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  • 费马平方和定理

    千次阅读 2014-09-05 23:11:47
    费马平方和定理 费马平方和定理是由法国数学家费马在1640年提出的一个猜想,但他没有提出有力的数学证明,1747年,瑞士数学家莱昂哈德·欧拉提出证明后成为定理。 内容[ 费马平方和定理的表述是:奇...

    费马平方和定理

    费马平方和定理是由法国数学家费马在1640年提出的一个猜想,但他没有提出有力的数学证明,1747年,瑞士数学家莱昂哈德·欧拉提出证明后成为定理

    内容

    费马平方和定理的表述是:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该素数被4除余1。

    欧拉的证明

    欧拉在1747年证明了费马平方和定理,当年他四十岁。他在当年5月6日寄给哥德巴赫一封信,讲述这个定理的证明。该证明分五步,且用到了无穷递降法;由于信中没有把第五步讲清楚,因此1749年他再次寄给哥德巴赫一封信,详细讲述第五步的证明。

    第一步、“如果两个整数都能表示为两个平方数之和,则它们的积也能表示为两个平方数之和。”

    第一步的证明见婆罗摩笈多-斐波那契恒等式

    第二步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除,则它们的商也能表示为两个平方数之和。”

    假设a^2 + b^2能被p^2+q^2整除,且后者为素数。则p^2 + q^2能整除
    (pb-aq)(pb+aq) = p^2b^2 - a^2q^2 = p^2(a^2+b^2) - a^2(p^2+q^2).
    由于p^2+q^2是素数,因此它能整除两个因子之一。假设它能整除pb-aq。由于
    (a^2+b^2)(p^2+q^2) = (ap+bq)^2 + (aq-bp)^2\,
    可推出p^2+q^2能整除(ap+bq)^2。于是等式能被p^2+q^2的平方整除。两边除以(p^2+q^2)^2得:
    \frac{a^2+b^2}{p^2+q^2} = \left(\frac{ap+bq}{p^2+q^2}\right)^2 + \left(\frac{aq-bp}{p^2+q^2}\right)^2
    因此其商能表示为两个平方数之和。
    如果p^2+q^2能整除pb+aq,则利用等式
    (a^2+b^2)(q^2+p^2) = (aq+bp)^2 + (ap-bq)^2\,
    同样可证。

    第三步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除,则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因子。”

    假设x能整除a^2+b^2,且其商的分解式为p_1p_2\cdots p_n。则a^2+b^2 = x p_1p_2\cdots p_n。如果所有的因子p_i都能表示为两个平方数之和,则我们可以用p_1p_2、等等去除a^2+b^2,并使用第二步的结论,可得每一个商都能表示为两个平方数之和。除到只剩x的时候,可得x也能表示为两个平方数之和,矛盾。因此,如果x不能表示为两个平方数之和,则至少有一个素数p_i 也不能表示为两个平方数之和。

    第四步、“如果ab互素,则a^2 + b^2的所有因子都能表示为两个平方数之和。”

    这一步用到了无穷递降法。设xa^2+b^2的一个因子。可记
    a = mx \pm c,\qquad b = nx \pm d
    其中cd的绝对值最多不超过x的一半。可得:
    a^2 + b^2 = m^2x^2\pm 2mxc + c^2 + n^2x^2 \pm 2nxd + d^2 = Ax + (c^2+d^2).
    因此,c^2+d^2一定能被x整除,设c^2+d^2 = yx。如果cd不互素,则它们的最大公约数x互质(否则它与x的最大公约数就能整除ab,与我们假设它们互素矛盾)。因此它们的最大公约数的平方能整除y(因为它能整除c^2+d^2),于是我们得到e^2+f^2 = zx,其中ef互素,且z不超过x的一半,这是因为
    zx = e^2 + f^2 \leq c^2+d^2 \leq \left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{x}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}x^2.
    如果cd互素,则我们可直接使用cd,不必转换成ef
    如果x不能表示为两个平方数之和,则根据第三步的结论,可知必有一个z的因子不能表示为两个平方数之和;设它为w。于是我们从x推出了一个更小的整数w,都不能表示为两个平方数之和,但都能被一个能表示为两个平方数之和的整数整除。由于这个无穷递降是不可能的,因此x一定能表示为两个平方数之和。

    第五步、“任何形为4n+1的素数都能表示为两个平方数之和。”

    如果p=4n+1,则根据费马小定理可得1, 2^{4n}, 3^{4n},\dots, (4n)^{4n}p除都余1。因此它们的差2^{4n} -1, 3^{4n} -2^{4n},\dots,(4n)^{4n} - (4n-1)^{4n}都能被p整除。这些差可分解为
    a^{4n} - b^{4n} = \left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n} - b^{2n}\right).
    由于p是素数,它一定能整除这两个因子之一〔以下称它们为“和因子”和“差因子”〕。如果它能整除任何一个“和因子”,则根据第四步的结论可得p能表示为两个平方数之和〔由于ab仅相差1,它们必然互素〕。而如果它能整除所有的4n-1个“差因子”2^{2n} - 1, 3^{2n} - 2^{2n},\dots,(4n)^{2n} - (4n-1)^{2n},则它也能整除4n-2个一阶差、4n-3个二阶差,依此类推。由于数列1^k, 2^k, 3^k,\dots的第k阶差都等于k!,于是第2n阶差都等于(2n)!,显然它不能被p整除。因此,p不能整除所有的“差因子”,得证p能表示为两个平方数之和。
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  • 费马平方和定理费马平方和定理:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该质数被4除余1。第一步“如果两个整数都能表示为两个平方数之和,则它们的积也能表示为两个平方数之和。”第一步的*是婆罗摩笈多,...

    费马平方和定理

    费马平方和定理:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该质数被4除余1。第一步

    “如果两个整数都能表示为两个平方数之和,则它们的积也能表示为两个平方数之和。”

    第一步的*是婆罗摩笈多,斐波那契恒等式的一种:

    而若将与?互换位置,即可得。第二步

    “如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除,则它们的商也能表示为两个平方数之和。”

    假设a^2+b^2能被p^2+q^2整除,且后者为素数。则p^2+q^2能整除

    :(pb-aq)(pb+aq)=p^2b^2-a^2q^2=p^2(a^2+b^2)-a^2(p^2+q^2).

    由于p^2+q^2是素数,因此它能整除两个因子之一。假设它能整除pb-aq。由于

    :(a^2+b^2)(p^2+q^2)=(ap+bq)^2+(aq-bp)^2\,

    可推出p^2+q^2能整除(ap+bq)^2。于是等式能被p^2+q^2的平方整除。两边除以(p^2+q^2)^2得:

    因此其商能表示为两个平方数之和。

    如果p^2+q^2能整除pb+aq,则利用等式

    同样可*。

    第三步

    “如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除,则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因子。”

    假设x能整除a^2+b^2,且其商的分解式为p_1p_2\cdotsp_n。则a^2+b^2=xp_1p_2\cdotsp_n。如果所有的因子p_i都能表示为两个平方数之和,则我们可以用p_1、p_2、等等去除a^2+b^2,并使用第二步的结论,可得每一个商都能表示为两个平方数之和。除到只剩x的时候,可得x也能表示为两个平方数之和,矛盾。因此,如果x不能表示为两个平方数之和,则至少有一个素数p_i也不能表示为两个平方数之和。

    第四步

    “如果a和b互素,则a^2+b^2的所有因子都能表示为两个平方数之和。”

    这一步用到了无穷递降法。设x是a^2+b^2的一个因子。可记

    :a=mx\pmc,\qquadb=nx\pmd

    其中c和d的绝对值最多不超过x的一半。可得:

    a^2+b^2=m^2x^2\pm2mxc+c^2+n^2x^2\pm2nxd+d^2=ax+(c^2+d^2).

    因此,c^2+d^2一定能被x整除,设c^2+d^2=yx。如果c和d不互素,则它们的[[最大公约数]]与x互质(否则它就能整除a和b,与我们假设它们互素矛盾〕。因此它们的最大公约数的平方能整除y(因为它能整除c^2+d^2),于是我们得到e^2+f^2=zx,其中e和f互素,且z不超过x的一半,这是因为

    如果c和d互素,则我们可直接使用c和d,不必转换成e和f。

    如果x不能表示为两个平方数之和,则根据第三步的结论,可知必有一个z的因子不能表示为两个平方数之和;设它为w。于是我们从x推出了一个更小的整数w,都不能表示为两个平方数之和,但都能被一个能表示为两个平方数之和的整数整除。由于这个无穷递降是不可能的,因此x一定能表示为两个平方数之和。

    第五步

    “任何形为4n+1的素数都能表示为两个平方数之和。”

    如果p=4n+1,则根据费马小定理可得

    被p除都余1。因此它们的差2^{4n}-1,3^{4n}-2^{4n},\dots,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}都能被p整除。这些差可分解为a^{4n}-b^{4n}=(a^{2n}+b^{2n}/(a^{2n}-b^{2n}.

    由于p是素数,它一定能整除这两个因子之一〔以下称它们为“和因子”和“差因子”〕。如果它能整除任何一个“和因子”,则根据第四步的结论可得p能表示为两个平方数之和〔由于a和b仅相差1,它们必然互素〕。而如果它能整除所有的4n-1个“差因子”

    ,则它也能整除4n-2个一阶差、4n-3个二阶差,依此类推。由于数列1^k,2^k,3^k,\dots

    的第k阶差都等于k!,于是第2n阶差都等于(2n)!,显然它不能被p整除。因此,p不能整除所有的“差因子”,得*p能表示为两个平方数之和。

    拉格朗日四平方和定理

    拉格朗日四平方和定理:每个正整数均可表示为4个整数的平方和。

    1743年,瑞士数学家欧拉发现了一个著名的恒等式:

    根据上述欧拉恒等式或四元数的概念可知如果正整数和能表示为4个整数的平方和,则其乘积也能表示为4个整数的平方和。于是为*原命题只需*每个素数可以表示成4个整数的平方和即可。

    1751年,欧拉又得到了另一个一般的结果。即对任意奇素数,同余方程

    必有一组整数解满足(引理)。

    至此,*四平方和定理所需的全部引理已经全部*完毕。此后,拉格朗日和欧拉分别在1770年和1773年做出最后的*。

    根据上面的四平方和恒等式及算术基本定理,可知只需*质数可以表示成四个整数的平方和即可。

    ,因此只需*奇质数可以表示成四个整数的平方和。

    根据引理一,奇质数p必有正倍数可以表示成四个整数的平方和。在这些倍数中,必存在一个最小的。设该数为。又从引理可知。

    *m0不会是偶数

    设是偶数,且。由奇偶性可得知必有两个数或四个数的奇偶性相同。不失一般性设的奇偶性相同,的奇偶性相同,

    均为偶数,可得出公式:

    是正整数使得假设可以表示成四个整数的平方和不符。

    *m0=1

    现在用反*法*。设。

    不可整除xj的最大公因子,否m0^2可整除m0p,则得m0是p的因子,但1

    0

    下面*m1p可以表示成四个整数的平方和,从而*假设。用四平方和恒等式令?zi^2=?yi^2*?xi^2,可知zj是m0的倍数,令zj=m0tj,

    ?zi^2=?yi^2*?xi^2m0^2?ti^2=m0m1m0p?ti^2=m1p引理的*

    将和为的剩余系两个一组的分开,可得出组,分别

    为。

    将模的二次剩余有个,分别为。

    若是模的二次剩余,选取使得

    则,定理得*。若不属于模的二次剩余,则剩下

    组,分别为,而模p的二次剩余仍有(p+1)/2个,由于(p+1)/2>(p-1)/2,根据抽屉原理,存在

    第2篇:勾股定理与平方根的数学知识点

    一、勾股定理

    勾股定理:直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方。

    我国古代把直角三角形中,较短的直角边叫做勾,较长的直角边叫做股,斜边叫做弦。结论为:勾三股四弦五。

    a2+b2=c2

    1、如果三角形的三边长a、b、c满足a+b=c,那么这个三角形是直角三角形。

    2、满足a+b=c的3个正整数a、b、c称为勾股数。(例如,3、4、5是一组勾股数)。利用勾股数可以构造直角三角形。

    二、平方根

    1、定义一般地,如果一个数的平方等于a,那么这个数叫做a的平方根,也称为二次方根。也就是说,如果x2=a,那么x就叫做a的平方根。

    2、一个正数有2个平方根,它们互为相反数;0只有一个平方根,它是0本身;负数没有平方根。

    3、求一个数a的平方根的运算,叫做开平方。

    4、正数a有两个平方根,其中正的平方根,也叫做a的算术平方根。

    例如:4的平方根是2,其中2叫做4的算术平方根,记作=2;2的平方根是其中2的算术平方根。

    0只有一个平方根,0的平方根也叫做0的算术平方根,即

    三、立方根

    1、定义一般地,如果一个数的立方等于a,那么这个数叫做a的立方根,也称为三次方根。也就是说,如果x=a,那么x就叫做a的立方根,数a的立方根记作,读作三次根号a。

    2、求一个数a的立方根的运算,叫做开立方。

    3、正数的立方根是正数,负数的立方根是负数,0的立方根是0。

    四、实数

    1、无限不循环小数称为无理数。

    2、有理数和无理数统称为实数。

    3、每一个实数都可以用数轴上的一个点来表示,反之,数轴上的每一个点都表示一个实数,实数与数轴上的点是一一对应的。

    五、近似数与有效数字

    1、例如,本册数学课本约有100千字,这里100是一个近似似数。

    2、对一个近似数,从左边第一个不是0的数字起,到末位数字止,所有的数字都称为这个近似数的有效数字。

    第3篇:平移与旋转和勾股定理试题参考

    1、如图字母b所代表的正方形的面积是()

    a.12b.13c.144d.194

    2、已知一个三角形的三边长分别是12cm,16cm,20cm,则这个三角形的面积为。

    3.已知直角三角形的两直角边长分别为5和12,则它斜边上的高为_______.

    4.在△abc中,ab=2k,ac=2k-1,bc=3,当k=__________时,c=90。

    5.已知直角三角形的三边长为6、8、x,则x为_____

    6.已知x、y为正数,且│x-4│+(y-3)2=0,如果以x、y的长为直角边作一个直角三角形,那么以这个直角三角形的斜边为边长的正方形的面积为_____。

    7.如图,一块直角三角形的纸片,两直角边ac=6?,bc=8?。现将直角边ac沿直线ad折叠,使它落在斜边ab上,恰与ae重合,则cd等于()

    a、2?b、3?

    c、4?d、5?

    8、一只蚂蚁从长、宽都是3,高是8的

    长方体纸箱的a点沿纸箱爬到b点,那么

    它所行的最短路线的长是_____________。

    9、下列说法正确的是()

    a.平移不改变图形的形状和大小,而旋转改变图形的形状和大小

    b.平移和旋转的共同点是改变图形的位置

    c.图形可以向某一方向平移一定距离,也可以向某一方向旋转一定距离

    d.由平移得到的图形也一定可由旋转得到

    10.将图形平移,下列结论错误的是()

    a.对应线段相等b.对应角相等c.对应点所连的线段互相平分d.对应点所连的线段相等

    11.一个正方形绕着它的中心旋转,使其与原正方形重合,旋转的最小角度是()

    a.45b.60c.90d.120

    12.下列图形中,绕某个点旋转能与自身重合的有()

    ①正方形②长方形③等边三角形④线段⑤角⑥平行四边形

    a.5个b.2个c.3个d.4个

    13.如图,△abc向右平移5cm之后得到△def,

    如果ec=3cm,则ef=cm.

    14.已知正方形abcd的边长为2,如果将线段bd绕着点b旋转后,点d落在cb的延长线上的d处,那么ad为()

    ab.2

    c.d.

    15.如图将△abc绕着点c按顺时针旋转20,

    b点落在b的位置,a点落在a的位置,

    若acab,则bac的度数是()

    a.50b.60

    c.70d.80

    16.已知p是正方形abcd内一点,

    以b为旋转中心,把△pbc沿逆时

    针方向旋转90得到△pba,连结

    pp,ppb的度数.

    17、如图所示,在边长为1的网格中作出△abc绕点a按逆时针方向旋转90,再向下平移2格后的图形△abc

    18如图e、f是正方形abcd的边ab、ad上的点。ecf=45

    (1)画出△bce绕c点顺时针旋转90后的图形;

    (2)若ab=6,ef=5,试求△ecf面积,并简述你的理由。

    19.已知,p为等边三角形内一点,且bp=3,pc=4,将bp绕点b顺时针旋转60至bp的位置。

    (1)试判断△bpp的形状,并说明理由;

    (2)若,求pa。

    20、有两张完全重合的矩形纸片,小亮同学将其中一张绕点a顺时针旋转90后得到矩形amef(如图*),连结bd、mf,若此时他测得bd=8cm,adb=30.

    ⑴试探究线段bd与线段mf的关系,并简要说明理由;

    ⑵小红同学用剪*将△bcd与△mef剪去,与小亮同学继续探究.他们将△abd绕点a顺时针旋转得△ab1d1,ad1交fm于点k(如图乙),设旋转角为(090),当△afk为等腰三角形时,请直接写出旋转角的度数;

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  • 费马平方和定理java

    2020-08-12 15:30:00
    费马平方和定理告诉我们: 一个非负整数 cc 能够表示为两个整数的平方和,当且仅当 cc 的所有形如 4 *k+3的质因子的幂次均为偶数。 public boolean judgeSquareSum(int c) { for (int i = 2; i * i <= c; i++) ...

    费马平方和定理告诉我们:

    一个非负整数 cc 能够表示为两个整数的平方和,当且仅当 cc 的所有形如 4 *k+3的质因子的幂次均为偶数。

        public boolean judgeSquareSum(int c) {
            for (int i = 2; i * i <= c; i++) {
                int count = 0;
                if (c % i == 0) {
                    while (c % i == 0) {
                        count++;
                        c /= i;
                    }
                    if (i % 4 == 3 && count % 2 != 0)
                        return false;
                }
            }
            return c % 4 != 3;
        }
    
    
    
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  • 费马平方和定理:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该质数被4除余1 1.如果两个整数都能表示为两个平方数之和的形式,则他们的积也能表示为两个平方数之和的形式。 (a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2...

    费马平方和定理:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该质数被4除余1
    1.如果两个整数都能表示为两个平方数之和的形式,则他们的积也能表示为两个平方数之和的形式。
    (a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+b2d22abcd)+(a2d2+b2c2+2abcd)=(acbd)2+(ad+bc)2\begin{aligned}(a^2+b^2)(c^2+d^2)&amp;=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\\ &amp;=(a^2c^2+b^2d^2-2abcd)+(a^2d^2+b^2c^2+2abcd)\\ &amp;=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2 \end{aligned}
    2.如果一个能表示为两个平方数之和的整数,能被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除,则他们的商也能表示为两个平方数之和。
    a2+b2p2+q2=(qp+bqp2+q2)2+(aqbpp2+q2)2\cfrac{a^2+b^2}{p^2+q^2}=(\cfrac{qp+bq}{p^2+q^2})^2+(\cfrac{aq-bp}{p^2+q^2})^2
    3.如果a、b互质,则a2+b2a^2+b^2的所有因子都可以表示为两个平方数的和
    4.任何形如4n+14n+1的素数都能表示为两个平方数之和的形式

    拉格朗日四平方和定理
    每个正整数都能表示为四个整数的平方和形式。
    证明还是看百度百科吧。。。

    欧拉恒等式
    (a2+b2+c2+d2)(x2+y2+z2+w2)=(ax+by+cz+dw)2+(aybx+cwdz)2+(azbwcx+dy)2+(aw+bzcydx)2(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)=(ax+by+cz+dw)^2+(ay-bx+cw-dz)^2+(az-bw-cx+dy)^2+(aw+bz-cy-dx)^2

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  • 费马平方和定理任意被4除余1的素数p,都可表示为两个平方数之和.记为,p≡1(mod4)&lt;=&gt;p=x^2+y^2,x,y∈Z+.Brahmagupta-Fibonacci恒等式(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2---------------------~----...
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  • 平方数之: 题解: 1,暴力枚举+sqrt class Solution { public: bool judgeSquareSum(int c) { if(c <= 2 ) { return true; } for(long a = 0; a*a <= c; a++) { double b = sqrt(c - a *
  • 题目大意:给定区间[l,r][l,r][l,r],计算此区间内数ttt满足:ttt为素数,且t=a2+b2t=a^2+b^...思路:首先由费马平方和定理可知:对于t=a2+b2t=a^2+b^2t=a2+b2,那么:t=4∗k+1,kt=4*k+1,kt=4∗k+1,k为正整数。题目...
  •  (即费马平方和定理:只有4n+1型的素数,才能表示成两个数的平方和)    分解方法:  (1)首先将R^2分解质因数,R^2 = a1^p1 + a2^p2 +...  (2)然后将R^2继续分解成若干高斯素数之积。  (3)将...
  • <br /> <br />注:这是从新浪网转载过来的 链接:http://blog.sina.com.cn/s/blog_6e3d28f70100n64y.html
  • 费马平方和定理,一个奇素数可以分解为两个数的平方和,那么这个奇素素一定是 4k+1 型的。(注意特判下2) 所以我们筛素数的同时对每个数判断一下。 然后我们要剪枝和优化,大概如下几点: 1 :偶数全部都...
  • 费马平方和定理

    2021-04-28 23:36:12
    费马二平方定理是指除了2这个特殊的素数,所有的素数都可以分两类:被4除余1的素数,如5,13,17,29,37,41;第二类则是被4除余3的...第一类素数都能表示为两个整数的平方和,第二类都不能。 ———摘自百度 ...
  • 先拓展一下威尔逊定理:如果p是素数,则(p-1)! ≡ -1(mod p)。 例:p=11,10!...费马定理:(定义)如果p是素数,a是正整数,且gcd(a,p)=1(互质),则a^(p-1) ≡ 1(mod p); 定理1:由此可以得出a^...
  • 费马定理

    千次阅读 2018-08-25 16:34:53
    费马定理:假如p是质数,且gcd(a,p)=1,那么 a^(p-1)≡1(mod p) 费马定理:当整数n&gt;2时,关于x,y,z的方程没有正整数解。 (1)全部大于2的素数可分为4n+14n+3两种形式。 (2)形如4n+1的素数能够,...
  • 欧拉和费马定理的应用,大数环境下的分解求欧拉函数.
  • 费马定理

    千次阅读 2017-07-29 12:07:19
    转载自:http://www.xieguofang.cn/Maths/Number_Theory/Fermat%27s_Little_Theorem_1.htm#cj2... 神奇的费马定理 (1)  ——从实验、观察、发现到猜想证明  谢国芳(Roy Xie) Email: roixie@163.com 
  • 费马定理

    千次阅读 2011-09-28 23:06:20
    费马定理与怀尔斯的因果律   科学时报     358 年的难解之谜 数学爱好者费马提出的这个问题非常简单,它用一个每个中学生都熟悉的数学定理 —— 毕达哥拉斯定理来表达。2000多年前诞生的...
  • LOJ 6465. 二平方和定理

    2019-10-08 07:38:21
    费马平方和定理,解是存在且唯一的。 那么x在高斯整数意义下(在高斯整数意义下,唯一分解定理同样成立),有两个互扼的非平凡约数。a+bi 与 a-bi、 (a+bi)*(a-bi)=a*a+b*b=x,可见a和b就是我们要求的答案...
  • 费马定理和勾股数

    2018-08-28 21:00:50
    若需要一組最小數為奇數的勾股數,可任意選取一個 3 或以上的奇數,將該數自乘為平方數,除以 2,答案加減 0.5 可得到 兩個新的數字,這兩個數字連同一開始選取的奇數,三者必定形成一組勾股數。但卻不一定是以這個...
  • 费马定理四分之一解决

    千次阅读 2018-02-20 21:20:56
    费马定理困扰了数学家几百年,最后由英国数学家怀尔斯他的学生一起完成了证明,用的是模空间的椭圆。说实话笔者不是学数学的,没太看懂,主要还是没精力心思去看,笔者只是一名稍微对数学有点兴趣的工科生。直接...
  • · x的n次方+y的n次方等于z的n次方,当n大于二的时候没有整数解——费马定理 · 费马定理花费了人们350年之久 · 费马的最大的成就之一,是在牛顿出生前13年就发明了微积分学的主要概念 · 费马在自己在一本书的...
  • 大约1637年左右,法国学者费马在阅读丢番图(Diophatus)《算术》拉丁文译本时,曾在第11卷第8命题旁写道:“将一个立方数分成两个立方数之,或一个四次幂分成两个四次幂之,或者一般地将一个高于二次的幂分成两...
  • 本文整理了同余定理/费马定理/扩展欧几里德算法/中国剩余定理基本的念描述、结论证明模板应用  同余定理 1.描述:  同余定理是数论中的重要概念。给定一个正整数m,如果两个整数ab满足(a-b)能够被m整除...

空空如也

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