扩展证明费马大定理.doc

扩展证明费马大定理（全面版）资料
扩展证明费马大定理：
　　证明：
　　m,n属于非负整数， x，y，z是正整数。j 表示“奇数”，k=2^（m+1）j 表示“偶数”。
　　按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程：
　　1）偶数+偶数：
　　k1^n+k2^n=k3^n
　　2^n 2^m1n j1^n + 2^n 2^m2n j2^n = 2^n 2^m3n j3^n
　　2^m1n j1^n + 2^m2n j2^n = 2^m3n j3^n
　　等式两边同时除以 min (2^m1n，2^m2n ，2^m3n)，又分七种情况：
　　A)m1=m2=m3
　　得：j1^n + j2^n = j3^n，偶数=奇数，产生矛盾。
　　B)仅m1=m2
　　j1^n + j2^n = 2^(m3-m1)n j3^n ，
　　令m4=m3-m1
　　若m4<0
　　j1^n + j2^n = [ j3 /2^(-m4)]^n，　
　　[j3 /2^(-m4)]^n为小数， j1^n + j2^n 为整数，产生矛盾。
　　可见，m4<0时，不成立。
　　若m4>0，
　　j1^n + j2^n = j3^n 2^(m4)n，n>2
　　若j3是j1^n与j2^n的公因数j1=j2=j3
　　则有j4^n+j5^n=2^(m4)n ——待证明
　　2^(m4)n不是j1^n与j2^n的公因数
　　j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n= j3^n
　　若j1=j2
　　则有2j1^n/ 2^(m4)n= j3^n
　　奇数/偶数=奇数，产生矛盾，
　　j1不等于j2
　　奇数 /2^n ，为末尾为5的小数
　　若要 j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n等于整数， j1^n/ 2^(m4)n与 j2^n /2^(m4)n的小数位数要相同
　　j1/ 2^(m4)与 j2 /2^(m4)的小数位数也要相同
　　通过计算观察， j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n要等于整数只能等于奇数，
　　推出j3=奇数
　　j1^n/ 2^(m4)n+ j2^n /2^(m4)n=奇数
　　j1^n/2^n+ j2^n/2^n =奇数乘 2^(m4-1)n
　　奇数乘2^(m4-1)n不等于奇数，产生矛盾，
　　可见，m1<m3时，也不成立。
　　所以，仅m1=m2， j1^n + j2^n = j3^n 2^(m4)n不成立。
　　同理:j4^n+j5^n=2^(m4)n 不成立。
　　C) 再来看，仅m1=m3
　　j1^n + 2^（m2-m1）n j2^n = j3^n ，
　　令m4= m2-m1
　　若 m4<0
　　j1^n + j2^n/ 2^（-m4）n = j3^n ，
　　j2^n/ 2^（-m4）n = j3^n-j1^n ，
　　j2^n/ 2^（-m4）n 为小数，j3^n-j1^n 为整数，产生矛盾，
　　可见，m4<0时，不成立。
　　若m4>0
　　则 j3^n-j1^n = j2^n2^m4n
　　若j2是j1^n与j3^n的公因数
　　则j5^n-j4^n= 2^m4n——待证明
　　2^(m4)n不是j3^n与j1^n的公因数
　　j3^n/2^m4n-j1^n/ 2^m4n = j2^n
　　若j3=j1
　　则0= j2^n， 产生矛盾，
　　j1不等于j3
　　j3^n/2^m4n-j1^n/ 2^m4n = j2^n
　　奇数 /2^n ，为末尾为5的小数
　　通过计算观察， j3^n/2^m4n-j1^n/ 2^m4n 不等于整数，
　　可见，m4>0时，不成立。
　　所以，仅m1=m3时， j1^n + j2^n = j3^n 2^(m4)n不成立。
　　D)仅m2=m3，同上，不成立。
　　E)
　　min (m1，m2，m3)仅为m1，m2 ，m3中的一个：
　　得： j1^n + 2^（m2-m1）n j2^n = 2^(m3-m1)n j3^n
　　奇数=偶数，产生矛盾。
　　F)
　　2^（m1-m2）n j1^n + j2^n = 2^(m3-m2)n j3^n
　　奇数=偶数，产生矛盾。
　　G)
　　2^(m1-m3)n j1^n + 2^(m2-m3)n j2^n = j3^n
　　偶数=奇数，产生矛盾。
　　所以：按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程，偶数+偶数，不成立。
　　2）奇数+奇数：
　　j1^n + j2^n = k^n
　　j1^n + j2^n =2^（m+1)n j3^n
　　因为 j1^n + j2^n = j3^n 2^(m4)n不成立，
　　所以：j1^n + j2^n =2^（m+1)n j3^n不成立。
　　3) 奇数+偶数：
　　j1^n+k^n=j2^n
　　j2^n-j1^n=k^n
　　j2^n – j1^n =2^n 2^mn j3^n ，　
　　因为： j3^n-j1^n = j2^n2^m4n不成立。
　　所以：j2^n – j1^n =2^n 2^mn j3^n不成立。
　　所以：由1）2）3）可知，n>2，“费马大定理”在正整数范围内成立。
　　同理：应由1）2）3）可证，n>2，“费马大定理”在整数范围内成立。
编辑本段应用实例
　　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为奇质数)，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。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法则”；“定差公式法则”；“a值奇偶数列法则”；是平方整数解的代数条件和实践方法；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；本文利用同方幂数增比性质，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原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。
　　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丢番图（Diophantna）著写的算术学一书时，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，纷争不断，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，建立了费马方程平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，从欧拉到狄里克莱，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：
　　a≥3
　　{ 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新组合后可得到图形：
　　Q2 Qb
　　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
　　Qb
　　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时的边长平方整数解?
　　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：
　　a= 15
　　{ b=（a^2- 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：
　　a= 15
　　{ 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；
　　b 2b
　　3a 3c；4a 4c；… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c；
　　3b 4b
　　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
　　4
　　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 所组成的平方数组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+2×1183+7=4872 这时得到
　　4872^2+4879^2=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
　　2580^2+2709^2=3741^2 继续利用公式计算得到：
　　a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到
　　15351^2+15480^2=21801^2 继续利用公式计算得到：
　　a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到
　　89784^2+89913^2=127065^2
　　…
　　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，平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则：
　　定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长，则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；
　　（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
　　b=c-1
　　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
　　b=c-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代数条件和实践方法。我们同样能够用代数方法证明，费马方程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，增比计算法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同方幂关系成立，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
　　一元代数式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为常数项）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公理。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，我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类。
　　当常数项为1时，完全立方数一元代数表达式的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，使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解，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
　　=2n+1
　　所以，2次方相邻整数的平方数的增项差公式为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为完全平方数时，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互素的费马方程式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。
　　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. 无正整数解。
　　费马矩阵大定理：当整数n > 2时，关于m行m列矩阵X, Y, Z的不定矩阵方程 X^n + Y^n =Z^n. 矩阵的元素中至少有一个零。当整数n = 2时，求m行m列矩阵X, Y, Z。
等腰梯形的性质定理和判定定理及其证明

西麓中学 吴九成
教学目标：
知识目标：理解和掌握等腰梯形的性质定理的内容及简单的应用；
能力目标：通过动手操作，探索等腰梯形的性质及其证明方法，初步培养学生探索问题和研究问题的能力；
情感目标：营造一个相互协作的课堂气氛，引领学生自主探究、集体讨论，激发学生的学习热情；
教学重点与难点：
1、 等腰梯形性质的探究及证明；
2、 等腰梯形性质定理的简单应用。
教学过程：
1、复习旧知，引入新课
填空（1） 的四边形是平行四边形；
（2） 的四边形是平行四边形；
（3） 的四边形是平行四边形；
（4） 的四边形是平行四边形；
（5） 的四边形是平行四边形；
（6）一组对边平行，一组对边相等 的四边形是平行四边形；
用举反例的方法举出有一组对边平行，一组对边相等但并不是平行四边形的图形即等腰梯形，从而由这个错误的判定引出梯形、等腰梯形、直角梯形的定义；我们这节课就来研究等腰梯形的性质。
2、 自主探索、提出猜想
把学生分成以四个人一组的若干小组，提供给每个小组一个等腰梯形的模型，让同学们用各种数学工具通过各种数学方法，如翻折、旋转等来探索等腰梯形有哪些性质？
同学们可能会得出下面一些结论：
（1） 两腰相等；
（2） 两个底角相等；
（3） 等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形；
（4） 两条对角线相等；
…………
A
D
C
B
E
3、 交流反馈、共同论证
结论（1）由等腰梯形的定义可以得到而不用证明；
结论（2）的证明探索：（学生讨论交流，提出各自的证明思路）
（如果学生没有思路，教师可以引导证明两个角相等
的两种思路：）
一是把两个角转化到同一个三角形中，用“等边对等角”证明；
这种加辅助线的方法不能证明结论

A
D
C
B
E
A
D
C
B
E

二是把两个角转化到两个全等三角形中，用“全等三角形的对应角相等”证明；
A
D
C
B
E
F
A
D
C
B
E
F

完善结论后得到：
等腰梯形的性质定理 等腰梯形的同一条底边上的两个内角相等。
结论（3）：
观察翻折、旋转的动画演示后，由轴对称图形和中心对称图形的定义可以直接得到：
等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴。
等腰梯形不是中心对称图形！
结论（4）的证明可以让学生独立完成，请一个同学上黑板板书，其他同学自己在课堂练习本上完成。
A
D
C
B

4、运用新知、学为己用
例1：（1）如图，在等腰梯形ABCD中，∠B=600，求其它三个角的度数。（口答）
A
D
B
C

A
D
B
C
E
（2）如图，延长等腰梯形ABCD的两腰BA与CD，相交于点E。已知：EA=6，求ED的长度。

教师板演，规范学生几何计算题的书写格式。
例2：已知等腰梯形的一个底角为600，它的两底分别是16cm、30cm。求它的腰长。
A
D
B
C
(两种添线方法)

例3：如图，已知腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，对角线AC⊥BD，垂足为O， AD=5，BC =9，求梯形的高。

A
D
C
B
O

要求：学生分成几个小组，小组讨论，协作完成；
5、反思小结、体味新知
通过本节课的学习：
我掌握了：一个定理…
我学会了：一种数学方法…
我经历了：一次探索研究…
我发现了：………
………
要求：学生思考、口答；
6、分层作业、自主发展
1、 同步练习
2、 思考题：
你能把上底与两腰的长度都为2，下底为4的等腰梯形（如下图）分成四个全等的等腰梯形吗？
A
D
B
C

单片机外部RAM扩展模块

图6 HM628128外部引脚排列图

MCS-51系列单片机外部RAM为64K，在一些特殊场合下，远不能满足需要，本文就AT89C51讨论MCS-51系列单片机大容量RAM的扩展方法。
首先介绍128K随机读取RAM HM628128。HM628128是32脚双列直插式128K静态随机读取RAM，它具有容量大、功耗低、价格便宜、集成度高、速度快、设计和使用方便等特点。如若在系统中加入掉电保护电路，保护数据有很高的可靠性，可以和EEPROM相媲美。
技术特性：
（1） 最大存取时间为120ns；
（2） 典型选通功耗75mW；典型未选通功耗10uW；
（3） 使用单一5V电源供电；
（4） 全静态存储器，不需要时钟及时序选通信号；
（5） 周期时间与存取时间相等；
（6） 采用三态输出电路，数据输入和输出端公用；
（7） 所有输入和输出引脚均与TTL电平直接兼容；
（8） 有两个片选端，适合于低功耗使用，即为了保存信息，用电池作为后备电源。保存信息的最低电源电压Vcc=2V。
引脚安排及功能表：
图6是HM628128的外部引脚排列图，各引脚名称及功用分别如下：
A0～A16是17条地址线；I/O0～I/O7是8条双向数据线；CS1是片选1，低电平有效，CS2是片选2，高电平有效；WR是写控制线，当CS1为低电平，CS2为高电平时，WR的上升沿将I/O0～I/O7上的数据写到A0～A16选中的存储单元中；OE是读出允许端，低电平有效。
HM628128的功能表如表3所示。
表3 HM628128功能表
WR
CS1
CS2
OE
工作方式
X
H
X
X
未选中
X
X
L
X
未选中
H
L
H
H
输出禁止
H
L
H
L
读
L
L
H
H
写
其中，H表示高电平，L表示低电平，X表示任意状态
由于AT89C51直接外部RAM容量为64K，地址线为16条，其中低8位地址和数据分时复用，因此需要外部地址锁存器和ALE锁存信号来锁存低8位地址。又由于AT89C51的外部数据和外设地址通用，若扩展外设必然占用数据地址。因此本系统采用P2.7（A15）口来区分数据和外设：当P2.7（A15）口为高电平时，选择外部数据；P2.7（A15）口为低电平时，则为外设。因此，直接外部数据容量和外设数量都为32K，可用地址线为