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休息一下，马上回来！求证当n不是完全平方数时一定存在正整数对(x,y)使得不定方程x^2-n*y^2=1n也是正整数如n=2时x=3 y=2n=3时x=2 y=1要的是存在性的证明，最好初等_百度作业帮
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求证当n不是完全平方数时一定存在正整数对(x,y)使得不定方程x^2-n*y^2=1n也是正整数如n=2时x=3 y=2n=3时x=2 y=1要的是存在性的证明，最好初等
求证当n不是完全平方数时一定存在正整数对(x,y)使得不定方程x^2-n*y^2=1n也是正整数如n=2时x=3 y=2n=3时x=2 y=1要的是存在性的证明，最好初等
的确,这是Pell方程,具体解法打出来也不好看,自己看这里吧,不要注册直接打开的,有不明白的地方可以补充,我回来解答,
费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法 庄 严 庄宏飞 （辽阳铁路器材厂 111000） 【 摘要】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...
费马方程X^n+Y^n=Z^n整数解的增元求解法 庄 严 庄宏飞 （辽阳铁路器材厂 111000） 【 摘要】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...
证明:x^2-n*y^2=1
等价于x^2与ny^2互质,
因此对于任意的n(不管是否是平方数),上式总有整数解.
下面这位老哥也太有才了嘛
长达三百多年的费马大定理问题与哥德巴赫猜想问题一样，也一个初等数学问题。
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用初等数学方法证明费马大定理的切入点，费马大定理中n=3的证明
&于& 20:13 &发表
证明x^3+y^3=z^3无整数解
　　证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^3无整数解即可。证明过程如下：
y^3=a^3+3a^2x+3ax^2
3ax^2+3a^2x-(y^3-a^3)=0
经过移项处理，得到的（2）式是关于x为未知数的一元二次方程式。由于我的电脑操作基础知识不好，不会打印一元二次方程式的求根公式，请谅解。我们知道在（2）式的求根公式根号里面的关系式是:（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)，要证明（2）式的未知数x有没有整数解，就是要证明根号里面的这个关系式在其变化过程中是否有平方数存在，现在对这个关系式作变形处理如下：
(3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=(3a^2)^2+12a(y-a)(y^2+ya+a^2)
=(3a^2)^2+12a(y-a)a^2+12a(y-a)(y^2+ya)
=(3a^2)^2+2&#•2a(y-a)+4a^2(y-a)^2+12a(y-a)(y^2+ya)-4a^2(y-a)^2
=[3a^2+2a(y-a)]^2+4a(y-a)[3y^2+3ya-a(y-a)]
=(2ay+a^2)^2+4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)
即有（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=(2ay+a^2)^2+4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)
接下来模仿（3）式右端的结构形式构造一个相应的平方数关系式如下：
[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2=(2ay+a^2)^2+D，则有
D=[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2-(2ay+a^2)^2
=2ka(y-a)(4ay+2a^2+2kay-2ka^2)
=4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2)
即有[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2=(2ay+a^2)^2+4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2)
要使（3）式左端与（4）式左端相等，即使（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)=[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2成立，应有
4a(y-a)(3y^2+2ya+a^2)=4ka(y-a)(2ay+a^2+kay-ka^2)
因为y＞a，因此y≠a，所以有
3y^2+2ya+a^2=2kay+ka^2+k^2ay-k^2a^2
把上式整理为y为未知数的一元二次方程式形式有
3y^2-(k^2+2k-2)ay+(k^2-k+1)a^2=0
　　在（6）式里的y有没有整数解，同样要看求根公式根号里面的关系式在其变化过程中是否有平方数存在，根号里面的关系式为：[（k^2+2k-2)^2-12(k^2-k+1)]a^2，经过进一步变形处理，这个关系式化简为：k^4+4k^3-12k^2+4k-8。当k=2时，这个关系式的计算结果等于0，因此k值的取值范围为k＞2的一切整数，经过试算得到下式
（k^2+2k-8)^2＜k^4+4k^3-12k^2+4k-8＜(k^2+2k-5)^2
　　在平方数（k^2+2k-8)^2和平方数（k^2+2k-5)^2之间存在两个平方数，即（k^2+2k-7)^2和(k^2+2k-6)^2，这两个平方数的展开式如下
(k^2+2k-7)^2=k^4+4k^3-10k^2-28k+49
(k^2+2k-6)^2=k^4+4k^3-8k^2-24k+36
　　依据上述展开式建立数量关系式如下
k^4+4k^3-10k^2-28k+49=k^4+4k^3-12k^2+4k-8
k^4+4k^3-8k^2-24k+36=k^4+4k^3-12k^2+4k-8
　　化简这两个关系式分别得到2k^2-32k+57=0和k^2-7k+11=0，求解的结果是这两个方程式的k值都没有整数解，因此k^4+4k^3-12k^2+4k-8与(k^2+2k-7)^2和（k^2+2k-6)^2不存在等量关系，也就是说k^4+4k^3-12k^2+4k-8是一个非平方数，因此当k的取值为k＞2的一切整数时，由（6）式通过求根公式求得的y值都无整数解，这说明k取k＞2的一切整数时与其对应的y值没有同为整数解的情形存在，因此（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)与在前面构造的平方数[2ay+a^2+2ka(y-a)]^2不存在等量关系，这就证明（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)在其变化过程中没有平方数存在。
　　由于（3a^2)^2+12a(y^3-a^3)在其变化过程中没有平方数存在，因此由（2）式通过求根公式求得的每一个x值都无整数解，则x^3+y^3=z^3无整数解的命题得证。
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此主题共分：
&于& 08:39 &发表
本主题的补充说明：在不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2的等号两边同时加x^3，则有
x^3+y^3=a^3+3a^2x+3ax^2+x^3 (1)
x^3+y^3=(a+x)^3 (2)
在（2）式右端中设z=a+x,就得到n=3的表达式x^3+y^3=z^3，故不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2与不定方程x^3+y^3=z^3是等价命题。
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&于& 09:11 &发表
欧拉给出了n=3的证明，但他对n趋向无穷大的情形，即一般性的证明百思不得其解，始终没有找到求证的方法，因此欧拉虽然是大数学家，但他最终也没有解决费马大定理问题。在网络上和各种刊物的相关报道中可以看到有很多人声称解决了费马大定理问题，但除了欧拉和我外，我还没有见到有谁能够给出n=3的证明。连路都不会走，就想参加百米竞赛，这可能吗？
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&于& 10:26 &发表
大数学家欧拉给出的n=3的证明，经过高斯的修改而流传于世，在有些数论专著中收录了欧拉的证明，数学界认为这个证明堪称数学中的精品。在欧拉的这个证明中使用了复数理论、同余式概念，还规定了素元、范数等专用名词（专用于该证明），这些在该证明中使用的概念，恐怕只有数论专家才能看懂。我给出的这个n=3的证明，只要在中学阶段学习过代数知识，即只要懂合并同类项、移项以及一元二次方程求根公式等数学常识就能看明白，因此可以说我给出的n=3的证明比欧拉的证明更容易理解。
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&于& 10:54 &发表
传说中的沙发？？？哇卡卡
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&于& 08:24 &发表
“证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^3无整数解即可”，这一段话中的不定方程被我打印错了，现更正为“证明x^3+y^3=z^3无整数解，就是等价证明不定方程y^3=a^3+3a^2x+3ax^2无整数解即可”.在证明过程中的（1）式没有写错，因此打印错的那一段话对整个证明没有什么影响。
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&于& 11:52 &发表
证明费马大定理的思路就是数学归纳法，即首先证明出x^3+y^3=z^3无整数解，然后证明出当n趋向无穷大时x^n+y^n=z^n也无整数解，则可以认定n≥3时费马大定理都成立。人们在使用数学归纳法解决 问题中得出的经验是，证明一般性（即n趋向无穷大的情形）的结论往往比较容易，而证明特殊性（像证明n=3这样的具体例子）的难度则相对较大，对此我也有同感。例如在我给出的n=3的证明中，只有想到构造平方数关系式，本证明才能继续向前推进，想不到这一点，本证明有可能半途而废。
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&于& 18:30 &发表
年年岁岁花相似，
岁岁年年春满园。
在万象更新之际，祝各位网友创意无限，喜上枝头！
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&于& 16:39 &发表
在中学学习过代数知识后知道（a+x)^2=a^2+2ax+x^2，在这个完全平方数公式中，设y^2=a^2+2ax，z=a+x，就可得到勾股定理的代数表达式z^2=y^2+x^2。对y^2=a^2+2ax作变形处理，则有x=(y-a)(y+a)/2a。求解勾股数的方法如下。
（1）：当a=1时，x=(y-1)(y+1)/2。通过观察法可知，当取y值为3，5，7，……等不断增大的整数时，就可求得相应的x值为4，12，24，……等，继而可求得z值（z=1+x)为，13，25，……等。这样就求出了本系列z^2=y^2+x^2的勾股数，这就是5^2=3^2+4^2，13^2=5^2+12^2，25^2=7^2+24^2，……等。
（2）：当a=2时，x=(y-2)(y+2)/4。通过观察法可知，当取y值为6，8，10，……等不断增大的整数时，就可求得相应的x值为3，8，15，……等，继而可求得z值（z=2+x)为5，10，17，……等。这样就求出了本系列z^2=y^2+x^2的勾股数。
（3）：当a=3时，x=(y-3)(y+3)/6。通过观察法可知，当取y值为9，15，21，……等不断增大的整数时，就可求得相应的x值为12，36，72，……等，继而可求得z值（z=3+x）为15，39，75，……等。这样就求出了本系列z^2=y^2+x^2的勾股数。
仿照上述方法，当继续取a值为4，5，6，7，8，……等连续不断的整数时，就可求得z^2=y^2+x^2的一系列勾股数。在这些勾股数中含有素勾股数组。
在(a+x)^3=a^3+3a^2x+3ax^2+x^3中，模仿在勾股定理中求整数解的思路，设y^3=a^3+3a^2x+3ax^2，z=a+x，就得到了费马大定理中n=3的表达式z^3=y^3+x^3，因此要证明z^3=y^3+x^3是否有整数解，只要证明出y^3=a^3+3a^2x+3ax^2即可，因此这两个不定方程式是等价命题。同理，要证明z^4=y^4+x^4是否有整数解，就要证明它的等价命题方程式y^4=a^4+4a^3x^2+6a^2x^2+4ax^3是否有整数解。以此类推，我们就可以得到在费马大定理中证明 n=5，n=6，n=7等等一系列不定方程式是否有整数解的等价命题。
我发现的求勾股数的最简单方法，浅显易懂，学习过中学代数知识的人都能应用。而一般数论专著中介绍的求勾股数的方法，只有数论专家才会应用，对大多数数学爱好者来说就不容易把握了，这当然不利于数学知识的普及和传播。
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&于& 11:00 &发表
N=4的等价命题是一个关于x为未知数的一元三次方程式，N=5的等价命题是一个关于x为未知数的一元四次方程式。一元三次方程式和一元四次方程式有求根公式，因此证明N=4和N=5的思路可以模仿证明N=3的情形去做。挪威天才数学家阿贝尔经过研究认为一元五次方程式和高于五次以上的方程式都没有求根公式，因此N=3的证明思路对N=6，N=7等等一系列的等价命题就不适用了。用数学归纳法证明费马大定理，只要证明出N=3无整数解，再证明出N趋向无穷大时也无整数解，就可以认定费马大定理成立。如果要对N=4，N=5，N=6以致无穷无尽个N逐一进行证明，谁也没有这样的精力去做，全世界的电脑联网也做不到。我之所以说“以此类推”，是说每一个N的等价命题方程式是能够一一列出来的的，至于对这些方程式能不能给出证明是另一回事。一句话，有求根公式的等价命题可以模仿N=3的思路去证明，没有求根公式的等价命题只能另辟它途去证明。N=4和N=5的证明前人已经完成（N=4由费马大定理的提出者费马本人完成），我不想在这些问题上耗费精力，不过感兴趣的网友自己可以去试试，如果你也能解决这些著名的问题，你虽然尝到了克服重重困难的艰辛，但也能体验一把会当凌绝顶的 美妙感觉，令人心旷神愉，岂不美哉。
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&于& 09:33 &发表
远看成岭侧成峰，
近看高地各不同。
不识庐山真面目，
只缘身在此山中。
看问题的角度不同，人们对庐山真面目也会有不同的看法，正所谓仁者见仁，智者见智。
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&于& 11:54 &发表
(三 )指数幂为偶数的情形。设n表示偶数，证明过程如下：
（1+2/n)^n＞2
(2+n)^n＞2n^n
(2+n)^n-n^n＞n^n
按照试算的方法对(2+n)^n-n^n进行递减处理得（2+n-1)^n-(n-1)^n=(1+n)^n-(n-1)^n，则有
(1+n)^n-(n-1)^n＞n^n
对上式作变形处理得
（1+n)^n＞n^n+(n-1)^n
在上式两边同除n^n得
（1+1/n)^n＞1+[(n-1)/n]^n
因为(n-1)/n＜1，所以[(n-1)/n]^n＜1，则有1+[(n-1)/n]^n＜2成立。而因为n＞2时有（1+1/n)^n＞2成立，因此（1+1/n)^n＞1+[(n-1)/n]^n也成立。这就是说(n+1)^n-(n-1)^n＞n^n是成立的，因此还需要对(n+1)^n-(n-1)^n进行递减处理如下
（n-1+1)^n-(n-1-1)^n=n^n-(n-2)^n
按照求余数的方法有下式
n^n-[n^n-(n-2)^n]=(n-2)^n
因为(n-2)^n＞0，因此(n-2)^n就是所要求出的规则余数，因此当y为偶数，n也为偶数时，随着n值趋向无穷大，随之也会产生无穷组规则余数。例如，当n=100时，规则余数组就到2^100,4^100,6^100，……，96^100,98^100；当n=1000时，规则余数组就到2^0,6^0，……，996^0。
（四）指数幂为奇数的情形。设n表示偶数，则n+1为奇数。证明过程如下：
(1+2/n)^(1+n)＞2
(2+n)^(1+n)＞2n^(1+n)
(2+n)^(1+n)-n^(1+n)＞n^(1+n)
对(2+n)^(1+n)-n^(1+n)进行递减处理得，
（2+n-1)^(1+n)-(n-1)^(1+n)=(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n) ，则有
(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n)＞n^(1+n)
对上式作变形处理得
(1+n)^(1+n)＞n^(1+n)+(n-1)^(1+n)
上式两边同除n^(1+n)得
(1+1/n)^(1+n)＞1+[(n-1)/n]^(1+n)
　　仿照（三）中的思路可知(1+1/n)^(1+n)＞1+[(n-1)/n]^(1+n)是成立的，这就是说(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n)＞n^(1+n)也是成立的，因此还需要对(1+n)^(1+n)-(n-1)^(1+n)进一步作变形处理如下
(1+n-1)^(1+n)-(n-1-1)^(1+n)=n^(1+n)-(n-2)^(1+n)
按照求余数的方法有下式
n^(1+n)-[n^(1+n)-(n-2)^(1+n)]=(n-2)^(1+n)
　　因为(n-2)^(1+n)＞0，因此(n-2)^(1+n)就是所要求出的规则余数。因此当y为偶数，n+1为奇数时，随着n趋向无穷大，随之也会产生无穷组规则余数。例如，当n+1=99时，规则余数组就到2^99,4^99,6^99，……，94^99,96^99；当n+1=1001时，规则余数组就到2^1,6^1，……，996^1。
　　以上通过对（一）、（二）、（三）、（四）等四种情形进行了论证，得到的证明结果为：随着n值（或者n+1）不断增大，以致趋向无穷大，会随之产生无穷组规则余数。因此当n趋向无穷大时，我们可以把全部余数想象为都是由规则余数组成，而在每一组规则余数中的最小余数是2^n，因此当n趋向无穷大时余数为零的情形不会出现，因此y^n的数值与（a+x)^n-x^n的数值不可能相等，这样n趋向无穷大时z^n=y^n+x^n无整数解的命题得证。
　　经过证明n=3时z^3=y^3+x^3无整数解，接着经过证明当n趋向无穷大时z^n=y^n+x^n也无整数解，则根据数学归纳法可以认定费马大定理成立(即对n＞2的一切n值费马大定理都成立）。（昆明市富民县永定镇刘坤）
　　成稿时间：日
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&于& 12:51 &发表
当n趋向无穷大时x^n+y^n=z^n无整数解的证明
当a取奇数时，不论x取奇数还是取偶数，（a+x) ^n-x^n的数值都是奇数；当a取偶数时，不论x取奇数还是取偶数，(a+x)^n-x^n的数值都是偶数。
因此 当y取奇数，a取偶数时，因为y^n的数值是奇数，而（a+x)^n-x^n的数值是偶数，故此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值是不相等的，因此此种情形的费马大定理是成立的。
当y取奇数，a也取奇数时，因为y^n的数值是奇数，（a+x)^n-x^n的数值也是奇数，则不能排除此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值有相等的可能性存在，因此此种情形的费马大定理是否成立则需要做出证明。
当y取偶数，a取奇数时，因为y^n的数值是偶数，而（a+x)^n-x^n的数值是奇数，故此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值是不相等的，因此此种情形的费马大定理是成立的。
当y取偶数，a也取偶数时，因为y^n的数值是偶数，(a+x)^n-x^n的数值也是偶数，则不能排除此种情形y^n的数值与(a+x)^n-x^n的数值有相等的可能性存在，因此此种情形的费马大定理是否成立则需要做出证明。
现在规定余数概念。在y值给定的情况下，当x的取值使y^n减去[（a+x)^n-x^n]的差值最小，则该差值就为余数（余数不能为负数）。依照余数概念进行计算，得到下面两个余数表：
﹛a﹜﹛1﹜﹛ 3 ﹜﹛5 ﹜﹛ 7 ﹜﹛9 ﹜……
「3^3」【2^3】
「5^3」【34】【2^3】
「7^3」【12】【4^3】【2^3】
「3^4」【2^4】
「5^4」【4^4】【2^4】
「7^4」【706】【4^4】【2^4】
「3^5」【2^5】
「5^5」【4^5】【2^5】
「7^5」【846】【4^5】【2^5】
「3^6」【2^6】
「5^6」【4^6】【2^6】
「7^6」【6^6】【4^6】【2^6】
「9^6」【Δ 】【6^6】【4^6】【2^6】
「3^7」【2^7】
「5^7」【4^7】【2^7】
「7^7」【6^7】【4^7】【2^7】
「9^7」【8^7】【6^7】【4^7】【2^7】
「11^7」【ω】【8^7】【6^7】【4^7】【2^7】
…………………………
注：Δ=62882，ω=3142534。﹛1﹜、﹛3﹜、﹛5﹜等表示a值，例如﹛1﹜表示a=1，﹛3﹜表示a=3；「3^3」、「5^3」、「3^4」等表示y^n的数值，例如「7^5」表示y^5=7^5，「9^7」表示y^7=9^7；在【】里面的数值均表示按照余数概念求得的余数值。在此表中求余数的举例说明，例如5^3-[（1+5）^3-5^3]=34,7^3-[（3+4）^3-4^3]=4^3,9^6-[（1+9）^6-9^6]=6-[（3+6）^6-6^6]=6^6，9^6-[（5+4）^6-4^6]=4^6，9^6-[（7+2）^6-2^6]=2^6。
﹛a ﹜﹛2﹜﹛4﹜﹛6 ﹜﹛8﹜﹛10﹜……
「4^4」【2^4】
「6^4」【4^4】【2^4】
「8^4」【6^4】【4^4】【2^4】
「10^4」【μ】【6^4】【4^4】【2^4】
「4^5」【2^5】
「6^5」【4^5】【2^5】
「8^5」【6^5】【4^5】【2^5】
「10^5」【8^5】【6^5】【4^5】【2^5】
「12^5」【Φ】【8^5】【6^5】【4^5】【2^5】
「y^n」…………………………………………………
注：μ=1920，Φ=38590。在此表中求余数的举例说明，以y^n=10^4为例，10^4-[（2+9）^4-9^4]=-[（4+6）^4-6^4]=6^4,10^4-[（6+4）^4-4^4]=4^4,10^4-[（8+2）^4-2^4]=2^4。
以上两个表只是列出一部分余数。以表一为例，当n=6时，y^n=7^6对应的三个余数2^6,4^6,6^6是有规律性地递增的，我们把2^6,4^6,6^6这样的余数称为规则余数；把y^3=5^3和a=1对应的余数34，以及y^4=10^4和a=2对应的余数1920称为非规则余数。在同一组余数中，当全部余数都由规则余数构成，我们就把这一组余数称为规则余数组。例如当n=7时，在y^7=9^7中求出的全部余数2^7，4^7,6^7,8^7都是规则余数，因此这是一个规则余数组。在规则余数组中最小余数为2^n。
　　以表一为例，我们来观察规则余数组的变化规律。当n=3时，只有一组规则余数组2^3；当n=4时有两组规则余数组2^4及2^4,4^4；当n=6时有三组规则余数组2^6及2^6,4^6，以及2^6,4^6,6^6。通过对规则余数组变化情况的观察，我们看到随着n值的增大，所举的这几个例子中的规则余数组组数也在增加，那么随着n值的无限增大，规则余数组的组数是否也随之增加呢？要回答这个问题，我们对需要证明的两种情形进行论证。
　　在y为奇数，a也为奇数的情形中，把指数幂分为奇数和偶数进行论证。
　　(一)指数幂为奇数的情况，设n表示奇数。
在（1+1/n)^n中，当n趋向无穷大时，这个函数有极限值存在，这个极限值为e≈2.71828……。人们在证明(1+1/n)^n有极限存在的过程中，首先证明出(1+1/n)^n是一个单调增加的函数，即有[1+1/（1+n)]^(1+n)＞(1+1/n)^n。当n＞2时，取n=3，则有（1+1/3）^3＞2，依照该函数单调增加的性质，则恒有（1+1/n)^n＞2，则有[（1+n)/n]^n＞2，这样就有
（1+n)^n＞2n^n
(1+n)^n-n^n＞n^n
把(1+n)^n-n^n对照(a+x)^n-x^n来看，当x=n，a=1,时，(a+x)^n-x^n就可以表示为(1+n)^n-n^n，同时令y=n(因为y与n都是奇数），则y^n可以表示为n^n，但因为（1+n)^n-n^n＞n^n，导致n^n-[(1+n)^n-n^n]＜0，这不符合余数概念的要求，按照试算的方法，对处于x值位置的n值做递减处理，即把x=n减去1，则有x=n-1，并且a=1，则代入（a+x)^n-x^n有
（1+n-1)^n-(n-1)^n=n^n-(n-1)^n
用y^n=n^n减去[n^n-(n-1)^n]得
n^n-[n^n-(n-1)^n]=(n-1)^n
因为（n-1)^n＞0，因此求出的这个余数(n-1)^n符合余数概念的要求，而且这个余数还是规则余数组中可以按照规律性计算出来的最大规则余数。因此当y为奇数，n也为奇数时，随着n值趋向无穷大，随之也会产生无穷组规则余数组。例如，当n=51时，规则余数组就会从2^51；2^51,4^51；2^51,4^51,6^51；这样一步一步增加到2^51,4^51,6^51,8^51，……，46^51,48^51,50^51。当n=999时，规则余数组就会从2^999；2^999,4^999；2^999,4^999,6^999；
；2^999,4^999,6^999,8^999；这样一步一步增加到2^999,4^999,6^999,8^999,10^999，……，
992^999,994^999,996^999,998^999。这只是保守证明，如果具备计算条件进行更精确的计算，则在n值较大时，求得的规则余数组组数还会更多一些，例如当n=7时，通过（n-1）^n求得的规则余数是6^7，即规则余数组只到2^7,4^7,6^7，但精确的计算结果是规则余数组到2^7,4^7,6^7,8^7。
　　(二）指数幂为偶数的情形，设n为奇数，则n+1就为偶数。
　　证明思路与上例相同，但对证明过程进行简化，证明过程如下：
（1+1/n)^(1+n)＞2
(1+n)^(1+n)＞2n^(1+n)
(1+n)^(1+n)-n^(1+n)＞n^(1+n)
　　因为(1+n)^(1+n)-n^(1+n)＞n^(1+n)，这不符合余数概念的要求，因此按照试算的方法应进行递减处理，则应把（1+n)^(1+n)-n^(1+n)写成（1+n-1)^(1+n)-(n-1)^(1+n)=n^(1+n)-(n-1)^(1+n)，则用n^(1+n)减去[n^(1+n)-(n-1)^(1+n)得
n^(1+n)-[n^(1+n)-(n-1)^(1+n)]=(n-1)^(1+n)
　　因为（n-1)^(1+n)＞0,因此(n-1)^(1+n)就是所要求出的规则余数，因而当y为奇数，指数幂n+1为偶数时，随着n值的不断增大，随之也会产生无穷组规则余数组。例如，当n+1=50时，规则余数组就到2^50,4^50,6^50,8^50，……，46^50,48^50；当n+1=2000时，规则余数组就到2^0,6^0，……，98^2000。
　　在y为偶数，a也为偶数的情形中，把指数幂分为偶数和奇数两种情况进行论证。
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&于& 09:33 &发表
当n趋向无穷大时x^n+y^n=z^n无整数解的证明”一文发布在本主题中，本网站说我的论 文字数超过5000个，要求我分段发，我便按照网站的要求做。由于我的电脑操作技术较差，不知是错按了哪一个键码，造成本文的后半部分（即“13楼”的内容）先发，本文的前半部分（即“14楼”的内容）后发的错误，因此希望网友阅读本文时先看“14楼”的内容，接着看“13楼”的内容，这样才能正确理解本文的证明思路。
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&于& 11:16 &发表
证明费马大定理的历史书写了颇多的传奇。先是费马大定理的提出者费马说：我有一个美妙的证明，但这里的空白太小了，写不下。后来人们搜遍了费马曾经居住过的房间，都没有找到费马所说的那个美妙证明。从大数学家欧拉开始起，人们找到了n=3，n=4，n=5，n=7等证明方法，但对不断增大的n而已，这种证明速度比龟兔赛跑中的乌龟还慢，数学界显得束手无策。时间到了上个世纪九十年代，美国普林斯顿大学教授怀尔斯用现代最先进的数学理论给出了费马大定理的证明。据称怀尔斯的证明篇幅长达100多页，而且因为使用先进数学 理论的缘故（这种数学理论不仅先进，而且太超前），在全世界 只有屈指可数的少数几个人能看懂该证明。怀尔斯使用的证明方法就是现代的其他数学家理解起来都很吃力，因此怀尔斯的证明与费马的证明不可能相同。这就给人们留下了想象的空间，费马究竟有没有一个美妙的证明？如果有的话，这个美妙证明应该多数人能看懂；如果没有的话，那么他猜对费马大定理成立的依据是什么？仅凭他给出n=4的证明为依据显然远远不够。寻找费马的“美妙”证明令人神往又无奈，这就是费马留下费马大定理问题之后的谜中之谜。
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&于& 15:48 &发表
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&于& 18:13 &发表
费马大定理问题与梅森数问题有非常罕见的紧密联系，这就是珠联璧合所描述的美妙奇观。当回味珠联璧合这个美妙词语时，会感到数学也很美，也有无穷的魅力。
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&于& 11:22 &发表
怀尔斯给出费马大定理的证明引起世人注目后，有人写了一部畅销书介绍怀尔斯证明费马大定理的许多有趣的故事，此书书名叫《费马大定理》，在书名下面有一个副标题是“一个困惑了世间智者358年的谜”，该书作者叫“西蒙·辛格”。我从该书序言中摘录了这样一段话：“所有的人都慷慨地奉献出他们对数学的真知灼见，他们将就着我仅有的那点理解力耐心地给我讲解有关概念。很快我就搞清楚这是一门世界上可能只有五六个人能够完全掌握的学问”。既然是世界上只有五六个人能够掌握的学问，那么绝大多数数学家当然就看不懂怀尔斯的证明，一般的数学爱好者更是无法理解。
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&于& 12:24 &发表
回复21楼贺志强 的帖子
因为怀尔斯综合了现代数学中很高深的理论才勉强给出了费马大定理的证明，据此数学界的专家学者便武断地断言费马大定理不可能存在初等数学的证明方法，并说任何寻找初等证明方法的能力都是徒劳的。这种观点使得人们对我发现的方法是否正确持将信将疑的态度，因此人们不愿意轻易表态。其实证明费马大定理有没有初等方法存在，主要是要找到证明方法的切入点，找到了切入点，就能不断拓展思路，就能一步一步地向前推进，就能自然而然地导致费马大定理问题的最终解决。所以说数学权威虽然站得很高，但权威专家不可能是全才、通才，权威专家也会有看不到的地方，因此权威专家说话还是有一点分寸为好，做好自己比较拿手的事就行了，成为阻碍创新的绊脚石就有损大师形象了。
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&于& 12:48 &发表
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&于& 16:06 &发表
在事实面前尽管可以不面对现实，尽管可以说任何寻找初等方法的努力都是徒劳的，但事实胜于雄辩，不承认事实的雄辩都是昙花一现。
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