x的立方+y的立方= z的立方有整数解吗？
不，这是费马定律的基本理论。
三次方以上，不可能有整数解。
费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n整数解的增量解
庄洪飞
(辽阳铁路器材厂111000)
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有争议。本文利用平面几何方法，综合分析了直角三角形A 2+B 2 = C 2边长整数解的存在条件，提出了多元代数加元素求值。给出了边长为A 2+B 2 = C 2的直角三角形整数解的“固定A计算法则”。”递增比率的计算规则”；”固定差分公式的规则”；”A值奇偶校验序列规则”；是平方整数解的代数条件和实用方法；本文提出了一元代数的绝对幂和绝对非幂的概念。本文利用同次幂的增比性质和整数幂的增项差分公式的性质，巧妙地将原三元不定方程费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n的整数解的判定问题化为一元定解方程。
关键词:增量求解绝对幂绝对非幂相邻整数幂增量差分公式
导读:1621年，法国数学家费马在阅读古希腊数学家丢番图写的《算术》一书时，提出方程X ^ N+Y ^ N = Z ^ N在n=2时有无穷个整数解，当N >时。并声称自己当时做了一个很精彩的证明。这就是后世所说的费马大定理。时至今日，这个问题的答案依然复杂冗长，争议不断，让人莫衷一是。
本文利用直角三角形和正方形的边长和面积的关系，建立了费马方程平方整数解的一种新的直观、简洁的理论和实用方法。本文用代数方法分析证明了费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指数n > 2时的整数解关系。
定义1。费马方程
人们习惯把x ^ n+y ^ n = z ^ n的关系称为费马方程。它的深层含义是，指数n设定后，它的x，y，z都是整数。
在直角三角形的边长中，经常得到A，B，C都是整数关系，比如直角三角形3，4，5。这时候从勾股定理可以得到3 ^ 2+4 ^ 2 = 5 ^ 2，所以当幂为2时，费马方程与勾股定理是同阶的。当指数大于2时，费马方程整数解的研究，从欧拉到狄利克雷，已经成为数学的一大分支。
定义2。增量求解法
在多元代数的求值和计算中，引入原项以外的未知项，形成等式关系，参与求值和计算。我们把多元代数表达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数表达式的值，有时可以把非常复杂的问题变得极其简单。
接下来我们就用元素相加的方法来实现对一个直角三角形A 2+B 2 = C 2的三条边的整数解关系的求值。
一、直角三角形边长A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2整数解法“固定一个计算规则”
定理1。若A、B、C为直角三角形的三条边，Q为增量项，Q≥1，则满足条件:
a≥3
b=(a^2-Q^2)÷2Q
c= Q+b
那么这个时候，A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2就是整数解；
证明:在平方面积关系中，面积从A的边长算起为A ^ 2，若(A ^ 2-Q ^ 2)÷2q = B(其中Q为增量项，B和Q为整数)，面积A ^ 2可分解为A ^ 2 = Q ^ 2+Q b+ QB，分解关系可如下。
Q2 Qb
它的缺口正好是一个边长为b的正方形，补充缺口面积b 2可以得到一个边长。
四分卫
对于一个有Q+b的正方形，我们取Q+B = C，根据直角三角形边长关系的勾股定理A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2，可以知道此时的A，B，C是直角三角形的三个整数边长。
于是定理1被证明。
应用示例:
示例1。利用定A的计算规则求边长为15时直角三角形边长的平方整数解？
解法:举个应用例子:A为15，可选增量项Q为1。根据定A的计算规则，得到:
a= 15
{ b=(a^- q^2)÷2q=(15^2-1^2)÷2 = 112
c = Q+b = 1+112 = 113
所以平方整数解是15 2+112 2 = 113 2。
然后取A为15，选择增量项Q为3。根据定A的计算规则，我们可以得到:
a= 15
b=(a^2-q^2)÷2q=(15^2-3^2)÷6=36
c=Q+b=3+36=39
所以平方整数解是15 ^ 2+36 ^ 2 = 39 ^ 2。
当a=3，4，5，6，7等时。，函数覆盖将由q的不同值来解决。
二、直角三角形边长A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2的整数解法“增比计算法则”
定理2。如果A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2是直角三角形边长的整数解的集合，那么(an) 2+(BN) 2 = (CN) 2(其中n=1，2，3...)都是整数解。
证明:根据勾股定理，若A ^ 2+B ^ 2 = C ^ 2为整数解，将得到边数为整数的直角三角形A ^ C。根据平面线段等比放大原理，将三角形放大得到2 a2 C；
b 2b
3a 3c4a 4c...从a，b，c为整数的条件，2a，2b，2c；
3b 4b
3a、3b、3c；4a，4b，4c… na，nb，nc都是整数。
于是定理2被证明。
应用示例:
例2。证明303 2+404 2 = 505 2是整数解？
解决方案；从直角三角形3 ^ 5得到的3 ^ 2+4 ^ 2 = 5 ^ 2是整数解。根据比率计，
四
对于算法，当直角三角形3×1015×101的关系为边长时，必然有。
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
(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是满足b-a=n关系的整数解，那么上式3a+2c+ n = a1，a2，A3形成的方阵AI ^ 2+Bi ^ 2 = CI ^ 2...AI都是获得的。
证明:设n为1，从一个直角三角形的三条边3，4，5得到3 ^ 2+4 ^ 2 = 5 ^ 2，其中n=b-a=4-3=1。根据3a+2c+1= a1，差分公式有如下规则。
此时得到A1=3×3+2×5+1=20。
20 ^ 2+21 ^ 2 = 29 ^ 2继续用公式计算:
此时得到的a2 = 3×20+2×29+1 = 119。
119 2+120 2 = 169 2继续由公式计算。
a3 = 3×119+2×169+1 = 696。
696^2+697^2=985^2
…
所以固定差是1。
现在我们取n为7，我们有一个21 ^ 2+28 ^ 2 = 35 ^ 2的直角三角形，其中n=28-21=7。根据3a+2c+7 = a1，固定差公式如下:
此时得到a 1 = 3×21+2×35+7 = 140。
140 2+147 2 = 203 2继续用公式计算:
A2=3×140+2×203+7=833。
833 2+840 2 = 1183 2继续用公式计算:
a3 = 3×833+2×1183+7 = 4872，此时得到。
4872^2+4879^2=6895^2
…
因此，固定差为7。
设n为129，我们有一个直角三角形387 2+516 2 = 645 2，其中n=516-387=129，根据3a+2c+129= a1。
此时得到a 1 = 3×387+2×645+129 = 2580。
2580 2+2709 2 = 3741 2继续用公式计算:
a2 = 3×2580+2×3741+129 = 15351，此时得到。
15351 2+15480 2 = 21801 2继续用公式计算:
a3 = 3×15351+2×21801+129 = 89784。
89784^2+89913^2=127065^2
…
因此，固定差额为129。
从而建立了固定差n的计算规则。
于是定理3被证明。
四、平方整数解A ^ 2+B2 = C ^ 2 A值奇偶序列法则:
定理4。如果A ^ 2+B2 = C ^ 2是直角三角形的三条整数边，那么必须建立以下一个值的奇偶级数关系；
(a)奇数栏a:
如果表A是2n+1的奇数(n=1，2，3...)，那么奇数列的平方整数解之间的关系是:
a=2n+1
c=n^2+(n+1)^2
b=c-1
综合症:当这个公式的条件取为n=1，2，3时...分别得出:
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，奇数列A关系成立。
(2)偶数系列A:
如果表A是2n+2型偶数(n=1，2，3...)，那么一系列偶数的平方整数解之间的关系是:
a=2n+2
c=1+(n+1)^2
b=c-2
综合症:当这个公式的条件取为n=1，2，3时...分别得出:
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，偶数序列的关系A成立。
因此，定理4的关系成立。
因此，在直角三角形A、B和C的三条边中:
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…
有无限种固定差分平方整数解；
每个固定的差平方整数都有无穷多个解。
上面我们给出了平方整数解的代数条件和实用方法。我们还可以用代数方法证明，当指数n > 2时，费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n没有整数解。证明如下:
首先，我们证明了增比定律在任意次幂上成立。
定理5:若A、B、C均为大于0的不同整数，M为大于1的整数，若A M+B M = C M+D M+E M的同次幂关系成立，则A、B、C、D、E的比值增大后，同次幂关系仍然成立。
证明:在定理的原公式中，a m+b m = c m+d m+e m，取增加比例为n，n > 1，
得到:(n a) m+(nb) m = (NC) m+(nd) m+(ne) m。
原来的公式是:n m (a m+b m) = n m (c m+d m+e m)
原公式是两边消去n m得到的。
所以同幂和差公式之间有一个增比的计算规则，增比后还是同幂。
于是定理5被证明。
定理6，若A，B，C为不同的整数且关系A M+B = C M成立，其中B > 1且B不是A，C的同次幂，当A，B，C同比增加时，B仍不是A，C的同次幂..
证明:取定理A M+B = C M的原公式。
取增加率为n，n > 1，得到:(na) m+n MB = (NC) m。
原来的公式是:n m (a m+b) = n MC m。
原公式是两边消去n m得到的。
既然b不能转化为a和c的同次幂，n^mb也不能转化为a和c的同次幂
因此，在* * *的同一个增加率包含几个同次幂和差分公式之间不是同次幂的项后，方程关系仍然成立。其中，同次幂项增加比例后仍为同次幂，非同次幂项增加比例后仍为同次幂。
于是定理6被证明。
一元代数的绝对幂和绝对非幂性质
定义3，一个绝对的权力。
在一元未知的代数表达式中，如果未知值是大于0的整数，则该代数表达式的值是完全幂，我们称该代数表达式为绝对幂。例如:n 2+2n+1，n 2+4n+4，
N 2+6n+9，...是绝对的二次幂；和n 3+3n 2+3n+1，n 3+6n 2+12n+8，...都是绝对的立方幂。
一般形式为(n+b) m (m > 1，b为常数项)的展开项。
定义4，绝对不是异能。
在一个有一个未知数的代数表达式中，如果未知数的值都是大于0的整数，则该代数表达式的值不是完全幂，我们称此时的代数表达式为绝对非幂。例如:n 2+1，n 2+2，n 2+2n，...绝对是非二次幂；和n ^ 3+1，n ^ 3+3n ^ 2+1，n ^ 3+3n+1，n ^ 2+3n+1，n ^ 3+6n ^ 2+8...绝对是非立方的。
当一元代数中的项数很少时，很容易判断该代数是否绝对无幂。比如n 2+n绝对非幂，n 7+n绝对非幂。但是当代数中的项很多时，获得绝对无幂的条件就会越来越苛刻。
一元绝对无幂公式的一般形式是:从(n+b) m (m > 2，b为常数项)的展开项中减去一项。
推理:一个不是绝对M次方公式和绝对非M次方公式的幂代数公式，在未知量取某个值时，必然得到一个完整的M次方数。比如3n 2+4n+1就不是绝对的非三次方。当n=1时，3n ^ 2+4n+1 = 8 = 2 ^ 3，3n ^ 2+3n+1不是绝对的非二次幂。当n=7时，
推理:没有幂项的一元代数不是任何幂唯一的。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……
证明了一元代数表达式有m个绝对非方幂；
在一元代数式中，代数式对未知数的取值不同，会得到不同的计算结果。未知数与代数计算结果的对应关系是唯一的，方程是可逆的，是纯定解关系。这就是一元代数的代数公理。即代数式可以通过代入未知值来求，在给定代数式值的情况下，可以依次求未知值。利用一元代数的这些性质，可以实现整数的奇偶分类、余数分类和幂分类。
当常数项为1时，一个完全立方数的四项代数表达式的固定形式为(n+1)3 = n ^ 3+3n ^ 2+3n+1，其中* * *由包含两个幂项的四个单项式元素组成。对于这个代数表达式中的三个，在保持常数项不变的前提下，如果锁定其中任意三个，就可以得到三个不同的必然含有幂项的一元代数，n ^ 3+3n ^ 2+1，n ^ 3+3n+1，3n ^ 2+3n+1。对于这三种代数，由于这三种代数与原三次代数形成了一种固定的单定差的代数关系，这种代数关系的存在与未知值无关。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
所以我们得到:当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
也就是说，这三个代数表达式的值不可能等于(n+1)3-形式的完全立方数。
当n=1，2，3，4，5 …，则(n+1)3 = n ^ 3+3n ^ 2+3n+1的值是所有从2开始的整数的立方，而小于2的整数只有1，1。
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
由此得出当n=1，2，3，4，5 …，代数表达式n 3+3n 2+1，n 3+3n+1，3n 2+3n+1不等于所有整数。这些代数表达式是三次绝对无幂表达式。
通过以上方法，我们可以证明一元代数表达式:n 4+4n 3+6n 2+1，n 4+4n 3+4n+1，n 4+6n 2+4n+1，4n 3+6n。这些代数表达式是四次绝对无幂表达式。
可以证明，幂大于5的一元代数表达式(n+1) m的展开项，锁住其中任意一项后，可以得到m个不同的一元代数表达式，并且当取n=1，2，3，4，5 …这些代数表达式是m次的绝对非平方幂。
现在我们用代数方法给出两个相邻整数n和n+1的平方幂增项的差分公式；
当幂为2时，有:(n+1)2-n ^ 2。
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
因此，二次相邻整数的平方数的差公式为2n+1。
由于2n+1不包含幂关系，所有奇次幂都可以表示为2n+1，所以当2n+1是完全平方数时，必然有n ^ 2+(2√2n+1)2 =(n+1)。而z-x > 1的xyz互质的平方整数解不能用增比定律得到。获得这些平方整数解的方法如下:
(n+2) 2-n 2 = 4n+4为完全平方数时，z-x=2的所有平方整数的比值在求解后增加；
当(n+3) 2-n 2 = 6n+9是完全平方数时，得到z-x=3的所有平方整数的比值。
当(n+4) 2-n 2 = 8n+16是一个完全平方数时，得到z-x=4的所有平方整数的增加比。
……
常数项的这种递增关系适用于所有整数。当n=1，2，3 …，可以得到整数的所有平方整数解。
因此，当指数为2时，费马方程式x n+y n = z n成立。
同时，因为所有的奇次幂都可以表示为2n+1，一些偶次幂可以表示为4n+4，6n+9，8n+16...，因此，必然存在x ^ 2+y ^ n = z ^ 2的整数解关系。
到三次方，有:(n+1)3-n ^ 3。
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以三次相邻整数的立方数的差公式是3n 2+3n+1。
因为3n 2+3n+1是(n+1) 3的缺失公式，所以它仍然包含一个幂关系，是一个三次绝对非幂公式。所以当n为任意整数时，3n 2+3n+1的值不是一个完整的立方数，所以整数之间不存在n ^ 3+(3√3n 2+3n+1)3 =(n+1)3，即z-x = 65438+。而z-x > 1的xyz互质的费马方程组不能用增比定律表示。这些三次费马方程的表达方式如下:
从(n+2)3-n ^ 3 = 6 N2+12n+8因此，n是任意整数，其值不是完全立方的；
(n+3) 3-n 3 = 9N2+27N+27，所以n是任意整数，其值不是完全的立方数；
从(n+4)3-n ^ 3 = 12 N2+48n+64因此，n是任意整数，其值不是完全的立方数；
……
常数项的这种递增关系适用于所有整数。当n=1，2，3 …，费马方程的三次幂关系将覆盖增加比例后的所有整数。
因此，费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指数为3时没有整数解。
有第四种力量；(n+1)^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
因此，相邻整数的四次方与四次方的差公式为4n 3+6n 2+4n+1。
因为4n 3+6n 2+4n+1是(n+1) 4的缺项公式，所以它仍然包含一个幂关系，而且是一个绝对的4次非平方幂公式。所以当n为任意整数时，4n 3+6n 2+4n+1的值不是完美的四次方数，所以整数之间不存在n ^ 4+(4√4n 3+6 N2+4n+1)4 =(n+1)4，即Z-。而z-x > 1的xyz互质的费马方程组不能用增比定律表示。表达这些四次方费马方程的方式如下:
by(n+1)4-n ^ 4 = 8n 3+24 N2+32n+16因此，n是任意整数，其值不是完全的四次方；
从(n+1)4-n ^ 4 = 12n 3+54 N2+108n+81因此，n是任意整数，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是任意整数，其值不是完全的四次方；
……
常数项的这种递增关系适用于所有整数。当n=1，2，3 …，费马方程的四次方关系在增加比例后将覆盖所有整数。
因此，费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指数为4时没有整数解。
当幂为m时，相邻整数的幂的差公式为:
(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次方数的加法项的差分公式是Mn m-1+…+…+Mn+1。
因为Mn m-1+…+Mn+1是(n+1) m的缺项公式，所以它仍然包含一个幂关系，是m次的绝对非平方幂公式。所以当N为任意整数时，Mn m-1+…+Mn+1的值不是m的完全幂，所以整数之间不存在N m+(m √ Mn m-1+…+Mn+1)。而z-x > 1的xyz互质的费马方程组不能用增比定律表示。用m次幂表示这些费马方程的方法如下:
从(n+2)m-n m = 2mn m-1+…+2m-1mn+2m因此，n是任意整数，其值不是m的完全幂；
从(n+3)m-n m = 3mn m-1+…+3m-1mn+3m因此，n是任意整数，其值不是完整的m次方；
从(n+4)m-n m = 4mn m-1+…+4m-1mn+4m因此，n是任意整数，其值不是完整的m次方；
……
常数项的这种递增关系适用于所有整数。当n=1，2，3 …，费马方程的m次方关系将覆盖增加比例后的所有整数。
所以费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n在指数为m时没有整数解。
所以当指数n > 2时，费马方程x ^ n+y ^ n = z ^ n永远不会有整数解。
所以，延续了300多年的费马大定理，就像哥德巴赫猜想一样，是一个初等数。
了解问题。
回应者:丹池德友谊-见习魔术师2级8-5 13:57
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只需要证明X ^ 4+Y ^ 4 = Z ^ 4，X ^ P+Y ^ P = Z ^ P(P为奇素数)没有整数解。
响应者:lshhy-高级魔术师6级8-4 17:14
历史上有很多人在主要工作岗位上没有建树，但在闲暇时间却大有作为。费马就是一个典型的例子。今天人们提到皮埃尔·德·费马(1601 ~ 1665)，主要是因为他是一位政治家或法官，而是因为他是一位优秀的业余数学家。费马在数学的很多领域都取得了巨大的成就，但真正让他名扬天下的是被后人称为费马大定理的猜想。
费马大定理的表述很简单:对于正整数，不可能把一个高于2倍的幂写成两个同次方的幂之和。换句话说，方程xn+yn = Zn，当n > 2时，没有正整数解。在一本书的页边空白处，费马写道:我对这个命题有一个非常漂亮的证明，这里的空白处太小，写不出来。
此后，包括大数学家欧拉、柯西在内的无数智者都为此竭尽全力。虽然他们每次都能向前迈一小步，但都没能最终证明费马大定理。300多年来，很多人声称找到了解决这一难题的方法，但每次都被推翻。就费马大定理本身而言，证明对数学的发展意义不大。但一方面，这是对智慧的挑战；另一方面，数学家在证明费马大定理的过程中获得了许多意想不到的收获，在对它的研究中产生了一些新的数学分支和方法。所以费马大定理的证明一直都是由人来证明。
的担忧。
还有很多关于费马大定理的插曲，其中德国人保罗·沃尔夫斯凯尔为费马大定理设立了专项基金。按照人们的通俗说法，沃尔夫斯凯尔是因为失恋而试图结束自己的生命。在他以为一切准备就绪要在午夜准时射杀自己的前一段时间，他发现了一篇关于费马大定理的论文。碰巧的是，沃尔夫斯凯尔本人就是一个数学爱好者，所以他不自觉地迷失在论文中，错过了预定的自杀时间。后来，沃尔夫斯凯尔放弃了自杀的念头，临死前留下遗嘱，将一大笔财富作为奖品赠予第一个证明费马大定理的人，有效期至2007年。
普林斯顿大学教授安德鲁·怀尔斯(Andrew wiles)经过7年的潜心研究，于1993年发表了他对费马大定理的证明。他的证书在1995得到确认，最终获得了沃尔夫斯克伊尔留下的奖品。
怀尔斯的证明长达100多页，涉及到很多最新的数学知识，目前世界上能看懂的人屈指可数。于是就有了这样的争议:有人认为这不可能是费马当年想到的证明，应该有更简单的证明没有被发现；但是也有很多人倾向于认为费马实际上并没有发现什么，或者只是想到了一个错误的方法。
1637年，费马在读丢番图算术的拉丁文译本时，在第11卷第八个命题旁写道:“不可能把一个立方数除以两个立方数之和，也不可能把一个四次幂除以两个四次幂之和，更不可能把一个高于二次的幂一般地除以两个同次幂之和。在这方面，我确信我找到了一个绝妙的证明，可惜这里的空白处太小，写不下去了。”毕竟费马没有写过一个证明，他的其他猜想对数学贡献很大，激发了很多数学家对这个猜想的兴趣。数学家们的相关工作丰富了数论的内容，促进了数论的发展。
对于许多不同的n，费马大定理早已得到证明。但是数学家们对于前200年的大致情况还是一头雾水。
1908年，德国Vlfsk宣布将65438+百万马克作为奖金，奖励给第一个在他死后100年内证明该定理的人。
1983中，格尔德·法尔廷斯证明了模型合取，得出当N >: 2 (n为整数)时，不存在互质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，即费马大定理是错误的，那么椭圆曲线。
y2 = x(x-an)(x + bn)
会是谷山智村猜想的反例。弗雷的猜测立即得到了肯尼斯·里贝特的证实。这个猜想说明了费马大定理与椭圆曲线和模形式的密切关系。
1995年怀尔斯和泰勒在一种特殊情况下证明了谷山猜想，而弗雷椭圆曲线正好在这种特殊情况之内，从而证明了费马大定理。
怀尔斯证明费马大定理的过程也很有戏剧性。他花了7年时间在不为人知的情况下获得了大部分证据。然后在1993年6月，他在一次学术会议上公布了他的证明，立刻成为世界头条。但是在审批证书的过程中，专家们发现了一个非常严重的错误。怀尔斯和泰勒随后花了近一年的时间试图补救，终于在1994年9月怀尔斯放弃的一种方法中成功。他们的证明发表在1995年的《数学年鉴》上。
参考资料:
/home/flt/flt08.htm