设Sn=3+3的二次方+3的三次方+......3的n次方，那么S10的值是多少？_百度知道
设Sn=3+3的二次方+3的三次方+......3的n次方，那么S10的值是多少？
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S10=3+3^2+3^3+---+3^10=3(1+3+3^2+3^3+---+3^9)=3(S9+1)S10-S9=3^10S9=S10-3^10S10=3(S9+1)=3(S10-3^10+1)S10=3(3^10-1)/2=88572
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出门在外也不愁假设n是大于3的自然数，x的n次方加y的n次方等于z的n次方，x,y,z是不可能大于0的自然数。应该怎样证明？
假设n是大于3的自然数，x的n次方加y的n次方等于z的n次方，x,y,z是不可能大于0的自然数。应该怎样证明？ 10
你能证明那就是有名的数学家了！这是有名的费马大定理。
　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.
　　（ (x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x&0,y&0,z&0,且xyz≠0）无整数解。
　　这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁·怀尔斯和他的学生理查·泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁·怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
我在网上找了个证明方法，不知是否对，我也没有看过！证明方法　　五十年代日本丰首先提出一个有关的猜想，后来由另一位数学家志村五郎加以发扬，当时没有人认为这个猜想与有任何关联。在八十年代德国数学家佛列将谷山丰的猜想与费马定理联系在一起，而所做的正是根据这个关联论证出一种形式的谷山丰猜想是正确的，进而推出也是正确的。
　　这个结论由在1993年的6月21日於美国数学研究所的研讨会正式发表，这个报告马上震惊整个数学界，就是数学门墙外的社会也寄以无限的关注。不过怀尔斯的证明马上被检验出有少许的，于是怀尔斯与他的学生又花了十四个月的时间再加以修正。日他们终於交出完整无瑕的解答，数学界的终於结束。1997年6月，怀尔斯在德国哥庭根大学领取了佛尔夫斯奖。当年的十万约为两百万美金，不过怀尔斯领到时，只值五万美金左右，但安德鲁·怀尔斯已经名列青史，永垂不朽了。
　　用来表示，即：当n & 2时，不定方程x^n + y^n = z^n 没有xyz≠0的整数解。为了证明这个结果，只需证明方程x^4 + y^4 = z^4 ，(x , y) = 1和方程x^p + y^p = z^p ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［p是一个奇素数］均无xyz≠0的整数解。
　　n = 4的情形已由和解决。费马本明了p = 3的情，但证明不完全。［1823］和［1825］证明了p = 5的情形。1839年，证明了p = 7的情形。1847年，德国数学家库默尔对费马猜想作出了突破性的工作。他创立了理想，这使得他证明了当p & 100时，除了p = 37，59，67这三个数以外，费马猜想都成立。后来他又进行深入研究，证明了对于上述三个数费马猜想也成立。在家中，范尔对费马猜想作出重要贡献。他从本世纪2开始研究费马猜想，首先发现并改正了库默尔证明中的缺陷。在以后的30余年内，他进行了大量的工作，得到了使费马猜想成立一些。他和另外两位数学家共同证明了当p & 4002时费马猜想成立。
　　家还利用大型来探索费马猜想，使p 的数目有很大的推进。到1977年为止，斯塔夫证明了p & 125000时，费马猜想成立。《通讯》1987年第2期据国外导，费马猜想近年来取得了惊人的研究成果：格朗维尔和—布龙证明了「对几乎所有的指数，费马大定理成立」。即若命N(x)表示在不超过x的整数中使费马猜想不成立的指数个数，则证明中用到了法尔廷斯［Faltings］的结果。另外一个重要结果是：费马猜想若有反例，即存在x & 0，y & 0，z & 0，n & 2，使x^n + y^n = z^n ，则x & 101,800,000。
　　说明：
　　要证明费马最后定理是正确的
　　（即x^ n+ y^n = z^n 对n&2 均无正整数解）
　　只需证 x^4+ y^4 = z^4 和x^p+ y^p = z^p (P为)，都没有整数解。
　　费马大定理证明过程:
　　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。本用方法，全面分析了边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，提出对多元应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a则”；“增比计算法则”；“定差则”；“a值列法则”；是平数解的条件和实践方法；本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念；本文利用幂数增比性质，利用整数方幂数增项差公式性质，把费马方程x^n+y^n=z^n原本高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定问题。
　　关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式
　　引言：1621年，法国数学家费马（Fermat）在读看古希腊数学家（Diophantna）著写的学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在n＞2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，不断，令人莫衷一是。
　　本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。
　　定义1．费马方程
　　人们习惯上称x^n+y^n=z^n关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。
　　在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，这时由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄莱，已经成为很大的一门数学分支.
　　定义2．增元求解法
　　在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法，叫增元求解法。
　　利用增元求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。
　　下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。
　　一，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”
　　定理1．如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q≥1，满足条件：
　　{ b=（a^2-Q^2）÷2Q
　　c= Q+b
　　则此时，a^2+b^2=c^2是整数解；
　　证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a^2，若（a^2-Q^2）÷2Q=b（其中Q为增元项，且b、Q是整数）,则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重后可得到图形：
　　其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b^2后可得到一个边长
　　为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。
　　故定理1得证
　　应用例子：
　　例1． 利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边方整数解?
　　解：取 应用例子：a为15，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到：
　　{ b=（a^- Q^2）÷2Q=（15^2-1^2）÷2 =112
　　c=Q+b=1+112=113
　　所以得到平方整数解15^2+112^2=113^2
　　再取a为15，选增元项Q为3，根据定a计算法则得到：
　　{ b=（a^2-Q^2）÷2Q=（15^2-3^2）÷6=36
　　c=Q+b=3+36=39
　　所以得到平方整数解15^2+36^2=39^2
　　定a计算法则，当取a=3、4、5、6、7 … 时，通过Q的不同取值，将函盖全部平方整数解。
　　二，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”
　　定理2．如a^2+b^2=c^2 是直角三角形边长的一组整数解，则有（an）^2+（bn）^2 =（cn）^2（其中n=1、2、3…）都是整数解。
　　证：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形 a c ，根据平面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c；
　　3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；
　　3a、3b、3c；4a、4b、4c… na、nb、nc都是整数。
　　故定理2得证
　　应用例子：
　　例2．证明303^2+404^2=505^2是整数解？
　　解；由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整数解，根据增比计
　　算法则，以直角三角形 3×101 5×101 关系为边长时，必有
　　4×101
　　303^2+404^2=505^2是整数解。
　　三，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”
　　3a + 2c + n = a1
　　（这里n=b-a之差，n=1、2、3…）
　　定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。
　　证：取n为1，由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2，这里n=b-a=4-3=1，根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：
　　a1=3×3+2×5+1=20 这时得到
　　20^2+21^2=29^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×20+2×29+1=119 这时得到
　　119^2+120^2=169^2 继续利用公式计算得到
　　a3=3×119+2×169+1=696 这时得到
　　696^2+697^2=985^2
　　故定差为1关系成立
　　现取n为7，我们有直角三角形21^2+28^2=35^2，这里n=28-21=7，根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：
　　a1=3×21+2×35+7=140 这时得到
　　140^2+147^2=203^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×140+2×203+7=833 这时得到
　　833^2+840^2=1183^2 继续利用公式计算得到：
　　a3=3×833+2×2 这时得到
　　9^2=6895^2
　　故定差为7关系成立
　　再取n为129，我们有直角三角形387^2+516^2=645^2，这里n=516-387=129，根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：
　　a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到
　　9^2=3741^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×41+129=15351 这时得到
　　80^2=21801^2 继续利用公式计算得到：
　　a3=3×801+129=89784 这时得到
　　故定差为129关系成立
　　故定差n计算法则成立
　　故定理3得证
　四，平数解a^2+^b2=c^2的a值列法则：
　　4． 如a^2+^b2=c^2是的三个整数边长，则必有如下a值的列、列关系成立；
　　（一） 奇数列a：
　　若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）， 则a为奇数列平方整数解的关系是：
　　a=2n+1
　　{ c=n^2+（n+1）^2
　　证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
　　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
　　故得到奇数列a关系成立
　　（二）偶数列a：
　　若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 …）， 则a为偶数列平方整数解的关系是：
　　a=2n+2
　　{ c=1+（n+1）^2
　　证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
　　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
　　故得到偶数列a关系成立
　　故定理4关系成立
　　由此得到,在直角三角形a、b、c三边中：
　　b-a之差可为1、2、3…
　　a-b之差可为1、2、3…
　　c-a之差可为1、2、3…
　　c-b之差可为1、2、3…
　　定差平方整数解有无穷多种；
　　每种定差平方整数解有无穷多个。
　　以上，我们给出了平方整数解的条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解。证明如下：
　　我们首先证明，增比则在任意方次幂时都成立。
　　定理5，若a，b，c都是大于0的不同整数，m是大于1的整数，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m幂关系成立，则a，b，c，d，e增比后，同方幂关系仍成立。
　　证：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比为n，n＞1，
　　得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
　　原式化为 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
　　两边消掉 n^m后得到原式。
　　所以，同方幂数和差式之间存在增比计算法则，增比后仍是同方幂数。
　　故定理5得证
　　定理6，若a，b，c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立，其中b＞1，b不是a，c的同方幂数，当a，b，c同比增大后，b仍然不是a，c的同方幂数。
　　证：取定理原式a^m+b=c^m
　　取增比为n，n＞1，得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
　　原式化为： n^m（a^m+b）=n^mc^m
　　两边消掉n^m后得到原式。
　　由于b不能化为a，c的同方幂数，所以n^mb也不能化为a，c的同方幂数。
　　所以，同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后，等式关系仍然成立。其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数，不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数。
　　故定理6得证
　　一元的绝对方幂与绝对非方幂性质
　　定义3，绝对某次方幂式
　　在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对某次方幂式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，
　　n^2+6n+9，……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是绝对3次方幂式。
　　一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1，b为）的展开项。
　　定义4，绝对非某次方幂式
　　在含有一元未知数的代数式中，若未知数取值为大于0的全体整数时，代数式的值都不是某次完全方幂数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式。
　　当一元代数式的项数很少时，我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式，例如n^2+n是绝对非2次方幂式，n^7+n是绝对非7次方幂式，但当代数式的项数很多时，得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻。
　　一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2，b为常数项）的展开项中减除其中某一项。
　　推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数。例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式，取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式，当n=7时，3n^2+3n+1=169=13^2;
　　推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性。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 ……
　　证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；
　　在一元代数式中，未知数的不同取值，代数式将得到不同的计算结果。未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的，是等式可逆的，是纯粹的定解关系。这就是一元代数式的代数。即可由代入未知数值的办法对代数式求值，又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值。利用一元代数式的这些性质，我们可实现整数的分类、余数分类和方幂分类。
　　当常数项为1时，一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成，对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失，代数式都无法得出完全立方数。在保留常数项的前提下，我们锁定其中的任意3项，则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，对这3个代数式来说，使代数式的值成为只能有唯一一个解，即补上缺失的第4项值，而且这个缺失项不取不行，取其它项值也不行。因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系，这种代数关系的存在与未知数取值无关。这种关系是：
　　（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
　　所以得到：当取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
　　即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数。
　　当取n=1、2、3、4、5 …时，（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方，而 小于2的整数只有1，1^3=1，当取n=1时，
　　n^3+3n^2+1=5≠1
　　n^3+3n+1=5≠1
　　3n^2+3n+1=7≠1
　　所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时，代数式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些代数式是3次绝对非方幂式。
　　由以上方法我们能够证明一元代数式：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 …时的值永远不是完全4次方数。这些代数式是4次绝对非方幂式。
　　能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下，锁定其中的任意m项后，可得到m个不同的一元代数式，这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数。这些代数式是m次绝对非方幂式。
　　现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；
　　2次方时有：（n+1）^2-n^2
　　=n^2+2n+1-n^2
　　所以，2次方相邻整数的的增项差公式为2n+1。
　　由于2n+1不含有方幂关系，而所有奇数的幂方都可表为2n+1，所以，当2n+1为时，必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系，应用增比计算法则，我们即可得到z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出，求得这些平方整数解的方法是：
　　由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；
　　由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；
　　由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，我们可得到整数中全部平方整数解。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立。
　　同时，由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立。
　　3次方时有：（n+1）^3-n^3
　　=n^3+3n^2+3n+1-n^3
　　=3n^2+3n+1
　　所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1。
　　由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是3次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方不能由增比法则表出，表出这些立方费马方程式的方法是：
　　由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
　　由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
　　由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数；
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解。
　　4次方时有；（n+1）^4-n^4
　　=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
　　=4n^3+6n^2+4n+1
　　所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1。
　　由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是4次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之4次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些4次方费马方程式的方法是：
　　由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
　　由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
　　由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解。
　　m次方时，相邻整数的方幂数的增项差公式为：
　　（ n+1）^m-n^m
　　=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
　　=mn^m-1+…+…+mn+1
　　所以，m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1。
　　由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式，它仍然含有幂方关系，是m次绝对非方幂式。所以，n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系，由增比计算法则可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整数解关系。但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出，表出这些m次方费马方程式的方法是：
　　由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
　　由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
　　由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
　　这种常数项的增加关系适合于全体整数，当取n=1、2、3 … 时，费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解。
　　所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解。
的感言：5该晒！
其他回答 (1)
“费尔马定理”知道吗？一般人证明不了
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已知多项式X-3X的平方y的m+1+x的三次方y-3x的四次方-1是五次多项式,单项式3x的三次方n.y的三次方-mz
来自福建农林大学
由-3x²y^(m+1)+x³y-3x^4-1,∵x³y是4次，∴只有第一项可能是5次。得m+1=3，m=2.由3x^3ny^(3-m)z也是5次，∴3n+3-m+1=53n+3-2+1=5得n=1。
罗正宗&&学生
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求解阿鲁！今天之内
提问者采纳
1²＋2²＋3²＋…＋n²=[n(n＋1)(2n＋1)]/6 1³＋2³＋3³＋…＋n³=[n(n＋1)/2]²
噗这里只要答案..步骤不要..
那你需要的是……？？
1²＋2²＋3²＋…＋n²=[n(n＋1)(2n＋1)]/6 1³＋2³＋3³＋…＋n³=[n(n＋1)/2]²
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