扩展证明费马大定理(全面版)资料

1、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：表示m,n属于非负整数，x , y , z是正整数。j表示"奇数”，k=2A ( m+1) j“偶数”。按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程：1)偶数+偶数：k1An+k2An=k3An2An 2Am1n j"n + 2人门 2Am2n j2An = 2人门 2Am3n j3An2Am1n j1An + 2Am2n j2An = 2Am3n j3An等式两边同时除以min (2Am1n ， 2Am2n ， 2人口3n)，又分七种情况:A) m 仁m 2=m3得：j1An + j2An = j3An ，偶数=奇数，产生

2、矛盾。B) 仅m仁m2j1An + j2An = 2A(m3-m1) n j3An，令 m4=m3-m1若 m4<05j1An + j2An为整数，产生矛盾。j1An + j2An = j3 /2A(-m4)Fn j3 /2A(-m4)An为小数,可见，m4<0时，不成立。若 m4>0,j1An + j2An = j3An 2A(m4)n， n>2若j3是j1An与j2An的公因数 j1=j2=j3 则有 j4An+j5An=2A(m4)n 待证明2A(m4)n 不是j"n 与j2An 的公因数j1A n/ 2A(m4) n+ j2An /2A(m4) n=

3、j3An若 j1=j2则有 2j1An/ 2A(m4)n= j3An奇数/偶数=奇数，产生矛盾，j1不等于j2奇数/2An ，为末尾为 5的小数j1A n/ 2A(m4) n与 j2An要等于整数只能等于奇数,若要 j1An/ 2A(m4)n+ j2An /2A(m4)n等于整数,/2A(m4) n 的小数位数要相同j1/ 2A(m4) 与j2 /2A(m4)的小数位数也要相同通过计算观察，j1A n/ 2A(m4) n+ j2An /2A(m4) n推出j3=奇数j1A n/ 2A(m4) n+ j2An /2A(m4) n=奇数奇数乘2A(m4-1)n 不等于奇数，产生矛盾， 可见，m1&

4、lt;m3时，也不成立。所以，仅 m1=m2 j1An + j2An = j3An 2A(m4) n不成立。同理：j4An+j5An=2A(m4)n不成立。C) 再来看，仅 m仁m3j1An + 2A ( m2-m1) n j2An = j3An ，令 m4= m2-m1若 m4<0j1An + j2An/ 2A ( -m4) n = j3An ，j2An/ 2A ( -m4)n = j3An-j"n，j2An/ 2A ( -m4)n为小数，3人n-jUn为整数，产生矛盾，可见，m4<0时，不成立。若 m4>0则 j3An-jUn = j2An2Am4n若j2是j1

5、An与j3An的公因数则 j5An-j4An= 2Am4n待证明2A(m4)n 不是j3An 与j"n 的公因数 j3An /2Am 4n -j" n/ 2Am4n = j2An若 j3=j1则0= j2An ， 产生矛盾，j1不等于j3j3An /2Am 4n -j" n/ 2Am4n = j2An奇数/2An，为末尾为 5的小数通过计算观察，j3A n/2Am4 n-j" n/ 2Am4n不等于整数，可见，m4>0时，不成立。所以，仅 m仁 m3 时，j1An + j2An = j3An 2A(m4) n不成立。D) 仅m2=m3同上，不成立。

6、E)min (ml ， m2, m3)仅为 ml, m2 ， m3 中的一个： 得：j1An + 2A ( m2-m1)n j2An = 2A(m3-m1)n j3An 奇数=偶数，产生矛盾。F)2A ( m1-m2) n jUn + j2An = 2A(m3-m2)n j3An 奇数=偶数，产生矛盾。G)2A(m1-m3) n j"n + 2A(m2-m3) n j2An = j3An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：j1An + j2An = kAnj1An + j2An =2A(m+1)n j3An因为 j1An

7、 + j2An =j3An 2A(m4) n不成立,所以：j1An + j2An =2A（ m+1）n j3An 不成立。3）奇数+偶数：j1A n+kA n=j2A nj2A n-j1A n=kA n j2An - j1An =2An 2Amn j3An,因为：j3A n-jUn = j2A n2Am4n不成立。所以：j2An - j1An =2An 2Amn j3An 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xA n+ yAn

8、 = zAn 对n>2均无正整数解）只需证xA4+ yA4 = zA4和xAp+ yAp = zAp （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 xAn+yA n=zAn 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aA2+bA2=cA2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 aA2+bA2=cA2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幕式与绝对非方幕式概念；本文利用同方幕数增比

9、性质，利用整数方幕数增项差公式性质，把 费马方程xAn+yA n=zAn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：增元求解法绝对方幕式绝对非方幕式相邻整数方幕数增项差公式引言：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 xAn+yAn=zAn 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

10、。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，本文利用同方幕数增比定理，对费马方程 xAn+yAn=zAn 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"+yAn=zAn 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3A2+4A2=5A2，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

11、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aA2+bA2=cA2整数解关系的求值。一，直角三角形边长aA2+bA2=cA2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= （ aA2-QA2 ）- 2Qc=

12、Q+b则此时，aA2+bA2=cA2 是整数解；证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为 aA2，若（aA2-QA2 ） - 2Q=b（其中Q为增元项，且 b、Q是整数），则可把面积 aA2分解为aA2=QA2+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 bA2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aA2+bA2=cA2 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

13、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= （ aA2- QA2 ）- 2Q=（ 15人2-1人2 ）- 2 =112c=Q+b=1+112=113所以得到平方整数解15人2+112人2=113人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= （ aA2-QA2 ）- 2Q=（ 15人2-3人2 ）- 6=36c=Q+b=3+36=39所以得到平方整数解 定a计算法则，当取 平方整数解。二，直角三角形边长15A2+36A2=39A2a=3、4、5、6、7 时，通过Q的不同取值，将函盖全部3人2+匕人2*人2整数解“增比计算法则”定理2

14、.女口 aA2+bA2=cA2是直角三角形边长的一组整数解，则有（A2 = （ cn） A2 （其中n=1、2、3）都是整数解。an) A2+ ( bn)证：由勾股弦定理，凡aA2+bA2=cA2 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 2b3a 3c ; 4a 4c ;由 a、b、c 为整数条件可知，2a、2b、2c;3b 4b3a、3b、3c; 4a、4b、na、nb、nc 都是整数。故定理2得证应用例子：例2.证明303人2+404人2=505人2 是整数解？解；由直角三角形 3 5得到3人2+4人2=5人2是整

15、数解，根据增比计4算法则，以直角三角形 3X 101 5 X 101关系为边长时，必有4X 101303人2+404人2=505人2 是整数解。三，直角三角形边长aA2+bA2=cA2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aA2+Ab2=cA2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、a3ai所组成的平方数组玄：人2+小人2=匕人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人2+4人2=5人2 ,这里n=b-a=4-3=1根

16、据3a + 2c +仁a1定差公式法则有：a1=3X 3+2X 5+仁20这时得到20人2+21人2=29人2 继续利用公式计算得到：a2=3X 20+2X 29+1=119 这时得到119人2+120人2=169人2继续利用公式计算得到a3=3X 119+2X 169+1=696 这时得到696人2+697人2=985人2故定差为1关系成立现取n为7,我们有直角三角形21A2+28A2=35A2 ,这里n=28-2仁7，根据3a + 2c+ 7 = al 定差公式法则有：a1=3X 21+2X 35+7=140 这时得到140人2+147人2=203人2继续利用公式计算得到：a2=3X 14

17、0+2X 203+7=833 这时得到833人2+840人2=1183人2继续利用公式计算得到：a3=3X 833+2X 1183+7=4872 这时得到4872人2+4879人2=6895人2故定差为7关系成立再取n为129，我们有直角三角形387人2+516人2=645人2 ，这里n=516-387=129，根据3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：a1=3X 387+2X 645+129=2580 这时得到2580人2+2709人2=3741人2继续利用公式计算得到：a2=3X 2580+2X 3741+129=15351 这时得到15351人2+15480人2=21801人

18、2继续利用公式计算得到：a3=3X 15351+2X 21801+129=89784 这时得到89784人2+89913人2=127065人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aA2+Ab2=cA2的a值奇偶数列法则：定理4. 如aA2+Ab2=cA2 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=nA2+（ n+1 ） A2b=c-1证：由本式条件分别取n=1、2、3时得到：3人2+4人2=5人25人2+12人2=13人27

19、人2+24人2=25人29人2+40人2=41人211人2+60人2=61人213人2+84人2=85人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)A2b=c-2证：由本式条件分别取n=1、2、3时得到：4人2+3人2=5人26人2+8人2=10人28人2+15人2=17人210人2+24人2=26人212人2+35人2=37人214人2+48人2=50人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、3a-b之差可为1、2、3c-a

20、之差可为1、2、3c-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xAn+yAn=Zn 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幕时都成立。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aAm+bAm=cAm+dAm+eAm同方幕关系成立，则a, b, c, d, e增比后，同方幕关系仍成立。证：在定理原式 aAm+bAm=cAm+dAm+eAm 中，取增比为 n, n> 1 ,得至U :( n a ) A

21、m+ ( nb) Am= ( nc) Am+ ( nd) Am+ ( ne) Am原式化为 ：nAm (aAm+bAm) =nAm ( cAm+dAm+eAm)两边消掉nAm后得到原式。所以，同方幕数和差式之间存在增比计算法则，增比后仍是同方幕数。故定理5得证定理6,若a, b, c是不同整数且有aAm+b=cAm关系成立，其中b> 1 , b不是a,c的同方幕数，当a, b, c同比增大后，b仍然不是a, c的同方幕数。证：取定理原式aAm+b=cAm取增比为 n , n> 1，得到：（na） Am+nmb= （ nc） Am原式化为：nAm （ aAm+b） =nAmcAm两边

22、消掉nAm后得到原式。由于b不能化为 a, c的同方幕数，所以 nAmb也不能化为 a, c的同方幕数。所以，同方幕数和差式间含有的不是同方幕数的数项在共同增比后，等式关系仍 然成立。其中的同方幕数数项在增比后仍然是同方幕数，不是同方幕数的数项在增比 后仍然是非同方幕数。故定理6得证一元代数式的绝对方幕与绝对非方幕性质定义3,绝对某次方幕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幕数，我们称这时的代数式为绝对某次方幕式。例如：n人2+2 n+1，门人2+4n+4 ,nA2+6n+9 ,都是绝对 2次方幕式； 而 门人3+3门人2+3n+1 , n人

23、3+6门人2+12n+8 , 都是绝对 3次方幕式。一元绝对某次方幕式的一般形式为（n+b） Am （ m> 1 , b为常数项）的展开项。定义4,绝对非某次方幕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幕数，我们称这时的代数式为绝对非某次方幕式。例如：n A2+1 ,nA2+2 , nA2+2n ,都是绝对非2次方幕式；而 n人3+1 ,门人3+3门人2+1 ,门人3+3n+1 ,3nA2+3n+1 , n人3+6门人2+8都是绝对非3次方幕式。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幕式，例如nA2+n是绝对非 2

24、次方幕式，n人7+n是绝对非 7次方幕式，但当代数式的项数很多 时，得到绝对非某次方幕式的条件将越来越苛刻。一元绝对非某次方幕式的一般形式为：在（n+b） Am（ 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次方幕式和绝对非m次方幕式的方幕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：3nA2+4n+1不是绝对非 3次方幕式，取 n=1时有3nA2+4n+仁8=2人3 , 3n人2+3n+1不是绝对非 2次方幕式，当 n=7时，3nA2+3n+仁169=13人2;推理：不含方幕项的一元代数式对任何方幕没有唯一性。2n+仁9=3A2 ,2n +1=49=7

25、A2 4n+4=64=8人2, 4n+4=256=16人2 2n +1=27=3人3,2n +1=125=5人3 证明：一元代数式存在m次绝对非方幕式；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、余数分类和方幕分类。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）A3=nP+3nH+3n+1 ，它一共由包括2个方幕项

26、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幕项的3个不同的一元代数式，nA3+3门人2+1 ，门人3+3n+1 , 3n人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）A3-3n=门人3+3门人2+1（n+1）A3-3门人2=门人3+3n+1（n+1）人3-门A3

27、=3门人2+3n+1所以得到：当取n=1、2、3、4、5nA3+3门人2+1工（n+1 ）人3nA3+3n+1（n+1）人33n2+3n+1（n+1）人人3即这3个代数式的值都不能等于（n+1） A3形完全立方数。当取n=1、2、3、4、5时，（n+1）人3=门人3+3门人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人3=1，当取n=1时，nA3+3门人2+仁5工1n A3+3 n+仁5* 13n A2+3 n+仁7工 1所以得到：当取n=1、2、3、4、5时，代数式 nA3+3门人2+1 ,门人3+3n+1 , 3n人2+3n+1的值不等于全体整数的立方数。这些

28、代数式是3次绝对非方幕式。由以上方法我们能够证明一元代数式：nA4+4门人3+6门人2+1 , n人4+4n人3+4n+1 ,nA4+6门人2+4n+1 , 4n人3+6门人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次绝对非方幕式。能够证明5次方以上的一元代数式（n+1 ） Am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次绝对非方幕式。现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幕数增项差公式；2次方时有：（n+1） A2-

29、门人2=nA2+2n+1-门人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不含有方幕关系，而所有奇数的幕方都可表为2n+1，所以，当2n+1为完全平方数时，必然存在nA2+ （2V2n+1）A2= （ n+1 ） A2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）A2-n A2=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）A2-n A2=

30、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）A2-门人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xAn+yAn=zAn 在指数为2时成立。同时，由于所有奇数的幕方都可表为2n+1及某些偶数的幕方可表为4n+4,6n+9 ,8n +16 所以，还必有xA2+yA n=乙人2 整数解关系成立。3次方时有：（n+1） A3-门人3=nA3+3门人2+3n+1-门人3=3nA2+3n+1所以，3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3nA2+3n+1。

31、由于3nA2+3n+1是（n+1） A3的缺项公式，它仍然含有幕方关系，是3次绝对非方幕式。所以， n为任何整数时3nA2+3n+1的值都不是完全立方数，因而整数间不存在nA3+ （3V3n人2+3n+1 ）人3=（ n+1） A3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 ） A3-门人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 ） A3-门人3=9n2

32、+27n+27 ，所以，n为任何整数它的值都不是完全立方数； 由（n+4 ） A3-门人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xAn+yAn=zAn 在指数为3时无整数解。4次方时有；（n+1） A4-门人4=nA4+4门人3+6门人2+4n+1-门人4=4nA3+6门人2+4n+1所以，4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4nA3+6门人2+4n+1 。由于4nA3+6门人2+4n+1是（n+1 ）人4的缺项公式，它仍然含有幕方关系，是4次绝

33、对非方幕式。所以， n为任何整数时4nA3+6门人2+4n+1的值都不是完全4次方数，因而整数间不存在n A4+ （4V 4n 3+6 n2+4 n+1人4=（n+1） A4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） M-nA4=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）人4-门A4=12n3+54n2+108n+81，所以，n为任何整数它

34、的值都不是完全4次方数；由（n+1）人4-门A4=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 xAn+yAn=zAn 在指数为4时无整数解。m次方时，相邻整数的方幕数的增项差公式为：（n+1 ） Am-nAm=n Am+m nAm_1+mn+1 Em=mn Am-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 Am-1+mn+1由于 mnAm-1+mn+1是（n+1） Am的缺项公式，它仍然含有幕方关系，是m次绝对非方幕式。所

35、以，n为任何整数时 mnAm-1+mn+1的值都不是完全m次方数，因而整数间不存在nAm+ （nVmnAm-1+mn+1Am = （ n+1 ） Am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 ） Am-nAm=2mnAm-1+不是元全m次方数；由（n+3） Am-nAm=3mnAm-1+.+. +2Am+3Am-1 mn+2Am-1 mn+3Am，所以，所以，n为任何整数它的值都n为

36、任何整数它的值都不是元全m次方数；由（n+4 ） Am-nAm=4mnAm-1+ +4Am-1 mn+4Am，所以，n为任何整数它的值都不是元全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xAn+yAn=zAn在指数为m时无整数解。所以费马方程xAn+yAn=zAn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xAn + yAn = zAn.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 XAn +

37、 丫人门=ZAn.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，弓I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

38、形；(4) 的四边形是平行四边形；(5) 的四边形是平行四边形；(6) 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；3、交流反馈、共

39、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;BC这种加辅助线的方法不能证明结,求DADBDDAFECBCE完善结论后得到:等腰梯形的同一条底边上的两个内角相等。ADBCADBDABED的长度。二是把两个角转化到两个全等三角形中，用4、运用新知、学为己用结论（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。等腰梯形的性质定理结论（3）:观察翻折、旋转的动画演示后，由轴对称图形

40、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！C（2）如图，延长等腰梯形 ABCD的两腰BA与CD，相交于点 E。已知：EA=6E例1: （1）如图，在等腰梯形 ABCD中，/ B=60°,求其它三个角的度数。（口答）论A/ / /JECB rc全等三角形的对应角相等”证明例2:已知等腰梯形的一个底角为教师板演，规范学生几何计算题的书写格式。60°,它的两底分别是 16cm、30cm。求它的腰长。 （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丄BD ,垂足为

41、O, AD=5 ,BC =9，求梯形的高。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？单片机外部raMT展模块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HC =133= tfciA16 = J»15A14 <= CS?Alf =WED =-A13備=A1M =HMimia= A11A3

42、u=DEA2 >=A10M =M u= 1/071/00 =i/m = 1/03hi = I/H¥» uidn图6HM628128外部引脚本文就AT89C51讨论MCS-5係列单片机大容量RAM勺扩 展方法。首先介绍128K随机读取 RAM HM628128HM628128 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 EEPRO相媲美。技术特性：(1) 最大存取时间为120 ns；(2) 典型选通功耗75mW典型未选通功耗10uV

43、y(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：A0A16是17条地址线；I/OOI/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勺上升沿将I

44、/O0I/O7上的数据写到A0A16选中的存储单元 中；OE是读出允许端，低电平有效。HM62812的功能表如表3所示。表3HM628128 功能表WRCS1CS2OE工作方式XHXX未选中XXLX未选中HLHH输出禁止HLHL读LLHH写其中，H表示咼电平，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

45、为高电平时，选择外部数据；P2.7 (A15) 口为低电平时，贝U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15条。本系统外部扩展RAM为256K,地 址线18条。要达到18条地址线，则必须扩展。理论上可行方法很多，如以P1口的某几位作为最高位地址输出、外加锁存器锁存高位地址等。本系统采用后者， 以保留P1 口，况且外设空间充裕。扩展电路如图 7所示：图7 RAM地址扩展电路ALE22IslB 列-BW2ZH 丘P-5. & 09口 -I当读写外部数据时，首先应往高位地址锁存器中送入高位地址，然后再以 DPTR为间接地址访问外部数据，注意最高位地址应为1,即数据

46、区最低地址为800014；0020H为高位地址锁存器的地址；00H表示第一个32K空间；写入地址数据；8000H为每个32K的第一个字节地址；从地址单元读取数据以下程序段演示了外部数据的读写。MOV DPTR #0020HMOV A #00HMOVX DPJIAMOV DPTR #8000HMOVX A DPTR若最后一句换为：MOVX DP，IA则为向RAM中写数据。同时作者还利用HM628128的数据保持特性为其加入了掉电保护电路。当主电源关闭时，备用电源发挥作用，这样 RAM内的数据就不会丢失。其特性如表 4 所示。表4低电源电压数据保持特性名称符号表示最小 值典型 值最大 值单 位实验

47、条件数据保持的电源电压VccVOR2.0-VCS1> Vcc-0.2V,CS2> Vcc-0.2V, 或 OVW CS2C 0.2V,Vin > 0V数据保持电流-150uAVcc=3.0V,Vin > 0V,CS1> Vcc-0.2V,CS2> Vcc-0.2V, 或 OVW CS2C 0.2V-150uA片选禁止到数 据状态时间t CDR0-ns见波形图8运行恢复时间t R5-ms低电源电压数据保持时序关系如图 8所示。图8 CS2控制数据保持时序根据表4和图8可知，只要在系统上电或断电期间保证使 HM628128的CS2 立即变为低电平（CS冬0.2V

48、）或W验即变为高电平就可使其中的数据维持不变， 图9可实现这一功能。图9掉电保护电路其原理如下：当系统正常时，电流通过D1向HM62812获电，同时向电池BT 充电，当系统电源切断时，将由电池供电。上电时，系统电源对 C1充电，在此期间CS2是输入要经过一定的延时后才 能变为高电平，同时，由于U1、U2的电源是由系统电源对 C2充电来建立的，这 就保证了在上电时HM628128处于写静止状态。在系统掉电瞬间，由于U1、U2由Vs供电，仍处于工作状态，电源掉电致使 U1的输入立即变低，WF端变为低电平，从而禁止对 HM628128的写入。同时C1 也通过D2和R2放电，从而使CS2变为低电平。因

49、此在掉电瞬间和掉电后， HM628128也处于写禁止状态。经实践证明，本电路工作可靠，RAM中数据保存完整。扩展的语义分析的 WAP 协议缺陷测试龙钊 李巍海 刘刚 吕玉琴（北京邮电大学电子工程学院 北京 100876）摘要： 首先介绍了一种基于语义分析的缺陷测试技术。该测试方法利用语义测试及软件错误注入来进行测 试。它比传统测试的成本要小，同时能达到很好的效果。但该方法只能检测协议实现级别的漏洞，而不能 检测协议设计中可能存在的缺陷。本文结合了 Petri 网在协议测试方面的优点提出了一种扩展的语义分析 的协议缺陷测试方法。它能通过对协议 Petri 网模型的分析来捕获协议层面的缺陷，而为此

50、所需的额外开 销是很小的。这弥补了原缺陷测试在协议层面的不足。之后对该方法各个阶段进行了介绍。对 wap-wsp 协 议的进行了缺陷测试，并对结果进行了分析，证明其可行性。关键词： 缺陷测试 语义分析 协议测试 VOPN Petri 网 中图分类号： TP393.04 文献标识码： AAn Extended Vulnerability Testing of WAP Protocol throughSyntax AnalysisLONG Zhao,LI Wei-hai,LIU Gang,Lv Yu-qin(School of Electronic Engineering, Beijing Uni

51、versity of Post and Telecommunication, Beijing 100876, China ) Abstract: A vulnerability testing method based on syntax analysis is introduced first.The testing method works by syntax testing and software fault injection and it costs less than traditional testing methods to archieve good effect. How

52、ever, it can only catch the bugs on implementation level, but can not check the bugs on protocol design level. In this paper, an extended vulnerability testing method for communication protocol, which is combined with the superiority of Petri Net system, is brought forward. The extended method can c

53、atch the bugs on protocol design level by analyzing the Petri Net model of the protocol, and the additional cost is small.A vulnerability testing of wap-wsp protocol is made and the result is analyzed to prove the feasibility of the method.Keyword: Vulnerability Testing, Syntax Analysis, Protocol Te

54、sting, VOPN, Petri Net1 介绍软件漏洞的广泛存在给用户带来了诸多不便， 例如信息的丢失等等。这种缺陷通常会对信息的保 密性、完整性和可靠性造成破坏。 1 因此，产生了 很多针对通信协议软件的测试方法。缺陷测试分析 基于已公开披露的缺陷来定位软件中的漏洞 2 。语义分析的测试方法利用语义测试及软件错 误注入来进行测试 3 。但它仅局限在实现的层面， 而不能发现协议中可能存在的错误。而 Petri 网在 通信协议的设计、仿真和测试的研究和应用中体现 了它的很多优点。 4 因此，本文结合了语义分析与 Petri 网中的特点，提出了一种扩展的语义分析的 测试方法。并对 wap-wsp5 协议进行了测试分析，最后得出结论。2 扩展语义测试的必要性在语义测试中， 测试用例， 是基于能够被软件 接口所理解的语言规范而创建的 1 。