(四川雅安市 鄧建生)

在此，以一種新的分析角度，揭示出畢達哥拉斯方程在自然數(shù)域的一些隱秘重要性質(zhì)。這些隱秘性質(zhì)的發(fā)現(xiàn)，不僅能得到新的尋找畢達哥拉斯“本原”數(shù)組的簡美公式，還會以此成為破解費馬大定理和比爾猜想等的關(guān)鍵鑰匙，從而輕巧簡明地證明費馬大定理和比爾猜想等，加深我們對相同和相異方次自然數(shù)之間關(guān)系的理解。

引言：

著名的畢達哥拉斯方程以外，迄今為至，我們?nèi)圆荒苷业狡渌哂谝淮畏侥苡谢ベ|(zhì)正整數(shù)解的a.b.c三元方程。對這一情形，幾百年前的法國數(shù)學(xué)家費馬提出了著名的“費馬大定理”。雖經(jīng)過幾代人的艱難探索，在1995年被英國數(shù)學(xué)家安德魯·懷爾斯宣布證明，但他近兩百頁篇幅的證明，援用了“橢圓曲線方程”與“模形式”等艱深的數(shù)學(xué)方法原理，最終得到的是“間接的證明”，其“證明鏈”也十分繁多復(fù)雜，遠(yuǎn)不是費馬當(dāng)年所言找到的(遺憾沒記載下來)：“美妙的”直接證明。 安德魯·懷爾斯的證明也不能回答，作為費馬定理延展的“比爾猜想”是否正確，或更普遍的：有無高于一次方(a.b.c皆不低于二次方)能有互質(zhì)正整數(shù)解的三元方程？等問題。而對于尋找所有滿足畢達哥拉斯方程解的本原三元數(shù)，前人雖給我們留下了一些方法，卻沒提供完備無缺的極簡公式。這些問題，都有待我們從新的分析角度去重新審視畢達哥拉斯本原數(shù)方程，因為其隱含的一些該文中新發(fā)現(xiàn)的重要性質(zhì)，是我們能從根源上徹底解決上述問題的關(guān)鍵。

（一）

數(shù)的性質(zhì)體現(xiàn)為彼此間的關(guān)系，其中很重要的關(guān)系是其相互間的差值關(guān)系。 a2+b2=c2(a.b.c為正整數(shù)，且彼此互質(zhì))的本原畢達哥拉斯方程，只要將其本原數(shù)間的差值引入方程，我們將會發(fā)現(xiàn)該方程的一些隱秘的重要性質(zhì)：

設(shè)c-r=a或c-t=b

a2+b2=c2 (a.b.c為正整數(shù)，且彼此互質(zhì))可表示為：

(c-r)2+b2=c2或a2+(c-t)2=c2

以(c-r)2+b2=c2為例分析：

(c-r)2+b2=c2 則c2-(c-r)2=b2

則2cr=b2+r2 則2c=b2/r+r

令：b=rd 則 2c=r(d2+1)

2=r(d2+1)/c

令：(d2+1)=cv 則2=rv

如此將有兩個重要的發(fā)現(xiàn)：

第一：

若r=2，則v為1即(d2+1)=c 若r=1，則v為2即（d2+1)=2c 可見：畢達哥拉斯a.b.c本原數(shù)組中， （c-a）或（c-b），總有一數(shù)的差值為1或2，不可能大于2。

第二：

從上可看出，由于r限于1或2

1. (d2+1)則相應(yīng)限于=c或2c,是d?±1(n為>1整數(shù)），能整除c的最小整數(shù)式，其整除c的最小整除關(guān)系式則為：(d2+1)/c=1或2 ， 所以d?±1(n為>1整數(shù))能整除c必須為k(d2+1)(k為1.2.3……)，其整除c的關(guān)系式：k(d2+1)/c=k或2k則必為最小整除關(guān)系式(d2+1)/c=1或2的擴展式。2. 而2cr=b2+r2表明(b2+r2)/2r=c,則(b2+r2)/2r是整除c的最小整數(shù)式，其整除c的最小整除關(guān)系式則為：[k(b2+r2)/2r]/c=1, 所以b?±r?(x,y為>1整數(shù),彼此相等或不相等），能整除c必須為k(b2+r2)/2r (k為1.2.3……) ,即必須為含有(b2+r2)因子的k(b2+r2)或kb2+kr2整數(shù)式，其整除c的關(guān)系式：k(b2+r2)/c=k2r則必為最小整除關(guān)系式 [k(b2+r2)/2r]/c=1的變形擴展式。

3.所以唯滿足(b2+r2)/2r]/c=1以及(d2+1)/c=1或2最小整除關(guān)系式以及其擴展和變形擴展式的相應(yīng)a^x+b^y=c^z方程，才會在一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)有互質(zhì)正整數(shù)解。b2+r2)/2r=c，d2+1=c或2c ，其關(guān)系式是c的方次為c2時，一次方以上a.b.c三元方程能有互質(zhì)正整數(shù)解的條件和情形。則對應(yīng)地：當(dāng)c的方次為c?(n為>2整數(shù))時，其相應(yīng)的擴展式：c???2?(b2+r2)/2r=c???1?， c???2 ?(d2+1)=c???1?或2c???1?，也是 一次方以上的a.b.c三元方程能有互質(zhì)正整數(shù)解的條件和情形。

當(dāng)c為c?時，擴展式有一共同的特征：即(b2+r2)和(d2+1)必旁帶有c因子組成c?'(b2+r2)和c?'(d2+1)整數(shù)式。所以：b^y±r^x (x ,y至少有一為>2整數(shù)，彼此相等或不相等)或(d?±1)(n為≥3整數(shù))需能轉(zhuǎn)化為整除c的kc?'(b2+r2)(n'為≥1的整數(shù))或kc?'(d2+1)整數(shù)式，其相應(yīng)的互質(zhì)a.b.c二次以上(至少c與另一元的方次不低于三次方)的方程才能有正整數(shù)解。而(b^y±r^x)或(d?±1)可能轉(zhuǎn)化為不含有c因的k(b2+r2)或k(d2+1) ，卻不可能轉(zhuǎn)化為帶有c因的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1)，正說明其相應(yīng)的互質(zhì)a.b.c二次以上的方程不會有正整數(shù)解，其能轉(zhuǎn)化為不帶c因的k(b2+r2)或k(d2+1) 相應(yīng)互質(zhì)a.b.c方程，只能是畢達哥拉斯本原方程的擴展式。

它們的意義在于：

揭示出在“互質(zhì)的”正整數(shù)a.b.c間，d?±1(d=b/r , n為>1整數(shù)) 或b?±r?( r=c-a , x,y為>1整數(shù)，彼此相等或不相等）能整除c的最小整除關(guān)系式是：(d2+1)/c=1或2，或必含有(b2+r2)因子的：[(b2+r2)/2r]/c=1，而唯有滿足畢達哥拉斯方程的本原三元數(shù)組a.b.c,它們之間具有這可能的最小整除關(guān)系，而其k(d2+1)/c=k或2k , k(b2+r2)/c=k2r (k為1.2.3.……)的整除關(guān)系式只能是其最小整除關(guān)系式的擴展式或變形擴展式，即表明的是畢達哥拉斯本原數(shù)組方程的擴展式或變形擴展式，所以其它二次以上互質(zhì)的a.b.c三元方程，不可能有正整數(shù)解。

（二）

由第一個發(fā)現(xiàn)，我們將會推演出尋找畢達哥拉斯“本原”數(shù)組的簡美公式；由第二個發(fā)現(xiàn)，我們將輕巧簡明地證明費馬大定理和比爾猜想等。 首先看如何推演出簡美公式： 在r=2狀態(tài)將r=2代入

(c-r)2+b2=c2將得到如下公式：b2/4+1=c，b2/4-1=a 即(2n)2/4+1=c，(2n)2/4-1=a

在上面的公式中：當(dāng)(2n)2/4±1，n=2的方次2?'時，所尋找出來的a.b.c.即是畢達哥拉斯方程的本原三元組。因為：這時尋找出來的a與c是奇數(shù)，其差又=2所以c中沒有a的因子。而b作為偶數(shù)僅有2作為因子，所以與a和c沒有奇數(shù)因。所以，a.b.c之間必定不可通約而互質(zhì)。如是，尋找畢達哥拉斯“本原三元組”的公式便可精確定位為：(2?)2/4+1=c (2?)2/4-1=a

b為2?，n取大于1的任何自然數(shù)值。這便是尋找畢達哥拉斯“本原三元組”的第一個簡美公式。

同樣的：設(shè)b=(22n)或(4n)

(22n)2/4±1或(4n)2/4±1后的c與a

三者也是“本原畢達哥拉斯三元組”。因為：(22n)2/4后為4n2，4n2±1后為奇數(shù)，其因子既不可能為2,也不可能包含在n內(nèi),所以它們與b互質(zhì)。而c與a差值為2，所以它們之間也不可能通約。

n可取大于0的任何自然數(shù)。這是當(dāng)r的值等于2時，第二個尋找“本原畢達哥拉斯三元組”的簡美公式！

n能取大于0的任何自然數(shù)，這將是一讓人驚奇的結(jié)論：在自然數(shù)中,每一自然數(shù)都有與其相應(yīng)的自然數(shù)組和“本原”自然數(shù)組，符合畢達哥拉斯定理！　　

而最后一個尋找畢達哥拉斯本原三元組的簡美公式即:從a=c-r當(dāng)r=1時，可推導(dǎo)出而前人已發(fā)現(xiàn)的：

(b2+1)/2=c , (b2+1)/2-1=a 公式

（b為>1的奇數(shù)）因為：b2+1能整除2=c，則b2=2c-1，所以b不含c的因子與c互質(zhì)。而(b2+1)/2-1=a則2a+1=b2故b不含有a的因子。

（三）

再看對費馬大定理和比爾猜想等的證明：著名的費馬大定理，是表述：當(dāng)n為>2的正整數(shù)，則方程a?+b?=c?無正整數(shù)解。分析：正整數(shù)在相除方面有三種基本的關(guān)系：1.整除關(guān)系2.通約關(guān)系3.互質(zhì)關(guān)系。如果證明了a?+b?=(am)?和a?+b?=c? (a,b,c,)=1兩方程無正整數(shù)解，則即證明了a?+b?=c?在上述的三種關(guān)系中無正整數(shù)解。因為對于可通約的正整數(shù)來說:a?+b?=c?(a,b,c,)=1無正整數(shù)解，即表明(ka)?+(kb)?=(kc)?無正整數(shù)解,也表明(ka)?+(kb)?=(c')?和(ka)?+(b')?=(kc)?等 ,無正整數(shù)解。因(ka)?+(kb)?=(c')?和(ka)?+(b')?=(kc)? 等可通約方程的正整數(shù)解的形式必為：(ka)?+(kb)?=(kc)? ,而證明了a?+b?=(am)?無正整數(shù)解，以同樣的方法原理也可證a?+(am)?=c?和a?+(am)?=(ak)?等有整除關(guān)系的方程無正整數(shù)解。

證明一：若設(shè) a?+b?=(am)?(a.b.c.m均為正整數(shù)，n為2≥的正整數(shù))則a?m?-a?=b? a?(m?-1)=b?

(m?-1)=(b/a)?

等式兩邊若為整數(shù)，則b=ad,(m?-1)=a?d?/a? (m?-1)=d?

m?-d?=1

因任何相差為1的正整數(shù)，其≥2的正整數(shù)方次數(shù)值的相互差值都大于1，所以m與d中，必有一個為不是正整數(shù)的無理數(shù)，而無論是m或d為無理數(shù)，都表明推出了相悖的結(jié)果，所以a?+b?=(am)?(a.b.c.m均為正整數(shù)，n為≥2的正整數(shù))，沒有正整數(shù)解。

證明二：（重要的證明）

a.b.c為>0正整數(shù)，且(a,b,c)=1,則a?+b?=c?(n為>2的正整數(shù))不能成立。

證明：假若a?+b?=c?a.b.c為大于0的正整數(shù)，且(a,b,c)=1

設(shè)a=c-r（r為整數(shù)）

a?+b?=c?則可以表達為：

(c-r)?+b?=c? 則有：c?-(c-r)?=b?

展開得：

C?1c???1 ?r-C?2c???2?r2+C?3c???3 ?r3-C??c?????r?+C??-c?????r?……±C????1 ?cr???1 ?=b?±r?

左邊提取公因得：

cr[C?1c???2?-C?2c???3?r+C?3c???? ?r2-C??c?????r3+C??c?????r?……±C????1 ?r???2 ?]=b?±r?

移元并變換得：

c[C?1c???2?-C?2c???3?r+C?3c???? ?r2-C??c?????r3+C??c?????r?……±C????1 ?r???2 ?]=b?/r±r? ??1 ?

若要等式兩邊都為整數(shù)，

則：b=dr 變形得：

c[C?1c???2?-C?2c???3?r+C?3c???? ?r2-C??c?????r3+C??c?????r?……±C????1 ?r???2 ?]=r? ??1 ?(d?±1)

移元得：

[C?1c???2?-C?2c???3?r+C?3c???? ?r2-C??c?????r3+C??c?????r……±C????1 ?r???2 ?]=r? ??1 ?(d?±1)/c

這時，等式右邊因為c與r互質(zhì)（證明：假設(shè)r/c=tr'/tc'(t為>1整數(shù)）則a/c=1-r/c=tc'/tc'-tr'/tc'=t(c'-r')/tc'此結(jié)果與a/c因互質(zhì)而無公約數(shù)相悖，所以，r與c互質(zhì)）。而因前面第二重要發(fā)現(xiàn)已揭示出的：(d2+1)是(d?±1)可能具有能整除c的最小整數(shù)形式，所以等式右邊(d?±1)若要能整除c必須為k(d2+1)或kd2+k。因(d?±1)為(d^2?'-1)才可能為k(d2+1)，而d的指數(shù)n若為偶數(shù)，在等式右邊必為(d?+1)，所以不可能為k(d2+1)或kd2+k，即不可能整除c，所以，等式右邊不可能為整數(shù)。

這樣：其等式左邊為整數(shù)，而等式右邊卻不可能是整數(shù)，等式兩邊產(chǎn)生不可消除的悖謬！這證明從原初的假定a?+b?=c?(n為>2的正整數(shù)，a.b.c為>0正整數(shù)，且(a,b,c)=1）將推出悖謬的結(jié)果，從而該假定不能成立！

費馬大定理得到明晰的證明！

再看對“比爾猜想”的證明：

比爾猜想可表述為：

a^x+b^y=c^z 無有正整數(shù)解(a.b.c彼此互質(zhì)，且為正整數(shù)。x，y，z為>2的正整數(shù))。

以“反證法”給以證明：

假若：a^x+b^y=c^z 有正整數(shù)解

設(shè)a=c-r（r為整數(shù)）

a^x+b^y=c^z 則可以表達為：

(c-r)^x+b^y=c^z

則有：c^z-(c-r)^x=b^y

展開并變換得:

c^z-c^x+C?1c???1 ?r-C?2c???2?r2+C?3c???3 ?r3-C??c?????r?+C??c?????r?……±C????1 ?cr???1 ?=b^y±r^x

提取公因得：

c^x(c^(z-x)-1)+c[C?1c???2 ?r-C?2c???3?r2+C?3c?????r3-C??c?????r?+C??c?????r?……±C????1 ?r???1 ?]=b^y±r?

移元c得：

c^(x-1)(c^(z-x)-1)+[C?1c???2 ?r-C?2c???3?r2+C?3c?????r3-C??c?????r?+C??c?????r?……±C????1 ?r???1 ?]=(b^y±r^x)/c

此時等式右邊的(b^y±r^x)，若不能轉(zhuǎn)化為能整數(shù)c的k(b2+r2)，等式右邊不能為整數(shù)，則等式左右兩邊將產(chǎn)生悖謬；而若作為特例：b=r?, 等式右邊的(b^y±r^x)有可能轉(zhuǎn)化為能整數(shù)c的k(b2+r2)(k無有c因)，但也決不可能轉(zhuǎn)化為能整數(shù)c的kc?'(b2+r2)，說明能轉(zhuǎn)化為k無c因的： c^(x-1)(c^(z-x)-1)+[C?1c???2 ?r-C?2c???3?r2+C?3c?????r3-C??c?????r?+C??c?????r?……±C????1 ?r???1 ?]= k(b2+r2)/c 這一方程，只能是畢達哥拉斯本原方程的變形擴展式，而決不會是二次以上的本原方程。二次以上的本原方程要求kc?'(b2+r2)(n'為≥1整數(shù))與b^y±r^x (y,x至少有一為>2整數(shù))能相互轉(zhuǎn)換，而這是不可能的(因為c與b和r互質(zhì))。

比爾猜想得以證明！

比比爾猜想更近一步，由上方法不難證明：

a2+b^y=c^z (a.b.c彼此互質(zhì)，且為正整數(shù)。y，z為>2的正整數(shù))亦沒有正整數(shù)解！

假若：a2+b^y=c^z有正整數(shù)解

設(shè)a=c-r（r為整數(shù)）

a2+b^y=c^z 則可以表達為：

(c-r)2+b^y=c^z

則有：c^z-(c-r)2=b^y

則 c^z-c2+2cr-r2=b^y

變形得：c2(c^(z-2)-1)+2cr=b^y+r2

則：c[c(c^(z-2)-1)+2r]=b^y+r2

移元c得：

[c(c^(z-2)-1)+2r]=(b^y+r2)/c

此時等式右邊的(b^y+r2)，不可能轉(zhuǎn)化為能整數(shù)c的k(b2+r2)，等式右邊不能為整數(shù)，等式左右兩邊將產(chǎn)生悖謬。這說明若設(shè) a2+b^y=c^z有正整數(shù)解將推出悖謬的結(jié)果。

a2+b^y=c^z無有正整數(shù)解得以證明！

(四)

到這里，我們可看出，費馬大定理還能這樣更簡易地證明：

假若a?+b?=c?(a.b.c為大于0的正整數(shù)，n為>2正整除，且(a,b,c)=1)

設(shè)a=c-r

則 a?+b?=c? 可以表達為：

(c-r)?+b?=c?

則有：c?-(c-r)?=b?

展開并變換得：

C?1c???1 ?r-C?2c???2?r2+C?3c???3 ?r3-C??c?????r?+C??-c?????r?……±C????1 ?cr???1 ?=b?±r?

左邊提取公因得：

c[C?1c???2?r-C?2c???3?r2+C?3c???? ?r3-C??c?????r?+C??c?????r?……±C????1 ?r???2 ?]=b?±r?

移元c得：

[C?1c???2?r-C?2c???3?r2+C?3c???? ?r3-C??c?????r?+C??c?????r?……±C????1 ?r???2 ?]=(b?±r?)/c

因前面的第二重要發(fā)現(xiàn)已揭示出: b?±r? (x,y為>1整數(shù)，彼此相等或不相等）若要能整除c則必須為含有(b2+r2)因子的k(b2+r2)或kb2+kr2數(shù)式。所以上面等式右邊的（b?±r?）若要整除c必須為k(b2+r2)或kb2+kr2。而因(b?±r?)為(b^2?'-r^2?')才可能為k(b2+r2)。而上面b和r的指數(shù)n若為偶數(shù)，在等式右邊必為(b?+r?)，這樣，(b?±r?)既不可能為k(b2+r2)或kb2+kr2，更不可能為kc?'(b2+r2)，即不可能整除c。所以，等式右邊不可能為整數(shù)。其等式左邊為整數(shù)，而等式右邊卻不可能是整數(shù)，等式兩邊產(chǎn)生不可消除的悖謬！

費馬大定理得到證明！

(總結(jié):)

將“數(shù)”相互間的差值引入畢達哥拉斯本原方程，顯露出了畢達哥拉斯本原方程所還隱含的一些重要性質(zhì)。這些性質(zhì)的發(fā)現(xiàn)不僅讓我們得到了尋找所有畢達哥拉斯本原數(shù)組的三個簡美公式，還深刻地揭示出“互質(zhì)的”整數(shù)間在一次以上的方程中除a2+b2=c2能有正整數(shù)解外，其它的方程之所以無有正整數(shù)解的內(nèi)在根源。

這是因為：

1. “互質(zhì)的”正整數(shù)a.b.c間， b^y±r^x (x ,y為>1整數(shù)，彼此相等或不相等） 能整除c的最小整除關(guān)系式是： 必含有(b2+r2)或(d2+1)因子的[(b2+r2)/2r]/ c=1 (r=c-a) 或者(d2+1)/c =1或2 (d=b/r)。所以任何的 b?±r? 能整除c則必須能轉(zhuǎn)化為含有(b2+r2)或(d2+1)因子的 k(b2+r2)或 k(d2+1)(k為1.2.3.……)的整數(shù)式，則其整除c的關(guān)系式必為 [(b2+r2)/2r]/ c=1 或者(d2+1)/c=1或2， 或是其關(guān)系式的擴展或變形擴展。

2. 所以：唯有 [(b2+r2)/2r]/ c=1或者 (d2+1)/c=1或2的最小整除關(guān)系式和它們的擴展式或變形擴展式，其相對應(yīng)的互質(zhì)a.b.c三元方程 ，在一次方以上(a.b.c皆不低于二次方) 才會有正整數(shù)解。 所以：[(b2+r2)/2r]/ c=1或者(d2+1)/c=1或2的最小整除關(guān)系式和它們的擴展或變形擴展式，是互質(zhì)a.b.c三元方程，在一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)有正整數(shù)解的判斷與規(guī)定式。 而這隱秘的最小整除關(guān)系式及其擴展或變形擴展式，其相對應(yīng)的外在體現(xiàn)正為畢達哥拉斯本原方程及其擴展方程。

3. (b2+r2)/2r=c，d2+1=c或2c ，其方程是c的方次為c2時，一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)三元方程能有互質(zhì)正整數(shù)解的情形。則對應(yīng)地：當(dāng)c的方次為c?(n為>2整數(shù))時，其相應(yīng)的擴展方程：c???2?(b2+r2)/2r=c???1?， c???2 ?(d2+1)=c???1?或2c???1?，也是 一次方以上a.b.c三元方程能有互質(zhì)正整數(shù)解的條件。即： 當(dāng)c為c?(n為>2整數(shù))時，其條件為：其能整除c的整數(shù)式必應(yīng)為包含有c?'(b2+r2)或 c?'(d2+1) 因子的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1) (n'為≥1的整數(shù))。

4. 所以：b^y±r^x (若x ,y至少有一為≥3整數(shù)) 需能轉(zhuǎn)化為整除c的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1)(n'為≥1的整數(shù)) 整數(shù)式，其相應(yīng)的互質(zhì)a.b.c方程，在二次以上(a.b.c至少有c和另一元不低于三次方)才能有正整數(shù)解。而(b^y±r^x)可能轉(zhuǎn)化為不含有c因的k(b2+r2)或 k(d2+1) ，卻定不可能轉(zhuǎn)化為帶有c因的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1) ，正說明其相應(yīng)的互質(zhì)a.b.c方程，在二次以上定不會有正整數(shù)解。其能轉(zhuǎn)化為不帶c因的k(b2+r2)或 k(d2+1)的相應(yīng)互質(zhì)a.b.c方程，只能是畢達哥拉斯本原方程的擴展式或變形擴展式。

5. 所以，一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)的所有a.b.c本原方程，除了畢達哥拉斯本原方程有正整數(shù)解外，其它的本原方程都無正整數(shù)解??！