1樓：伱憑甚麼
2樓：
同意樓上觀點，
記不太清了，
就是跟橢圓有關的乙個東西。
3樓：近代物理之父
證明的大體思路是把這個方程演變為乙個橢圓。用代數幾何的方法證明。
為什麼說當n>2時，x^n+y^n=z^n沒有正整數解？
4樓：凌月霜丶
據說1995年已經被安德魯。懷爾斯解決了，**有200頁。用的理論是橢圓曲線和模型式。
我來水一下，說不定就是費爾瑪當年的絕妙的想法：
假設x^n+y^n=z^n,其中xyzn為正整數，當n>2時，xyz有正整數解，設n=2+m,而我們知道：
方程x^2+y^2=z^2是有解的：x=a^2-b^2,y=2ab,z=a^2+b^2,那麼
x^(2+m)+y^(2+m)=z^(2+m)意味著：x^2(x^m-1)+y^2(y^m-1)=z^2(z^m-1)
這樣，x^m-1=1,y^m-1=1,z^m-1=1,x=2^(1/m),y=2^(1/m),z=2^(1/m)
所以：x=y=z,x^n+y^n=2x^n=z^n=x^n,得出：2=1，矛盾，因此原方程沒有正整數解。
證明題：證明當n是乙個整數且n>2時，方程x^n+y^n=z^n無正整數x,y,z的解。
5樓：匿名使用者
費馬最後定理:當n是乙個整數且n>2時，方程x^n+y^n=z^n無正整數x,y,z的解
euler證明的n=3，4的情形，對於該問題，只需證明n為素數的情形。
谷山-志村定理"所有q上的橢圓曲線是模的"蘊含該問題。kummer為了證明該問題，引入了q(ζ)以及理想的概念，並通過研究其中的素數分解證明了kummer判別法成立情形下的費馬大定理。在1995年，安德魯·懷爾斯和理查·泰勒證明了谷山-志村定理的乙個特殊情況(半穩定橢圓曲線的情況)，這個特殊情況足以證明費爾馬大定理。
完整的證明最後於1999年由breuil、conrad、diamond和taylor作出，他們在懷爾斯的基礎上，一塊一塊的逐步證明剩下的情況直到全部完成。
如果你想讀懂懷爾斯的證明，你需要讀以下的書：
高等數學，線性代數，近世代數，初等數論==>代數數論,包括模形式，橢圓曲線，類域論，岩澤理論等
證明:當整數n >2時，關於x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 沒有正整數解
.證明當整數n > 2時，關於x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 無正整數解。
求證：當整數n > 2時，關於x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 無正整數解（費馬大定理） 10
6樓：老蝦公尺
你真敢問，這個問題折磨世界上最聰明的腦袋三百年。
最後被美國數學家（是英國人，真複雜）懷爾斯解決。並且因此獲得了菲爾茲獎。
證明:當整數n >2時，關於x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 沒有正整數解。
7樓：匿名使用者
把n的問題化為x的問題
8樓：匿名使用者
費馬定理，12年考研考過
證明當n是乙個整數且n>2時，方程x^n+y^n=z^n無正整數x,y,z的解。
9樓：樊計
費嗎定理
我這裡有懷而思的證明過程
有400多頁呢
中，a1 1，當n 2時，前n項和sn滿足
解 sn an sn 1 2 即 sn sn s n 1 sn 1 2 整理得 s n 1 sn 2sns n 1 上式兩邊同除以sns n 1 得 1 sn 1 s n 1 2 所以為等差數列，公差 2，首項1 s1 1 a1 1所以 1 sn 2n 1 所以 sn 1 2n 1 易得 s n 1...
問高二數學 證明 n ，問高二數學 證明 n
證明 1 n 1時,左 1 右。所以等式成立 2 假設n k時，有1 k 2 k 1 3 k 2 k 1 2 k 1 1 6k k 1 k 2 成立 那麼，n k 1時有 左 1 k 1 2 k 1 1 3 k 1 2 k 1 1 2 k 1 1 1 k 1 2 k 1 1 3 k 2 1 k 1 ...
數列ana1 1，當n》2時，an（根號sn 根號s
由於an sn sn 1 根號sn 2 根號sn 1 2 根號sn 根號sn 1 根號sn 根號sn 1 根號sn 根號sn 1 2 上面等號兩邊同時約去 根號sn 根號sn 1 可得 根號sn 根號sn 1 1 2 所以根號sn是等差數列。且由等差數列公式得 根號sn 1 0.5 n 1 0.5 ...
數列an的前4項和等於4，且當n 2時，an 1 2（根號下Sn 根號下S n 1則S10等於
解 因為 an 1 2 sn s n 1 而 an sn s n 1 因此 2 sn s n 1 sn s n 1 2 sn s n 1 sn s n 1 sn s n 1 令 sn s n 1 0，則 sn s n 1 1 2 即 數列是等差數列，又 s4 4，即 s4 2 於是 s10 s4 1...
用數學歸納法證明4的（2n 1 次方 3的（n 2）次方能被
證明 1 n 1 4 2 1 3 1 2 64 27 91 7 13顯然能夠被13整除。2 假設n k時，原式能夠被13整除。那麼當n k 1時有 4 2 k 1 1 3 k 1 2 4 2k 3 3 k 3 4 2k 1 16 3 k 2 3 4 2k 1 13 3 3 k 2 3 13 4 2k...