四川雅安市        鄧建生

   費馬大定理，比爾猜想的成立，或者更進一步地：

A2+B^y=C^z (y,z為≥3整數(shù))也無有互質(zhì)正整數(shù)解，可用以下方法進行證明和解決：

分析：

假若：A2??+B2??=C2??(A,B,C為

互質(zhì)正整數(shù)，x,y,n為正整數(shù))

則意味著必然有如下最小整除C關(guān)系式：(A2??+B2??)/C1??=C

將所有的互質(zhì)正整數(shù)分為兩類：

一類是符合畢達哥拉斯方程的互質(zhì)正整數(shù)a,b,c,

而另一類是非符合畢達哥拉斯方程的互質(zhì)正整數(shù)a'b'c'，

                       (一)

畢達哥拉斯

a2+b2=c2 本原方程，有整除c的

最小整除關(guān)系式：(a2+b2)/c=c，其擴展式為：c?(a2+b2)/c1??=c，因c與a和b互質(zhì)，所以

c?a2+c?b2)/c1??≠(a2??+b2??)/c1??  所以：

(a2??+b2??)/c1?? ≠c

                    (二)

而另一類是非符合畢達哥拉斯方程的互質(zhì)正整數(shù)a'b'c'，

其a'2+b'2≠c'2

則：

( a'2+b'2)/c'2=r/c'2(r≠c'2)

1. 

若 r/c'2=k ，顯然：k應(yīng)<c',k若=c',則(a'2+b'2)=c'3 則不成立。因即使c'=b'+1 則(a'2+b'2)也<(b'+1)3 :

(a'2+b'2)<b'3+3b'2+3b'+1(因設(shè)定a',b',c'是a'<b'<c')

所以：(a'2+b'2)=kc'2 則意味著整除c'的最小整數(shù)式只能為：

(a'2+b'2)/kc'=c'

若kc'有kx'c'=c'1?? 則為

(a'2x'+b'2x')/c'1??,而因x'為c'的因子與a'和b'互質(zhì)，故(a'2x'+b'2x')/c'1??≠(a'2??+b'2??)/c'1??  所以：

(a'2??+b'2??')/c'1?? ≠c'

2. 

若r與c'2互質(zhì)， 則：( a'2+b'2)=r

則有整除c'的最小整數(shù)式：

則：c'( a'2+b'2)/r=c'

考慮到 r不可能為c'3, 

r又與c'互質(zhì),：所以c'( a'2+b'2)/r 不能擴展出y'c'( a'2+b'2)/c'1??，也不可能縮展為k'( a'2+b'2)/c'1??， 更不可能為( a'2??+b'2??)/c'1??，所以：

(a'2??+b'2??')/c'1?? ≠c'

3. 

若r與c'2為通約，r/c'2=v/u (v與u互質(zhì)v并≠1)

則：( a'2+b'2)/c'2=v/u

則有整除c的最小整除式：

u(a'2+b'2)/vc'=c'

考慮至u與a'和b'互質(zhì)，更考慮到v是與c'2通約后未被消解的因子，故與c'互質(zhì),所以u( a'2+b'2)/vc'不能擴展出z'u( a'2+b'2)/c'1??或縮展為k'( a'2+b'2)/c'1?? ,更不可能為( a'2??+b'2??)/c'1??，所以：

(a'2??+b'2??)/c'1??≠c

4.

而若r/c'2=1/u

則：u( a2'+b2')=c'2

則有整除c'的最小整除式：

u(a'2+b'2)/c'=c'，有擴展式：

c'?u(a'2+b'2)/c'1??=c'，

考慮至u是c'2與r通約后余下的c'因子與a'和b'互質(zhì)，還考慮到c'與a'和b'互質(zhì),所以

(uc'?a'2+uc'?b'2)/c'1??≠( a'2??+b'2??)/c'1??，所以：

(a'2??+b'2??)/c'1??≠c'

即：a'b'c'間無論什么相和與相除關(guān)系狀況均有：

a'2??+b'2??≠c'2??(x,y,n為整數(shù))

因另也有：(a2??+b2??)/c1?? ≠c

即：(a2??+b2??) ≠c2??

所以：A2??+B2??≠C2?? (x,y,n為整數(shù))

也即：

A^x+B^y≠C^z (x,y,z為≥3整數(shù))

由此： 費馬大定理，比爾猜想的成立，更進一步地：

A2+B^y=C^z (y,z為≥3整數(shù))也無有互質(zhì)正整數(shù)解，得到簡潔明晰的證明和拓展解決。

還可以這樣來進行簡巧證明：

有a,b,c,類互質(zhì)數(shù)，其a+b=c  則ac1??+bc1??=c2??  因c與a和b互質(zhì)，

則有： a2??+b2??≠c2?? 

另有a',b',c'類互質(zhì)數(shù)，其a'+b'≠c'   則可表達為：

(a'+b')/c'=r/c' (r≠c')  

1.

1. 若 r/c'=k ，顯然：k應(yīng)<c',因a'+b'<c'2 則:

(a'+b')/k=c'  則：

c'(a'+b')/c'k=c' 

考慮c'>a'和b'，并與a'和b'互質(zhì)，設(shè)c'=a'+j=b'+f(顯然j與c'和a'互質(zhì)，f與c'和b'互質(zhì))

所以  c'(a'+b')/c'k=c' 則為：

[(a'+j)a'+(b'+f)b']/c'k=c'

因k<c'，若有c'kx,=c'1??

則有擴展式：

x[(a'+j)a'+(b'+f)b']/c'1??=c'

而因c'和x與a'和b'互質(zhì)，則有

[x(a'+j)a'+x(b'+f)b']/c'1??≠[a'2??+b'2??]/c'1??   即必有：

[a'2??+b'2??]/c'1?? ≠c'

2. 

若r與c'互質(zhì)， 則：( a'+b')/r=1則：c'(a'+b')/r=c'

考慮c'>a'和b'，設(shè)c'=a'+j=b'+f(顯然j與c'和a'互質(zhì)，f與c'和b'互質(zhì))

所以  c'(a'+b')/r=c' 則為：

[(a'+j)a'+(b'+f)b']/r=c'

因r<c'2，卻與c'互質(zhì)，

所以[(a'+j)a'+(b'+f)b']/r

[a'2??+b'2??]/c'1?? ≠c'

即：a'2??+b'2??≠c'2??'

3.

若r與c'為通約，r/c'=v/u (v與u互質(zhì)并≠1)

則：( a'+b')/c'=v/u

則：u(a'+b')/v=c'

考慮至u與a'和b'互質(zhì)，更考慮到v<c'2并是與c'通約后未被消解的因子，故與c'互質(zhì),

所以  u(a'+b')/v

[a'2??+b'2??]/c'1?? ≠c'

即：a'2??+b'2??≠c'2??

4.

而若r/c'=1/u

則：u( a'+b')=c' 則：

則：uc'1??( a'+b')/c'1??=c'

考慮c'和u與a'和b'互質(zhì)，

所以 uc'1??(a'+b')/c'1?? 不可能為：

即：a'2??+b'2??≠c2??'

即：a'b'c'間無論什么相和與相除關(guān)系狀況均有： a'2??+b'2??≠c'2??

而另有:     a2??+b2??≠c2??

所以：A2??+B2??≠C2?? (x,y,n為整數(shù))

也即：

A^x+B^y≠C^z (x,y,z為≥3整數(shù))

由此： 費馬大定理，比爾猜想的成立，更進一步地：

A2+B^y=C^z (y,z為≥3整數(shù))也無有互質(zhì)正整數(shù)解，得到簡潔明晰的證明和拓展解決。

其實，還可以這樣來進行更清晰證明：

  當互質(zhì)正整數(shù)的a,b,c，有方程式 a2+b2??=c2時，我們不難證明 a2??+b2??'≠c2??，

難點在于證明非是畢達哥拉斯特有方程形式的互質(zhì)正整數(shù)a',b',c',也必有a'2??+b'2??≠c'2??

因非是畢達哥拉斯特有方程形式的互質(zhì)正整數(shù)a',b',c',其必有

a'2+b'2??±t=c'2方程 (t為整數(shù)) ，設(shè)定a'=c'-r后，必能轉(zhuǎn)換為:

[(c'+a')r+r2]/2r=c'或

[(c'+a')r-r2]/2r=a'

其證明c'?[(c'+a')r+r2]/2r=c'1??

和a'?[(c'+a')r-r2]/2r=a'1?? 擴展式，不可能為:

(b'2??+r2??)/2r=c'1?? 或[b'2??-r2??]/2r=a'1??   即證明了：

a'2??+b'2??≠c'2??

現(xiàn)以證明：

因有：c'1??-r1??+r1??=c'1??則：

(2rc'1??-2r2??+2r2??)/2r=c'1??

則[(2rc'1??-r2??)+r2??)/2r=c'1??

若r為偶數(shù)，則有:

[2r(c'1??-r1??/2)+r2??)]/2r=c'1??  若要2r(c'1??-r1??/2)=b'2??則需有2r=(2j)2??,(c'1??-r1??/2)=f2??  (j,f為互質(zhì)奇數(shù))，因c'=(a'+r)其(a'+r)1??展開后的末項減去r1??/2后為r1??(2-r???)/2， 所以 (c'1??-r1??/2)不具有也不可能轉(zhuǎn)化為任何(x+y)2??'展開后的結(jié)構(gòu)形式，也不具有a2+b2??=c2其方程所能有的“原基推演”條件，所以不可能為f2??。

若r為奇數(shù)，則有:

[r(2c'1??-r1??)+r2??)]/2r=c'1??  若要r(2c'1??-r1??)=b'2??則需有

r=(j)2??,(2c'1??-r1??)=f2??  (j,f為互

質(zhì)奇數(shù))，因r1??=(c'-a')1??其(c'-a')1??展開后的首項與2c'1??合并后為c'1??(2c'???-1)，所以 (2c'1??-r1??)不具有也不可能轉(zhuǎn)化為任何(x±y)2??'展開后的結(jié)構(gòu)形式，也不具有a2+b2??=c2其方程所能有的“原基推演”條件，所以不可能為f2??。

所以：(b'2??+r2??)/2r≠c'1??

同理可證：[b'2??-r2??]/2r≠a'1??

這也即證明：

a'2??+b'2??≠c'2??

作為“有整數(shù)解”的原基推演為：

能“自主設(shè)創(chuàng)”特定已知的整數(shù)單元，通過某類推演而構(gòu)建出能知的整數(shù)“單元”。而此類推演在數(shù)學上為加減法和乘法'運算以及其結(jié)合的運算。

由原基推演形成的方程式，稱之為“原基方程”，其自主設(shè)定的已知數(shù)元為“常數(shù)”或“糸數(shù)”，推演出的“能知數(shù)元”則為待知“元數(shù)”，由其“原基方程”變形轉(zhuǎn)換的方程式必具有對稱的相等性，可進行加減乘除的互置交換運算，并具有可解性。方程若要具有可解性，必須具有至少一個“原基推演”，而解方程的過程，實質(zhì)上即是：尋找“原基推演”方程的過程。

其實，還可以這樣來進行證明：

先看證明費馬大定理：

設(shè)b=a+r   若a?+b?=c?(n為≥3整數(shù)),則為a?+(a+r)?=c?展開有：

a?+a?+C?1a???1 ?r+C?2a???2?r2+C?3a???3 ?r3+C??a?????r?+C??a?????r?……+C????1 ?ar???1 ?+r?=c?  

 即：2a?+C?1a???1 ?r+C?2a???2?r2+C?3a???3 ?r3+C??a?????r?+C??a?????r?……+C????1 ?ar???1 ?+r?=c?，其等式左邊首項為2x?的形式。因其等式左邊項不具有也不可能轉(zhuǎn)化為任何的(x+y)^N 展開的結(jié)構(gòu)形態(tài)。而c?卻必在(x+y)^N展開的結(jié)構(gòu)形態(tài)中，故：

    a?+b?≠c?(n為≥3整數(shù))

再看比爾猜想的證明：

設(shè)b=a±r，若a?+b?=c?(x,y,n為≥3整數(shù))，則為a?+(a±r)?=c?

展開有：

a?+a?±C?1a???1 ?r±C?2a???2?r2±C?3a???3 ?r3±C??a?????r?±C??a?????r?……±C????1 ?ar???1 ?±r?=c?  

 即：a?(a???+1)±C?1a???1 ?r±C?2a???2?r2±C?3a???3 ?r3±C??a?????r?±C??a?????r?……±C????1 ?ar???1 ?±r?=c? 

其等式左邊首項為ka?。因其等式左邊項不具有也不可能轉(zhuǎn)化為任何的(X±Y)^N 展開的結(jié)構(gòu)形態(tài)。而c?卻必在(X±Y)^N展開的結(jié)構(gòu)形態(tài)中，故：

    a?+b?≠c?(x,y,n為≥3整數(shù))

而只有a2+b2??=c2特有形式的方程例外：

例如a2+b2,

當設(shè)b=a+r,其等式左邊項展開合并為2a2+2ar+r2,卻可能有2a2+2ar+r2=c2  即可以轉(zhuǎn)化為c2=(x+y)2的展開式。

這是因為其一：

二次及以上的方程，唯只有a2+b2??=c2具有“原基推演”的條件。

其二：

a2+b?=c2(y為≥2整數(shù)) 則為a2+(c2-a2)=c2

即a2+(c+a)(c-a)=c2

(c+a)與(c-a)都可擺脫二項式公式的結(jié)構(gòu)形態(tài)限定，而可能分別為r?,u?。即可有b?，等于(ru)?。

而a?+b?=c?(n為≥3整數(shù)) 則為a?+(c?-a?)=c?,

(c?-a?)展開后為：(c-a)(c??1+c??2a+c??3a2…+ca??2+a??1)，若設(shè)有(c-a)=r=r'?

但其(c??1+c??2a+c??3a2…+ca??2+a??1)二元多項式，受二項式公式結(jié)構(gòu)形態(tài)的限定，因不是任何二元(x+y)2??展開的結(jié)構(gòu)形態(tài)，故不可能為u?，即不可能有r'?u?，即不可能有b?,即：

a?+b?≠c?, 費馬大定理得證。

而其一與其二原由，兩者是相

互關(guān)聯(lián)的。

因此，可得出一總的結(jié)論：

一個二元多項式，必須可轉(zhuǎn)換為

二元二項式最小基本單元的乘積，才能=k?(k為整數(shù))

a2+b?=c2(y為≥2整數(shù))的方程形式，因b?可置換為二元二項式兩個最小基本單元的乘積，故b?可會有整數(shù)解。

而其它二次及以上的試解方程，因b?不可能置換為二元二項式最小基本單元的乘積，故無互質(zhì)正整數(shù)解。