)n-i(rn)i+…+Cnn-1(mr)(rn)n-1
Cn1[(mr+mn)n-1-(mr)n-1](rn)+…+Cni[(mr+mn)n-i-(mr)n-i](rn)i+…+Cnn-1[(mr+mn)-(mr)](rn)n-1=Cn0(mr)n
m、r为正整数两边约去(mr)n后，左边含n因子,右边为1，故无正整数解。
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历史上的今天
id:'fks_',
blogTitle:'费尔马最后定理的初等证明',
blogAbstract:'费尔马最后定理的初等证明\r\n设 &n&2 &不定方程 & x^n+y^n=z^n]-B]\r\n除开xyz=0的整数解外，没有其它xyz≠0的整数解存在。n\r\n为了证明费尔马大定理，实际上只需证明不定方程，x^4+y^4=z^4和不定方程x^p+y^p=z^p(p为奇素数)均无xyz≠0的整数解。bM&+\r\n1：这是因为任一个大于2的整数n,如果不是4的倍数，就一定是某一个奇素数p的倍数。L\r\n,当n=4m时，x^4m+y^4m=z^4m的无解可归之于证^\r\nX^4+y^4=z^4无解。su\r\n2：当n是某一个奇素数p的倍数时，则归之于证$k\r\nx^p+y^p=z^p无解。 &如果（x, &y）=d&1 ,则d|z . 故只需证：Sh\'0',
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