1樓：匿名使用者
費馬猜想。。
若用不定方程來表示，費馬大定理即：當n > 2時，不定方程xn + y n = z n 沒有xyz≠0的整數解。為了證明這個結果，只需證明方程x4 + y 4 = z 4 ，(x , y) = 1和方程xp + yp = zp ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［p是乙個奇素數］均無xyz≠0的整數解。
自己google吧。。
2樓：匿名使用者
拜託，這是費馬大定理！！連數學家都沒法證明！！
3樓：匿名使用者
你想要人給你證費馬大定理？！牛。。。我服了！
費馬大定理！
有名的數學難題—乙個困惑了世間智者300多年（好像今年剛好是361吧）的謎~
4樓：匿名使用者
2023年數學家根據費馬的少量提示用無窮遞降法證明n＝4。2023年和2023年德國數學家萊布尼茲和瑞士數學家尤拉也各自證明n＝4。2023年尤拉證明n＝3。
2023年和2023年法國數學家勒讓德和德國數學家狄利克雷先後證明n ＝5。2023年狄利克雷試圖證明n＝7，卻只證明了n＝14。2023年法國數學家拉梅證明了n＝7，隨後得到法國數學家勒貝格的簡化……19世紀貢獻最大的是德國數學家庫麥爾，他從2023年起花費20多年時間，創立了理想數理論，為代數數論奠下基礎；庫麥爾證明當n＜100時除37、59、67三數外費馬大定理均成立。
為推進費馬大定理的證明，布魯塞爾和巴黎科學院數次設獎。2023年德國數學家佛爾夫斯克爾臨終在哥廷根皇家科學會懸賞10萬馬克，並充分考慮到證明的艱巨性，將期限定為100年。數學迷們對此趨之若鶩，紛紛把「證明」寄給數學家，期望憑短短幾頁初等變換奪取桂冠。
德國數學家蘭道印製了一批明信片由學生填寫：「親愛的先生或女士：您對費馬大定理的證明已經收到，現予退回，第乙個錯誤出現在第＿頁第＿行。
」 在解決問題的過程中，數學家們不但利用了廣博精深的數學知識，還創造了許多新理論新方法，對數學發展的貢獻難以估量。2023年，希爾伯特提出尚未解決的23個問題時雖未將費馬大定理列入，卻把它作為乙個在解決中不斷產生新理論新方法的典型例證。據說希爾伯特還宣稱自己能夠證明，但他認為問題一旦解決，有益的副產品將不再產生。
「我應更加注意，不要殺掉這只經常為我們生出金蛋的母雞。」 數學家就是這樣緩慢而執著地向前邁進，直至2023年證明n＜4002。大型計算機的出現推進了證明速度，2023年德國數學家瓦格斯塔夫證明n＜125000，2023年美國數學家羅瑟證明n＜41000000。
但數學是嚴謹的科學，n值再大依然有限，從有限到無窮的距離漫長而遙遠。 983年，年僅29歲的德國數學家法爾廷斯證明了代數幾何中的莫德爾猜想，為此在第20屆國際數學家大會上榮獲菲爾茨獎；此獎相當於數學界的諾貝爾獎，只授予40歲以下的青年數學家。莫德爾猜想有乙個直接推論：
對於形如x^n+y^n=z^n（n≥4）的方程至多只有有限多組整數解。這對費馬大定理的證明是乙個有益的突破。從「有限多組」到「一組沒有」還有很大差距，但從無限到有限已前進了一大步。
2023年日本數學家谷山豐提出過乙個屬於代數幾何範疇的谷山猜想，德國數學家弗雷在2023年指出：如果費馬大定理不成立，谷山猜想也不成立。隨後德國數學家佩爾提出佩爾猜想，補足了弗雷觀點的缺陷。
至此，如果谷山猜想和佩爾猜想都被證明，費馬大定理不證自明。 事隔一載，美國加利福尼亞大學伯克利分校數學家裡位元證明了佩爾猜想。 2023年6月，英國數學家、美國普林斯頓大學教授安德魯·懷爾斯在劍橋大學牛頓數學研究所舉行了一系列代數幾何學術講演。
在6月23日最後一次講演《橢圓曲線、模型式和伽羅瓦表示》中，懷爾斯部分證明了谷山猜想。所謂部分證明，是指懷爾斯證明了谷山猜想對於半穩定的橢圓曲線成立——謝天謝地，與費馬大定理相關的那條橢圓曲線恰好是半穩定的！這時在座60多位知名數學家意識到，困擾數學界三個半世紀的費馬大定理被證明了！
這一訊息在講演後不脛而走，許多大學都舉行了遊行和狂歡，在芝加哥甚至出動了警察上街維持秩序。但專家對他的證明審察發現有漏洞，於是，懷爾斯又經過了一年多的拼搏，於2023年9月20日上午11時徹底圓滿證明了「費馬大定理」
5樓：回簫邵宜修
數學歸納法的一般應用：
(1)證明n＝1時命題成立（代入即可）；
(2)證明n＝2時命題成立（代入即可）；
(3)假設n＝k時命題成立，推導n＝k+1時命題亦成立；
(4)根據數學歸納法，命題得證。
(1)n＝1時，1^2＋3^2＝1＋9＝10，[(n＋1)(2n＋1)(2n＋3)]/3＝2·3·5/3＝10
等式成立；
(2)n＝2時，1^2＋3^2＋5^2＝35，[(n＋1)(2n＋1)(2n＋3)]/3＝3·5·7/3＝35
等式成立；
(3)假設n＝k時命題成立，則有
1^2＋3^2＋…＋(2k＋1)^2＝[(k＋1)(2k＋1)(2k＋3)]/3
∴1^2＋3^2＋…＋(2k＋1)^2＋[2(k＋1)]^2＝[(k＋1)(2k＋1)(2k＋3)]/3＋(2k＋3)^2
＝[(2k＋3)/3][(k＋1)(2k＋1)＋3(2k＋3)]＝[(2k＋3)/3][(2k^2＋3k＋1)＋(6k＋9)]
＝[(2k＋3)/3](2k^2＋9k＋10)＝[(2k＋3)/3][(k＋2)(2k＋5)]
＝[(k＋1)＋1][2(k＋1)＋1][2(k＋1)+3]/3
即：n＝k＋1時，等式成立；
(4)根據數學歸納法，命題得證。
這道高數題應該如何證明？
6樓：三城補橋
證明bai題有兩種:
一是原du理性的證明題，這一類證zhi明題要dao從原理出發，從定義專出發。
所以屬，認認真真理解透定義的含意，定義的具體要求，定義的表達，非常重要。
在概念上多花一點時間，是值得的。但是不能只停留在概念上。
例如所有導數公式，都是從原理出發，用同一種方法證明。積分也是一樣。
又如對數，只要定義搞清楚了，四個公式馬上就可以證明。
二是計算性證明，三角函式的恒等式的證明，基本都是這一類。
這一類的證明一般是需要一些更基本的公式做基礎。
如果對 x² - y² = (x+y)(x-y), (x+y)²= x² + 2xy + y², (x-y)² = x² - 2xy + y²,
sin²x + cos²x = 1, 以及sin，cos，tan，cot，sec，csc的意思清楚了，三角函式
恒等式的基本證明就過關了。
具體而言，要結合題目分析。如有問題，歡迎前來討論。
7樓：
換元法設1-x=t，所以左邊=-∫（0，1）（1-t）^mt^nd(1-t)
=∫（0，1）（1-t）^mt^nd(t)因為定積分的
版結果與被積分的未知數是無關權的，所以再次用x來替代t，所以原式=∫（0，1）（1-x）^mx^ndx
這道數學證明題怎麼做，這道數學證明題怎麼做？急！！！
若f是ag與hc的交點，則三角形abf和三角形deg不一定全等。圖中的一對全等三角形是 三角形ade和三角形abf。證明 因為 ad bc，所以 角dae 角afb 因為 ab垂直於bc於b，de垂直於ag於e，所以 角abf 角aed 90度，又因為 ab de，所以 三角形ade全等於三角形ab...
這道題如何解，如何解這道題？
經典的底角為80度角的等腰三角形問題，顯然 cd ce，設 2 3 2 則 1 abd 4 a 180 8 4 deb 90 5 90 3 6 5 90 sin a sin 6 be ae be bc sin 1 sin 5 sin 180 8 sin 90 3 sin 4 sin 5 90 2co...
求這道高數證明題的詳解
夢想睡覺自然醒 x 1時,設f t e t,t 1,x f t 在 1,x 上連續,在 1,x 內可導,由拉格朗日中值定理,存在 1,x 使得f e x e x 1 f t e t,所以 e x e x 1 e 1,所以 e x e x 1 e,此即e x ex 方法二 設f x e x ex,x ...