1樓：綘綠
據說2023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。
關於x^n＋ y^n ＝z^n （這裡n大於2；x，y，z，n都是非零整數），還有那些解
2樓：匿名使用者
定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是滿足b-a=n關係的整數解，那麼，利用以上3a+2c+ n = a1公式連求得到的a1、a2、a3…ai 所組成的平方陣列ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差關係的整數解。
證：取n為1，由直角三角形三邊3、4、5得到3^2+4^2=5^2，這裡n=b-a=4-3=1，根據 3a + 2c + 1= a1定差公式法則有：
a1=3×3+2×5+1=20 這時得到
20^2+21^2=29^2 繼續利用公式計算得到：
a2=3×20+2×29+1=119 這時得到
119^2+120^2=169^2 繼續利用公式計算得到
a3=3×119+2×169+1=696 這時得到
696^2+697^2=985^2
… 故定差為1關係成立
現取n為7，我們有直角三角形21^2+28^2=35^2，這裡n=28-21=7，根據 3a + 2c + 7 = a1定差公式法則有：
a1=3×21+2×35+7=140 這時得到
140^2+147^2=203^2 繼續利用公式計算得到：
a2=3×140+2×203+7=833 這時得到
833^2+840^2=1183^2 繼續利用公式計算得到：
a3=3×833+2×1183+7=4872 這時得到
4872^2+4879^2=6895^2
… 故定差為7關係成立
再取n為129，我們有直角三角形387^2+516^2=645^2，這裡n=516-387=129，根據 3a + 2c + 129= a1定差公式法則有：
a1=3×387+2×645+129=2580 這時得到
2580^2+2709^2=3741^2 繼續利用公式計算得到：
a2=3×2580+2×3741+129=15351 這時得到
15351^2+15480^2=21801^2 繼續利用公式計算得到：
a3=3×15351+2×21801+129=89784 這時得到
89784^2+89913^2=127065^2
… 故定差為129關係成立
故定差n計演算法則成立
故定理3得證
四，平方整數解a^2+^b2=c^2的a值奇偶數列法則：
定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三個整數邊長，則必有如下a值的奇數列、偶數列關係成立；
（一） 奇數列a：
若a表為2n+1型奇數（n=1、2、3 …）， 則a為奇數列平方整數解的關係是：
a=2n+1
{ c=n^2+（n+1）^2
b=c-1
證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到：
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
7^2+24^2=25^2
9^2+40^2=41^2
11^2+60^2=61^2
13^2+84^2=85^2
… 故得到奇數列a關係成立
（二）偶數列a：
若a表為2n+2型偶數（n=1、2、3 …）， 則a為偶數列平方整數解的關係是：
a=2n+2
{ c=1+（n+1）^2
b=c-2
證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到：
4^2+3^2=5^2
6^2+8^2=10^2
8^2+15^2=17^2
10^2+24^2=26^2
12^2+35^2=37^2
14^2+48^2=50^2
… 故得到偶數列a關係成立
故定理4關係成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三邊中：
b-a之差可為1、2、3…
a-b之差可為1、2、3…
c-a之差可為1、2、3…
c-b之差可為1、2、3…
定差平方整數解有無窮多種；
每種定差平方整數解有無窮多個。
以上，我們給出了平方整數解的代數條件和實踐方法。我們同樣能夠用代數方法證明，費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時沒有整數解。證明如下：
我們首先證明，增比計演算法則在任意方次冪時都成立。
定理5，若a，b，c都是大於0的不同整數，m是大於1的整數，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方冪關係成立，則a，b，c，d，e增比後，同方冪關係仍成立。
證：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比為n，n＞1，
得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
原式化為 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
兩邊消掉 n^m後得到原式。
所以，同方冪數和差式之間存在增比計演算法則，增比後仍是同方冪數。
故定理5得證
定理6，若a，b，c是不同整數且有a^m+b=c^m關係成立，其中b＞1，b不是a，c的同方冪數，當a，b，c同比增大後，b仍然不是a，c的同方冪數。
證：取定理原式a^m+b=c^m
取增比為n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
原式化為： n^m（a^m+b）=n^mc^m
兩邊消掉n^m後得到原式。
由於b不能化為a，c的同方冪數，所以n^mb也不能化為a，c的同方冪數。
所以，同方冪數和差式間含有的不是同方冪數的數項在共同增比後，等式關係仍然成立。其中的同方冪數數項在增比後仍然是同方冪數，不是同方冪數的數項在增比後仍然是非同方冪數。
故定理6得證
一元代數式的絕對方冪與絕對非方冪性質
定義3，絕對某次方冪式
在含有一元未知數的代數式中，若未知數取值為大於0的全體整數時，代數式的值都是某次完全方冪數，我們稱這時的代數式為絕對某次方冪式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，
n^2+6n+9，……都是絕對2次方冪式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是絕對3次方冪式。
一元絕對某次方冪式的一般形式為（n+b）^m（m＞1，b為常數項）的項。
定義4，絕對非某次方冪式
在含有一元未知數的代數式中，若未知數取值為大於0的全體整數時，代數式的值都不是某次完全方冪數，我們稱這時的代數式為絕對非某次方冪式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是絕對非2次方冪式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是絕對非3次方冪式。
當一元代數式的項數很少時，我們很容易確定代數式是否絕對非某次方冪式，例如n^2+n是絕對非2次方冪式，n^7+n是絕對非7次方冪式，但當代數式的項數很多時，得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻。
一元絕對非某次方冪式的一般形式為：在（n+b）^m（m＞2，b為常數項）的項中減除其中某一項。
推理：不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數式必定在未知數取某一值時得出一個完全m次方數。例如：
3n^2+4n+1不是絕對非3次方冪式，取n=1時有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是絕對非2次方冪式，當n=7時，3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方冪項的一元代數式對任何方冪沒有唯一性。2n+1=9=3^2，2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2，4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3，2n+1=125=5^3 ……
證明：一元代數式存在m次絕對非方冪式；
在一元代數式中，未知數的不同取值，代數式將得到不同的計算結果。未知數與代式計算結果間的對應關係是唯一的，是等式可逆的，是純粹的定解關係。這就是一元代數式的代數公理。
即可由代入未知數值的辦法對代數式求值，又可在給定代數式數值的條件下反過來對未知數求值。利用一元代數式的這些性質，我們可實現整數的奇偶分類、餘數分類和方冪分類。
當常數項為1時，完全立方數一元代數表示式的4項式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2個方冪項在內的4個單項項元組成，對這個代數式中3個未知數項中任意一項的改動和缺失，代數式都無法得出完全立方數。在保留常數項的前提下，我們鎖定其中的任意3項，則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，對這3個代數式來說，使代數式的值成為立方數只能有唯一一個解，即補上缺失的第4項值，而且這個缺失項不取不行，取其它項值也不行。因為這些代數式與原立方代數式形成了固定的單項定差代數關係，這種代數關係的存在與未知數取值無關。
這種關係是：
（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …
n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
n^3+3n+1≠（n+1）^3
3n2+3n+1≠（n+1）^^3
即這3個代數式的值都不能等於（n+1）^3形完全立方數。
當取n=1、2、3、4、5 …時，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是從2開始的全體整數的立方，而 小於2的整數只有1，1^3=1，當取n=1時，
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …時，代數式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等於全體整數的立方數。這些代數式是3次絕對非方冪式。
由以上方法我們能夠證明一元代數式：n^4+4n^3+6n^2+1，n^4+4n^3+4n+1，n^4+6n^2+4n+1，4n^3+6n^2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全4次方數。這些代數式是4次絕對非方冪式。
能夠證明5次方以上的一元代數式（n+1）^m的項在保留常數項的前提下，鎖定其中的任意m項後，可得到m個不同的一元代數式，這m個不同的一元代數式在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全m次方數。這些代數式是m次絕對非方冪式。
現在我們用代數方法給出相鄰兩整數n與n+1的方冪數增項差公式；
2次方時有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以，2次方相鄰整數的平方數的增項差公式為2n+1。
由於2n+1不含有方冪關係，而所有奇數的冪方都可表為2n+1，所以，當2n+1為完全平方數時，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整數解關係，應用增比計演算法則，我們即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的平方整數解不能由增比法則得出，求得這些平方整數解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4為完全平方數時得出全部z-x=2的平方整數解後增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9為完全平方數時得出全部z-x=3的平方整數解後增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16為完全平方數時得出全部z-x=4的平方整數解後增比；
…… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，我們可得到整數中全部平方整數解。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為2時成立。
同時，由於所有奇數的冪方都可表為2n+1及某些偶數的冪方可表為4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，還必有x^2+y^n=z^2整數解關係成立。
3次方時有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以，3次方相鄰整數的立方數的增項差公式為3n^2+3n+1。
由於3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺項公式，它仍然含有冪方關係，是3次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時3n^2+3n+1的值都不是完全立方數，因而整數間不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整數解關係，由增比計演算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些立方費馬方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n為任何整數它的值都不是完全立方數；
…… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程3次方關係經過增比後將覆蓋全體整數。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為3時無整數解。
4次方時有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以，4次方相鄰整數的4次方數的增項差公式為4n^3+6n^2+4n+1。
由於4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺項公式，它仍然含有冪方關係，是4次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方數，因而整數間不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整數解關係，由增比計演算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些4次方費馬方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n為任何整數它的值都不是完全4次方數；
…… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程4次方關係經過增比後將覆蓋全體整數。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為4時無整數解。
m次方時，相鄰整數的方冪數的增項差公式為：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以，m次方相鄰整數的m次方數的增項差公式為mn^m-1+…+…+mn+1。
由於mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺項公式，它仍然含有冪方關係，是m次絕對非方冪式。所以，n為任何整數時mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方數，因而整數間不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整數解關係，由增比計演算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整數解關係。但z-x＞1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些m次方費馬方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n為任何整數它的值都不是完全m次方數；
…… 這種常數項的增加關係適合於全體整數，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程m次方關係經過增比後將覆蓋全體整數。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數為m時無整數解。
所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數n＞2時永遠沒有整數解。
初三數學。試證明 無論m取何實數,關於x的方程 m 8m 17 x 2mx 1 0都是一元二次方程
m 8m 17 m 4 1 m 4 0 m 8m 17 1 0恆成立 m 8m 17 m 8m 16 1 m 4 1無論m取何實數，m 4 1 1 m 8m 17 x 2mx 1 0的二次項的係數恆大於0 m 8m 17 x 2mx 1 0都是一元二次方程 要證明的問題其實等價於證明x 項上的常數項...
初中關於方程的問題
1.關於x的方程2x 4 3a和x 2 a有相同的解,求a的值.要有過程哦 2x 4 3a是 x 2 a是 2得2x 4 2a 得 8 a,即a 8,代入x 2 a中,得x 10 2.動物學校代表隊在全鎮動物數學競賽中名列第一,總分卻是0分,這是怎麼回事呢?原來,這次競賽共出了四十道選擇題,評分標準...
解關於x的方程
1 1 x 7x 6 x 5x 5 x 5x 6 1 1 x 7x 6 1 1 x 5x 6 x 7x 6 x 5x 6 7x 6 5x 6 12x 0 x 0經檢驗，x 0是原方程的解 1 1 x 7x 6 1 1 x 5x 6 1 x 7x 6 1 x 5x 6 x 7x 6 x 5x 6x 0...