不，這是費馬定律的基本理論。
三次方以上，不可能有整數解。
費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n整數解的增量解
莊洪飛
(遼陽鐵路器材廠111000)
費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n整數解關系的證明，多年來在數學界壹直有爭議。本文利用平面幾何方法，綜合分析了直角三角形A 2+B 2 = C 2邊長整數解的存在條件，提出了多元代數加元素求值。給出了邊長為A 2+B 2 = C 2的直角三角形整數解的“固定A計算法則”。”遞增比率的計算規則”；”固定差分公式的規則”；”A值奇偶校驗序列規則”；是平方整數解的代數條件和實用方法；本文提出了壹元代數的絕對冪和絕對非冪的概念。本文利用同次冪的增比性質和整數冪的增項差分公式的性質，巧妙地將原三元不定方程費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n的整數解的判定問題化為壹元定解方程。
關鍵詞:增量求解絕對冪絕對非冪相鄰整數冪增量差分公式
導讀:1621年，法國數學家費馬在閱讀古希臘數學家丟番圖寫的《算術》壹書時，提出方程X ^ N+Y ^ N = Z ^ N在n=2時有無窮個整數解，當N >時。並聲稱自己當時做了壹個很精彩的證明。這就是後世所說的費馬大定理。時至今日，這個問題的答案依然復雜冗長，爭議不斷，讓人莫衷壹是。
本文利用直角三角形和正方形的邊長和面積的關系，建立了費馬方程平方整數解的壹種新的直觀、簡潔的理論和實用方法。本文用代數方法分析證明了費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指數n > 2時的整數解關系。
定義1。費馬方程
人們習慣把x ^ n+y ^ n = z ^ n的關系稱為費馬方程。它的深層含義是，指數n設定後，它的x，y，z都是整數。
在直角三角形的邊長中，經常得到A，B，C都是整數關系，比如直角三角形3，4，5。這時候從勾股定理可以得到3 ^ 2+4 ^ 2 = 5 ^ 2，所以當冪為2時，費馬方程與勾股定理是同階的。當指數大於2時，費馬方程整數解的研究，從歐拉到狄利克雷，已經成為數學的壹大分支。
定義2。增量求解法
在多元代數的求值和計算中，引入原項以外的未知項，形成等式關系，參與求值和計算。我們把多元代數表達式求未知元素的方法叫做加元素求解法。
用加元素的方法求多元代數表達式的值，有時可以把非常復雜的問題變得極其簡單。
接下來我們就用元素相加的方法來實現對壹個直角三角形A 2+B 2 = C 2的三條邊的整數解關系的求值。
壹、直角三角形邊長A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2整數解法“固定壹個計算規則”
定理1。若A、B、C為直角三角形的三條邊，Q為增量項，Q≥1，則滿足條件:
a≥3
b=(a^2-Q^2)÷2Q
c= Q+b
那麽這個時候，A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2就是整數解；
證明:在平方面積關系中，面積從A的邊長算起為A ^ 2，若(A ^ 2-Q ^ 2)÷2q = B(其中Q為增量項，B和Q為整數)，面積A ^ 2可分解為A ^ 2 = Q ^ 2+Q b+ QB，分解關系可如下。
Q2 Qb
它的缺口正好是壹個邊長為b的正方形，補充缺口面積b 2可以得到壹個邊長。
四分衛
對於壹個有Q+b的正方形，我們取Q+B = C，根據直角三角形邊長關系的勾股定理A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2，可以知道此時的A，B，C是直角三角形的三個整數邊長。
於是定理1被證明。
應用示例:
示例1。利用定A的計算規則求邊長為15時直角三角形邊長的平方整數解？
解法:舉個應用例子:A為15，可選增量項Q為1。根據定A的計算規則，得到:
a= 15
{ b=(a^- q^2)÷2q=(15^2-1^2)÷2 = 112
c = Q+b = 1+112 = 113
所以平方整數解是15 2+112 2 = 113 2。
然後取A為15，選擇增量項Q為3。根據定A的計算規則，我們可以得到:
a= 15
b=(a^2-q^2)÷2q=(15^2-3^2)÷6=36
c=Q+b=3+36=39
所以平方整數解是15 ^ 2+36 ^ 2 = 39 ^ 2。
當a=3，4，5，6，7等時。，函數覆蓋將由q的不同值來解決。
二、直角三角形邊長A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2的整數解法“增比計算法則”
定理2。如果A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2是直角三角形邊長的整數解的集合，那麽(an) 2+(BN) 2 = (CN) 2(其中n=1，2，3...)都是整數解。
證明:根據勾股定理，若A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2為整數解，則得到邊數為整數的直角三角形A ^ C。根據平面線段等比放大原理，將三角形放大得到2 a2 C；
b 2b
3a 3c4a 4c...從a，b，c為整數的條件，2a，2b，2c；
3b 4b
3a、3b、3c；4a，4b，4c… na，nb，nc都是整數。
於是定理2被證明。
應用示例:
例2。證明303 2+404 2 = 505 2是整數解？
解決方案；從直角三角形3 ^ 5得到的3 ^ 2+4 ^ 2 = 5 ^ 2是整數解。根據比率計，
四
對於算法，當直角三角形3×1015×101的關系為邊長時，必然有。
4×101
303 2+404 2 = 505 2是整數解。
三、直角三角形邊長A 2+B 2 = C 2整數解“定差公式法則”
3a + 2c + n = a1
(其中n = B和A之差，n=1，2，3...)
定理3。如果直角三角形a2+B2 = C 2是滿足b-a=n關系的整數解，那麽上式3a+2c+ n = a1，a2，A3形成的方陣AI ^ 2+Bi ^ 2 = CI ^ 2...AI都是獲得的。
證明:設n為1，從壹個直角三角形的三條邊3，4，5得到3 ^ 2+4 ^ 2 = 5 ^ 2，其中n=b-a=4-3=1。根據3a+2c+1= a1，差分公式有如下規則。
此時得到A1=3×3+2×5+1=20。
20 ^ 2+21 ^ 2 = 29 ^ 2繼續用公式計算:
此時得到的a2 = 3×20+2×29+1 = 119。
119 2+120 2 = 169 2繼續由公式計算。
a3 = 3×119+2×169+1 = 696。
696^2+697^2=985^2
…
所以固定差是1。
現在我們取n為7，我們有壹個21 ^ 2+28 ^ 2 = 35 ^ 2的直角三角形，其中n=28-21=7。根據3a+2c+7 = a1，固定差公式如下:
此時得到a 1 = 3×21+2×35+7 = 140。
140 2+147 2 = 203 2繼續用公式計算:
A2=3×140+2×203+7=833。
833 2+840 2 = 1183 2繼續用公式計算:
a3 = 3×833+2×1183+7 = 4872，此時得到。
4872^2+4879^2=6895^2
…
因此，固定差為7。
設n為129，我們有壹個直角三角形387 2+516 2 = 645 2，其中n=516-387=129，根據3a+2c+129= a1。
此時得到a 1 = 3×387+2×645+129 = 2580。
2580 2+2709 2 = 3741 2繼續用公式計算:
a2 = 3×2580+2×3741+129 = 15351，此時得到。
15351 2+15480 2 = 21801 2繼續用公式計算:
a3 = 3×15351+2×21801+129 = 89784。
89784^2+89913^2=127065^2
…
因此，固定差額為129。
從而建立了固定差n的計算規則。
於是定理3被證明。
四、平方整數解A ^ 2+B2 = C ^ 2 A值奇偶序列法則:
定理4。如果A ^ 2+B2 = C ^ 2是直角三角形的三條整數邊，那麽必須建立以下壹個值的奇偶級數關系；
(a)奇數欄a:
如果表A是2n+1的奇數(n=1，2，3...)，那麽奇數列的平方整數解之間的關系是:
a=2n+1
c=n^2+(n+1)^2
b=c-1
綜合癥:當這個公式的條件取為n=1，2，3時...分別得出:
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
…
因此，奇數列A關系成立。
(2)偶數系列A:
如果表A是2n+2型偶數(n=1，2，3...)，那麽壹系列偶數的平方整數解之間的關系是:
a=2n+2
c=1+(n+1)^2
b=c-2
綜合癥:當這個公式的條件取為n=1，2，3時...分別得出:
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
…
因此，偶數序列的關系A成立。
因此，定理4的關系成立。
因此，在直角三角形A、B和C的三條邊中:
B和A的差可以是1，2，3…
a和b的差可以是1，2，3…
C和A的差可以是1，2，3…
C和B的差可以是1，2，3…
有無限種固定差分平方整數解；
每個固定的差平方整數都有無窮多個解。
上面我們給出了平方整數解的代數條件和實用方法。我們還可以用代數方法證明，當指數n > 2時，費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n沒有整數解。證明如下:
首先，我們證明了增比定律在任意次冪上成立。
定理5:若A、B、C均為大於0的不同整數，M為大於1的整數，若A M+B M = C M+D M+E M的同次冪關系成立，則A、B、C、D、E的比值增大後，同次冪關系仍然成立。
證明:在定理的原公式中，a m+b m = c m+d m+e m，取增加比例為n，n > 1，
得到:(n a) m+(nb) m = (NC) m+(nd) m+(ne) m。
原來的公式是:n m (a m+b m) = n m (c m+d m+e m)
原公式是兩邊消去n m得到的。
所以同冪和差公式之間有壹個增比的計算規則，增比後還是同冪。
於是定理5被證明。
定理6，若A，B，C為不同的整數且關系A M+B = C M成立，其中B > 1且B不是A，C的同次冪，當A，B，C同比增加時，B仍不是A，C的同次冪..
證明:取定理A M+B = C M的原公式。
取增加率為n，n > 1，得到:(na) m+n MB = (NC) m。
原來的公式是:n m (a m+b) = n MC m。
原公式是兩邊消去n m得到的。
既然b不能轉化為a和c的同次冪，n^mb也不能轉化為a和c的同次冪
因此，在* * *的同壹個增加率包含幾個同次冪和差分公式之間不是同次冪的項後，方程關系仍然成立。其中，同次冪項增加比例後仍為同次冪，非同次冪項增加比例後仍為同次冪。
於是定理6被證明。
壹元代數的絕對冪和絕對非冪性質
定義3，壹個絕對的權力。
在壹元未知的代數表達式中，如果未知值是大於0的整數，則該代數表達式的值是完全冪，我們稱該代數表達式為絕對冪。例如:n 2+2n+1，n 2+4n+4，
N 2+6n+9，...是絕對的二次冪；和n 3+3n 2+3n+1，n 3+6n 2+12n+8，...都是絕對的立方冪。
壹般形式為(n+b) m (m > 1，b為常數項)的展開項。
定義4，絕對不是異能。
在壹個有壹個未知數的代數表達式中，如果未知數的值都是大於0的整數，則該代數表達式的值不是完全冪，我們稱此時的代數表達式為絕對非冪。例如:n 2+1，n 2+2，n 2+2n，...絕對是非二次冪；和n ^ 3+1，n ^ 3+3n ^ 2+1，n ^ 3+3n+1，n ^ 2+3n+1，n ^ 3+6n ^ 2+8...絕對是非立方的。
當壹元代數中的項數很少時，很容易判斷該代數是否絕對無冪。比如n 2+n絕對非冪，n 7+n絕對非冪。但是當代數中的項很多時，獲得絕對無冪的條件就會越來越苛刻。
壹元絕對無冪公式的壹般形式是:從(n+b) m (m > 2，b為常數項)的展開項中減去壹項。
推理:壹個不是絕對M次方公式和絕對非M次方公式的冪代數公式，在未知量取某個值時，必然得到壹個完整的M次方數。比如3n 2+4n+1就不是絕對的非三次方。當n=1時，3n ^ 2+4n+1 = 8 = 2 ^ 3，3n ^ 2+3n+1不是絕對的非二次冪。當n=7時，
推理:沒有冪項的壹元代數不是任何冪唯壹的。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……
證明了壹元代數表達式有m個絕對非方冪；
在壹元代數式中，代數式對未知數的取值不同，會得到不同的計算結果。未知數與代數計算結果的對應關系是唯壹的，方程是可逆的，是純定解關系。這就是壹元代數的代數公理。即代數式可以通過代入未知值來求，在給定代數式值的情況下，可以依次求未知值。利用壹元代數的這些性質，可以實現整數的奇偶分類、余數分類和冪分類。
當常數項為1時，壹個完全立方數的四項代數表達式的固定形式為(n+1)3 = n ^ 3+3n ^ 2+3n+1，其中* * *由包含兩個冪項的四個單項式元素組成。對於這個代數表達式中的三個，在保持常數項不變的前提下，如果鎖定其中任意三個，就可以得到三個不同的必然含有冪項的壹元代數，n ^ 3+3n ^ 2+1，n ^ 3+3n+1，3n ^ 2+3n+1。對於這三種代數，由於這三種代數與原三次代數形成了壹種固定的單定差的代數關系，這種代數關系的存在與未知值無關。這種關系是:
(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
所以我們得到:當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
也就是說，這三個代數表達式的值不可能等於(n+1)3-形式的完全立方數。
當n=1，2，3，4，5 …，則(n+1)3 = n ^ 3+3n ^ 2+3n+1的值是所有從2開始的整數的立方，而小於2的整數只有1，1。
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
由此得出當n=1，2，3，4，5 …，代數表達式n 3+3n 2+1，n 3+3n+1，3n 2+3n+1不等於所有整數。這些代數表達式是三次絕對無冪表達式。
通過以上方法，我們可以證明壹元代數表達式:n 4+4n 3+6n 2+1，n 4+4n 3+4n+1，n 4+6n 2+4n+1，4n 3+6n。這些代數表達式是四次絕對無冪表達式。
可以證明，冪大於5的壹元代數表達式(n+1) m的展開項，鎖住其中任意壹項後，可以得到m個不同的壹元代數表達式，並且當取n=1，2，3，4，5 …這些代數表達式是m次的絕對非平方冪。
現在我們用代數方法給出兩個相鄰整數n和n+1的平方冪增項的差分公式；
當冪為2時，有:(n+1)2-n ^ 2。
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
因此，二次相鄰整數的平方數的差公式為2n+1。
由於2n+1不包含冪關系，所有奇次冪都可以表示為2n+1，所以當2n+1是完全平方數時，必然有n ^ 2+(2√2n+1)2 =(n+1)。而z-x > 1的xyz互質的平方整數解不能用增比定律得到。獲得這些平方整數解的方法如下:
(n+2) 2-n 2 = 4n+4為完全平方數時，z-x=2的所有平方整數的比值在求解後增加；
當(n+3) 2-n 2 = 6n+9是完全平方數時，得到z-x=3的所有平方整數的比值。
當(n+4) 2-n 2 = 8n+16是壹個完全平方數時，得到z-x=4的所有平方整數的增加比。
……
常數項的這種遞增關系適用於所有整數。當n=1，2，3 …，可以得到整數的所有平方整數解。
因此，當指數為2時，費馬方程式x n+y n = z n成立。
同時，因為所有的奇次冪都可以表示為2n+1，壹些偶次冪可以表示為4n+4，6n+9，8n+16...，因此，必然存在x ^ 2+y ^ n = z ^ 2的整數解關系。
到三次方，有:(n+1)3-n ^ 3。
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以三次相鄰整數的立方數的差公式是3n 2+3n+1。
因為3n 2+3n+1是(n+1) 3的缺失公式，所以它仍然包含壹個冪關系，是壹個三次絕對非冪公式。所以當n為任意整數時，3n 2+3n+1的值不是壹個完整的立方數，所以整數之間不存在n ^ 3+(3√3n 2+3n+1)3 =(n+1)3，即z-x = 65438+。而z-x > 1的xyz互質的費馬方程組不能用增比定律表示。這些三次費馬方程的表達方式如下:
從(n+2)3-n ^ 3 = 6 N2+12n+8因此，n是任意整數，其值不是完全立方的；
(n+3) 3-n 3 = 9N2+27N+27，所以n是任意整數，其值不是完全的立方數；
從(n+4)3-n ^ 3 = 12 N2+48n+64因此，n是任意整數，其值不是完全的立方數；
……
常數項的這種遞增關系適用於所有整數。當n=1，2，3 …，費馬方程的三次冪關系將覆蓋增加比例後的所有整數。
因此，費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指數為3時沒有整數解。
有第四種力量；(n+1)^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
因此，相鄰整數的四次方與四次方的差公式為4n 3+6n 2+4n+1。
因為4n 3+6n 2+4n+1是(n+1) 4的缺項公式，所以它仍然包含壹個冪關系，而且是壹個絕對的4次非平方冪公式。所以當n為任意整數時，4n 3+6n 2+4n+1的值不是完美的四次方數，所以整數之間不存在n ^ 4+(4√4n 3+6 N2+4n+1)4 =(n+1)4，即Z-。而z-x > 1的xyz互質的費馬方程組不能用增比定律表示。表達這些四次方費馬方程的方式如下:
by(n+1)4-n ^ 4 = 8n 3+24 N2+32n+16因此，n是任意整數，其值不是完全的四次方；
從(n+1)4-n ^ 4 = 12n 3+54 N2+108n+81因此，n是任意整數，其值不是完全的四次方；
by(n+1)4-n ^ 4 = 16n 3+96 N2+256n+256因此，n是任意整數，其值不是完全的四次方；
……
常數項的這種遞增關系適用於所有整數。當n=1，2，3 …，費馬方程的四次方關系在增加比例後將覆蓋所有整數。
因此，費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指數為4時沒有整數解。
當冪為m時，相鄰整數的冪的差公式為:
(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次方數的加法項的差分公式是Mn m-1+…+…+Mn+1。
因為Mn m-1+…+Mn+1是(n+1) m的缺項公式，所以它仍然包含壹個冪關系，是m次的絕對非平方冪公式。所以當N為任意整數時，Mn m-1+…+Mn+1的值不是m的完全冪，所以整數之間不存在N m+(m √ Mn m-1+…+Mn+1)。而z-x > 1的xyz互質的費馬方程組不能用增比定律表示。用m次冪表示這些費馬方程的方法如下:
從(n+2)m-n m = 2mn m-1+…+2m-1mn+2m因此，n是任意整數，其值不是m的完全冪；
從(n+3)m-n m = 3mn m-1+…+3m-1mn+3m因此，n是任意整數，其值不是完整的m次方；
從(n+4)m-n m = 4mn m-1+…+4m-1mn+4m因此，n是任意整數，其值不是完整的m次方；
……
常數項的這種遞增關系適用於所有整數。當n=1，2，3 …，費馬方程的m次方關系將覆蓋增加比例後的所有整數。
所以費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指數為m時沒有整數解。
所以當指數n > 2時，費馬方程x ^ n+y ^ n = z ^ n永遠不會有整數解。
所以，延續了300多年的費馬大定理，就像哥德巴赫猜想壹樣，是壹個初等數。
了解問題。
回應者:丹池德友誼-見習魔術師2級8-5 13:57
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只需要證明X ^ 4+Y ^ 4 = Z ^ 4，X ^ P+Y ^ P = Z ^ P(P為奇素數)沒有整數解。
響應者:lshhy-高級魔術師6級8-4 17:14
歷史上有很多人在主要工作崗位上沒有建樹，但在閑暇時間卻大有作為。費馬就是壹個典型的例子。今天人們提到皮埃爾·德·費馬(1601 ~ 1665)，主要是因為他是壹位政治家或法官，而是因為他是壹位優秀的業余數學家。費馬在數學的很多領域都取得了巨大的成就，但真正讓他名揚天下的是被後人稱為費馬大定理的猜想。
費馬大定理的表述很簡單:對於正整數，不可能把壹個高於2倍的冪寫成兩個同次方的冪之和。換句話說，方程xn+yn = Zn，當n > 2時，沒有正整數解。在壹本書的頁邊空白處，費馬寫道:我對這個命題有壹個非常漂亮的證明，這裏的空白處太小，寫不出來。
此後，包括大數學家歐拉、柯西在內的無數智者都為此竭盡全力。雖然他們每次都能向前邁壹小步，但都沒能最終證明費馬大定理。300多年來，很多人聲稱找到了解決這壹難題的方法，但每次都被推翻。就費馬大定理本身而言，證明對數學的發展意義不大。但壹方面，這是對智慧的挑戰；另壹方面，數學家在證明費馬大定理的過程中獲得了許多意想不到的收獲，在對它的研究中產生了壹些新的數學分支和方法。所以費馬大定理的證明壹直都是由人來證明。
的擔憂。
還有很多關於費馬大定理的插曲，其中德國人保羅·沃爾夫斯凱爾為費馬大定理設立了專項基金。按照人們的通俗說法，沃爾夫斯凱爾是因為失戀而試圖結束自己的生命。在他以為壹切準備就緒要在午夜準時射殺自己的前壹段時間，他發現了壹篇關於費馬大定理的論文。碰巧的是，沃爾夫斯凱爾本人就是壹個數學愛好者，所以他不自覺地迷失在論文中，錯過了預定的自殺時間。後來，沃爾夫斯凱爾放棄了自殺的念頭，臨死前留下遺囑，將壹大筆財富作為獎品贈予第壹個證明費馬大定理的人，有效期至2007年。
普林斯頓大學教授安德魯·懷爾斯(Andrew wiles)經過7年的潛心研究，於1993年發表了他對費馬大定理的證明。他的證書在1995得到確認，最終獲得了沃爾夫斯克伊爾留下的獎品。
懷爾斯的證明長達100多頁，涉及到很多最新的數學知識，目前世界上能看懂的人屈指可數。於是就有了這樣的爭議:有人認為這不可能是費馬當年想到的證明，應該有更簡單的證明沒有被發現；但是也有很多人傾向於認為費馬實際上並沒有發現什麽，或者只是想到了壹個錯誤的方法。
1637年，費馬在讀丟番圖算術的拉丁文譯本時，在第11卷第八個命題旁寫道:“不可能把壹個立方數除以兩個立方數之和，也不可能把壹個四次冪除以兩個四次冪之和，更不可能把壹個高於二次的冪壹般地除以兩個同次冪之和。在這方面，我確信我找到了壹個絕妙的證明，可惜這裏的空白處太小，寫不下去了。”畢竟費馬沒有寫過壹個證明，他的其他猜想對數學貢獻很大，激發了很多數學家對這個猜想的興趣。數學家們的相關工作豐富了數論的內容，促進了數論的發展。
對於許多不同的n，費馬大定理早已得到證明。但是數學家們對於前200年的大致情況還是壹頭霧水。
1908年，德國Vlfsk宣布將65438+百萬馬克作為獎金，獎勵給第壹個在他死後100年內證明該定理的人。
1983中，格爾德·法爾廷斯證明了模型合取，得出當N >: 2 (n為整數)時，不存在互質A，B，C，使得an+bn = cn。
1986年，格哈德·弗雷提出了“ε猜想”:如果A、B、C使an+bn = cn，即費馬大定理是錯誤的，那麽橢圓曲線。
y2 = x(x-an)(x + bn)
會是谷山智村猜想的反例。弗雷的猜測立即得到了肯尼斯·裏貝特的證實。這個猜想說明了費馬大定理與橢圓曲線和模形式的密切關系。
1995年懷爾斯和泰勒在壹種特殊情況下證明了谷山猜想，而弗雷橢圓曲線正好在這種特殊情況之內，從而證明了費馬大定理。
懷爾斯證明費馬大定理的過程也很有戲劇性。他花了7年時間在不為人知的情況下獲得了大部分證據。然後在1993年6月，他在壹次學術會議上公布了他的證明，立刻成為世界頭條。但是在審批證書的過程中，專家們發現了壹個非常嚴重的錯誤。懷爾斯和泰勒隨後花了近壹年的時間試圖補救，終於在1994年9月懷爾斯放棄的壹種方法中成功。他們的證明發表在1995年的《數學年鑒》上。
參考資料:
/home/flt/flt08.htm