定理簡介

　　費馬大定理：

　　當整數(shù)n > 2時，關于x, y, z的不定方程

　　x^n + y^n = z^n.

　　的整數(shù)解都是平凡解，即

　　當n是偶數(shù)時：(0,±m,±m)或(±m,0,±m)

　　(補充：(0，0，0)是其中一個特殊解2008年由趙浩杰提出)

　　當n是奇數(shù)時：(0,m,m)或(m,0,m)或(m,-m,0)

　　這個定理，本來又稱費馬最后定理，由17世紀法國數(shù)學家費馬提出，而當時人們稱之為“定理”，并不是真的相信費馬已經證明了它。雖然費馬宣稱他已找到一個絕妙證明，但經過三個半世紀的努力，這個世紀數(shù)論難題才由普林斯頓大學英國數(shù)學家安德魯·懷爾斯和他的學生理查·泰勒于1995年成功證明。證明利用了很多新的數(shù)學，包括代數(shù)幾何中的橢圓曲線和模形式，以及伽羅華理論和Hecke代數(shù)等，令人懷疑費馬是否真的找到了正確證明。而安德魯·懷爾斯(Andrew Wiles)由于成功證明此定理，獲得了1998年的菲爾茲獎特別獎以及2005年度邵逸夫獎的數(shù)學獎。

　　研究歷史

　　1637年，費馬在閱讀丟番圖《算術》拉丁文譯本時，曾在第11卷第8命題旁寫道：“將一個立方數(shù)分成兩個立方數(shù)之和，或一個四次冪分成兩個四次冪之和，或者一般地將一個高于二次的冪分成兩個同次冪之和，這是不可能的。關于此，我確信已發(fā)現(xiàn)了一種美妙的證法，可惜這里空白的地方太小，寫不下。”(拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.")畢竟費馬沒有寫下證明，而他的其它猜想對數(shù)學貢獻良多，由此激發(fā)了許多數(shù)學家對這一猜想的興趣。數(shù)學家們的有關工作豐富了數(shù)論的內容，推動了數(shù)論的發(fā)展。

　　對很多不同的n，費馬定理早被證明了。但數(shù)學家對一般情況在首二百年內仍一籌莫展。

　　1908年，德國佛爾夫斯克宣布以10萬馬克作為獎金獎給在他逝世后一百年內，第一個證明該定理的人，吸引了不少人嘗試并遞交他們的“證明”。在一戰(zhàn)之后，馬克大幅貶值，該定理的魅力也大大地下降。

　　1983年，en:Gerd Faltings證明了Mordell猜測，從而得出當n > 2時(n為整數(shù))，只存在有限組互質的a,b,c使得a^n + b^n = c*n。

　　1986年，Gerhard Frey 提出了“ ε-猜想”：若存在a,b,c使得a^n + b^n = c^n，即如果費馬大定理是錯的，則橢圓曲線y^2 = x(x - a^n)(x + b^n) 會是谷山-志村猜想的一個反例。Frey的猜想隨即被Kenneth Ribet證實。此猜想顯示了費馬大定理與橢圓曲線及模形式的密切關系。

　　1995年，懷爾斯和泰勒在一特例范圍內證明了谷山-志村猜想，F(xiàn)rey的橢圓曲線剛好在這一特例范圍內，從而證明了費馬大定理。

　　懷爾斯證明費馬大定理的過程亦甚具戲劇性。他用了七年時間，在不為人知的情況下，得出了證明的大部分;然后于1993年6月在一個學術會議上宣布了他的證明，并瞬即成為世界頭條。但在審批證明的過程中，專家發(fā)現(xiàn)了一個極嚴重的錯誤。懷爾斯和泰勒然后用了近一年時間嘗試補救，終在1994年9月以一個之前懷爾斯拋棄過的方法得到成功，這部份的證明與巖澤理論有關。他們的證明刊在1995年的數(shù)學年刊(en:Annals of Mathematics)之上。

　　1：歐拉證明了n=3的情形，用的是唯一因子分解定理。

　　2：費馬自己證明了n=4的情形。

　　3：1825年，狄利克雷和勒讓德證明了n=5的情形，用的是歐拉所用方法的延伸，但避開了唯一因子分解定理。

　　4：1839年，法國數(shù)學家拉梅證明了n=7的情形，他的證明使用了跟7本身結合的很緊密的巧秒工具，只是難以推廣到n=11的情形;于是，他又在1847年提出了“分圓整數(shù)”法來證明，但沒有成功。

　　5：庫默爾在1844年提出了“理想數(shù)”概念，他證明了：對于所有小于100的素指數(shù)n，費馬大定理成立，此一研究告一階段。

　　6：勒貝格提交了一個證明，但因有漏洞，被否決。

　　7：希爾伯特也研究過，但沒進展。

　　8：1983年，德國數(shù)學家法爾廷斯證明了一條重要的猜想——莫代爾猜想x的平方+y的平方=1這樣的方程至多有有限個有理數(shù)解，他由于這一貢獻，獲得了菲爾茲獎。

　　9：1955年，日本數(shù)學家谷山豐首先猜測橢圓曲線于另一類數(shù)學家們了解更多的曲線——模曲線之間存在著某種聯(lián)系;谷山的猜測后經韋依和志村五郎進一步精確化而形成了所謂“谷山——志村猜想”，這個猜想說明了：有理數(shù)域上的橢圓曲線都是模曲線。這個很抽象的猜想使一些學者搞不明白，但它又使“費馬大定理”的證明向前邁進了一步。

　　10：1985年，德國數(shù)學家弗雷指出了“谷山——志村猜想”和“費馬大定理”之間的關系;他提出了一個命題：假定“費馬大定理”不成立，即存在一組非零整數(shù)A,B,C,使得A的n次方+B的n次方=C的n次方(n>2),那么用這組數(shù)構造出的形如y的平方=x(x+A的n次方)乘以(x-B的n次方)的橢圓曲線，不可能是模曲線。盡管他努力了，但他的命題和“谷山——志村猜想”矛盾，如果能同時證明這兩個命題，根據(jù)反證法就可以知道“費馬大定理”不成立，這一假定是錯誤的，從而就證明了“費馬大定理”。但當時他沒有嚴格證明他的命題。

　　11：1986年，美國數(shù)學家里貝特證明了弗雷命題，于是希望便集中于“谷山——志村猜想”。

　　12：1993年6月，英國數(shù)學家維爾斯證明了：對有理數(shù)域上的一大類橢圓曲線，“谷山——志村猜想”成立。由于他在報告中表明了弗雷曲線恰好屬于他所說的這一大類橢圓曲線，也就表明了他最終證明了“費馬大定理”;但專家對他的證明審察發(fā)現(xiàn)有漏洞，于是，維爾斯又經過了一年多的拼搏，于1994年9月徹底圓滿證明了“費馬大定理”

　　13:蔣春暄先生在1992年就已經發(fā)表了證明費馬最后定理的文章(《潛科學》雜志，1992 年2月)，可是在中國，沒有人承認這個成果，當然更說不上得到國際的承認。然而，在過去了17年之后的今年(2009)6月初，蔣春暄先生獲得了意大利《特萊肖——伽利略科學院》2009年度金獎，獲獎的原因之一即他于1992年對于費馬最后定理的證明。

　　證明過程

　　1676年數(shù)學家根據(jù)費馬的少量提示用無窮遞降法證明n=4。1678年和1738年德國數(shù)學家萊布尼茲和瑞士數(shù)學家歐拉也各自證明n=4。1770年歐拉證明n=3。1823年和1825年法國數(shù)學家勒讓德和德國數(shù)學家狄利克雷先后證明n =5。1832年狄利克雷試圖證明n=7，卻只證明了n=14。1839年法國數(shù)學家拉梅證明了n=7，隨后得到法國數(shù)學家勒貝格的簡化……19世紀貢獻最大的是德國數(shù)學家?guī)禧湢�，他�?844年起花費20多年時間，創(chuàng)立了理想數(shù)理論，為代數(shù)數(shù)論奠下基礎;庫麥爾證明當n<100時除37、59、67三數(shù)外費馬大定理均成立。為推進費馬大定理的證明，布魯塞爾和巴黎科學院數(shù)次設獎。1908年德國數(shù)學家佛爾夫斯克爾臨終在哥廷根皇家科學會懸賞10萬馬克，并充分考慮到證明的艱巨性，將期限定為100年。數(shù)學迷們對此趨之若鶩，紛紛把“證明”寄給數(shù)學家，期望憑短短幾頁初等變換奪取桂冠。德國數(shù)學家蘭道印制了一批明信片由學生填寫：“親愛的先生或女士：您對費馬大定理的證明已經收到，現(xiàn)予退回，第一個錯誤出現(xiàn)在第_頁第_行。” 在解決問題的過程中，數(shù)學家們不但利用了廣博精深的數(shù)學知識，還創(chuàng)造了許多新理論新方法，對數(shù)學發(fā)展的貢獻難以估量。1900年，希爾伯特提出尚未解決的23個問題時雖未將費馬大定理列入，卻把它作為一個在解決中不斷產生新理論新方法的典型例證。據(jù)說希爾伯特還宣稱自己能夠證明，但他認為問題一旦解決，有益的副產品將不再產生。“我應更加注意，不要殺掉這只經常為我們生出金蛋的母雞。” 數(shù)學家就是這樣緩慢而執(zhí)著地向前邁進，直至1955年證明n<4002。大型計算機的出現(xiàn)推進了證明速度，1976年德國數(shù)學家瓦格斯塔夫證明 n<125000，1985年美國數(shù)學家羅瑟證明n<41000000。但數(shù)學是嚴謹?shù)目茖W，n值再大依然有限，從有限到無窮的距離漫長而遙遠。 983年，年僅29歲的德國數(shù)學家法爾廷斯證明了代數(shù)幾何中的莫德爾猜想，為此在第20屆國際數(shù)學家大會上榮獲菲爾茨獎;此獎相當于數(shù)學界的諾貝爾獎，只授予40歲以下的青年數(shù)學家。莫德爾猜想有一個直接推論：對于形如x^n+y^n=z^n(n≥4)的方程至多只有有限多組整數(shù)解。這對費馬大定理的證明是一個有益的突破。從“有限多組”到“一組沒有”還有很大差距，但從無限到有限已前進了一大步。 1955年日本數(shù)學家谷山豐提出過一個屬于代數(shù)幾何范疇的谷山猜想，德國數(shù)學家弗雷在1985年指出：如果費馬大定理不成立，谷山猜想也不成立。隨后德國數(shù)學家佩爾提出佩爾猜想，補足了弗雷觀點的缺陷。至此，如果谷山猜想和佩爾猜想都被證明，費馬大定理不證自明。事隔一載，美國加利福尼亞大學伯克利分校數(shù)學家里比特證明了佩爾猜想。 1993年6月，英國數(shù)學家、美國普林斯頓大學教授安德魯·懷爾斯在劍橋大學牛頓數(shù)學研究所舉行了一系列代數(shù)幾何學術講演。在6月23日最后一次講演《橢圓曲線、模型式和伽羅瓦表示》中，懷爾斯部分證明了谷山猜想。所謂部分證明，是指懷爾斯證明了谷山猜想對于半穩(wěn)定的橢圓曲線成立——謝天謝地，與費馬大定理相關的那條橢圓曲線恰好是半穩(wěn)定的!這時在座60多位知名數(shù)學家意識到，困擾數(shù)學界三個半世紀的費馬大定理被證明了!這一消息在講演后不脛而走，許多大學都舉行了游行和狂歡，在芝加哥甚至出動了警察上街維持秩序。但專家對他的證明審察發(fā)現(xiàn)有漏洞，于是，懷爾斯又經過了一年多的拼搏，于1994年9月20日上午11時徹底圓滿證明了“費馬大定理”

　　證明方法

　　五十年代日本數(shù)學家谷山豐首先提出一個有關橢圓曲線的猜想，后來由另一位數(shù)學家志村五郎加以發(fā)揚光大，當時沒有人認為這個猜想與費馬定理有任何關聯(lián)。在八十年代德國數(shù)學家佛列將谷山豐的猜想與費馬定理聯(lián)系在一起，而安德魯·懷爾斯所做的正是根據(jù)這個關聯(lián)論證出一種形式的谷山豐猜想是正確的，進而推出費馬最后定理也是正確的。

　　這個結論由威利斯在1993年的6月21日於美國劍橋大學牛頓數(shù)學研究所的研討會正式發(fā)表，這個報告馬上震驚整個數(shù)學界，就是數(shù)學門墻外的社會大眾也寄以無限的關注。不過懷爾斯的證明馬上被檢驗出有少許的瑕疵，于是懷爾斯與他的學生又花了十四個月的時間再加以修正。1994年9月19日他們終於交出完整無瑕的解答，數(shù)學界的夢魘終於結束。1997年6月，懷爾斯在德國哥庭根大學領取了佛爾夫斯克爾獎。當年的十萬馬克約為兩百萬美金，不過懷爾斯領到時，只值五萬美金左右，但安德魯·懷爾斯已經名列青史，永垂不朽了。

　　用不定方程來表示，費馬大定理即：當n > 2時，不定方程x^n + y^n = z^n 沒有xyz≠0的整數(shù)解。為了證明這個結果，只需證明方程x^4 + y^4 = z^4 ，(x , y) = 1和方程x^p + y^p = z^p ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1[p是一個奇素數(shù)]均無xyz≠0的整數(shù)解。

　　n = 4的情形已由萊布尼茨和歐拉解決。費馬本人證明了p = 3的情，但證明不完全。勒讓德[1823]和狄利克雷[1825]證明了p = 5的情形。1839年，拉梅證明了p = 7的情形。1847年，德國數(shù)學家?guī)炷瑺枌�費馬猜想作出了突破性的工作。他創(chuàng)立了理想數(shù)論，這使得他證明了當p < 100時，除了p = 37，59，67這三個數(shù)以外，費馬猜想都成立。后來他又進行深入研究，證明了對于上述三個數(shù)費馬猜想也成立。在近代數(shù)學家中，范迪維爾對費馬猜想作出重要貢獻。他從本世紀20年代開始研究費馬猜想，首先發(fā)現(xiàn)并改正了庫默爾證明中的缺陷。在以后的30余年內，他進行了大量的工作，得到了使費馬猜想成立一些充分條件。他和另外兩位數(shù)學家共同證明了當p < 4002時費馬猜想成立。

　　現(xiàn)代數(shù)學家還利用大型電子計算器來探索費馬猜想，使p 的數(shù)目有很大的推進。到1977年為止，瓦格斯塔夫證明了p < 125000時，費馬猜想成立。《中國數(shù)學會通訊》1987年第2期據(jù)國外消息報導，費馬猜想近年來取得了驚人的研究成果：格朗維爾和希思—布龍證明了「對幾乎所有的指數(shù)，費馬大定理成立」。即若命N(x)表示在不超過x的整數(shù)中使費馬猜想不成立的指數(shù)個數(shù)，則證明中用到了法爾廷斯[Faltings]的結果。另外一個重要結果是：費馬猜想若有反例，即存在x > 0，y > 0，z > 0，n > 2，使x^n + y^n = z^n ，則x > 101,800,000。

　　說明：

　　要證明費馬最后定理是正確的

　　(即x^ n+ y^n = z^n 對n>2 均無正整數(shù)解)

　　只需證 x^4+ y^4 = z^4 和x^p+ y^p = z^p (P為奇質數(shù))，都沒有整數(shù)解。

　　費馬大定理證明過程:

　　對費馬方程x^n+y^n=z^n整數(shù)解關系的證明，多年來在數(shù)學界一直頗多爭議。本文利用平面幾何方法，全面分析了直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解的存在條件，提出對多元代數(shù)式應用增元求值。本文給出的直角三角型邊長 a^2+b^2=c^2整數(shù)解的“定a計算法則”;“增比計算法則”;“定差公式法則”;“a值奇偶數(shù)列法則”;是平方整數(shù)解的代數(shù)條件和實踐方法;本文提出建立了一元代數(shù)式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念;本文利用同方冪數(shù)增比性質，利用整數(shù)方冪數(shù)增項差公式性質，把費馬方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整數(shù)解判定問題，巧妙地化為了一元定解方程問題。

　　關鍵詞：增元求解法 絕對方冪式絕對非方冪式 相鄰整數(shù)方冪數(shù)增項差公式

　　引言：1621年，法國數(shù)學家費馬(Fermat)在讀看古希臘數(shù)學家丟番圖(Diophantna)著寫的算術學一書時，針對書中提到的直角三角形三邊整數(shù)關系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2時有無窮多組整數(shù)解，在 n>2時永遠沒有整數(shù)解的觀點。并聲稱自己當時進行了絕妙的證明。這就是被后世人稱為費馬大定理的曠世難題。時至今日，此問題的解答仍繁難冗長，紛爭不斷，令人莫衷一是。

　　本文利用直角三角形、正方形的邊長與面積的相互關系，建立了費馬方程平方整數(shù)解新的直觀簡潔的理論與實踐方法，本文利用同方冪數(shù)增比定理，對費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)n>2時的整數(shù)解關系進行了分析論證，用代數(shù)方法再現(xiàn)了費馬當年的絕妙證明。

　　定義1.費馬方程

　　人們習慣上稱x^n+y^n=z^n關系為費馬方程，它的深層意義是指：在指數(shù)n值取定后，其x、y、z均為整數(shù)。

　　在直角三角形邊長中，經常得到a、b、c均為整數(shù)關系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，這時由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次數(shù)為2時，費馬方程與勾股弦定理同階。當指數(shù)大于2時，費馬方程整數(shù)解之研究，從歐拉到狄里克萊，已經成為很大的一門數(shù)學分支.

　　定義2.增元求解法

　　在多元代數(shù)式的求值計算中引入原計算項元以外的未知數(shù)項元加入，使其構成等式關系并參與求值運算。我們把利用增加未知數(shù)項元來實現(xiàn)對多元代數(shù)式求值的方法，叫增元求解法。

　　利用增元求解法進行多元代數(shù)式求值，有時能把非常復雜的問題變得極其簡單。

　　下面，我們將利用增元求解法來實現(xiàn)對直角三角形三邊a^2+b^2=c^2整數(shù)解關系的求值。

　　一，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解的“定a計算法則”

　　定理1.如a、b、c分別是直角三角形的三邊，Q是增元項，且Q≥1，滿足條件：

　　a≥3

　　{ b=(a^2-Q^2)÷2Q

　　c= Q+b

　　則此時，a^2+b^2=c^2是整數(shù)解;

　　證：在正方形面積關系中，由邊長為a得到面積為a^2，若(a^2-Q^2)÷2Q=b(其中Q為增元項，且b、Q是整數(shù)),則可把面積a^2分解為a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解關系按下列關系重新組合后可得到圖形：

　　Q2 Qb

　　其缺口剛好是一個邊長為b的正方形。補足缺口面積b^2后可得到一個邊長

　　Qb

　　為Q+b的正方形，現(xiàn)取Q+b=c，根據(jù)直角三角形邊長關系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2條件可知，此時的a、b、c是直角三角形的三個整數(shù)邊長。

　　故定理1得證

　　應用例子：

　　例1. 利用定a計算法則求直角三角形a邊為15時的邊長平方整數(shù)解?

　　解：取 應用例子：a為15，選增元項Q為1，根據(jù)定a計算法則得到：

　　a= 15

　　{ b=(a^- Q^2)÷2Q=(15^2-1^2)÷2 =112

　　c=Q+b=1+112=113

　　所以得到平方整數(shù)解15^2+112^2=113^2

　　再取a為15，選增元項Q為3，根據(jù)定a計算法則得到：

　　a= 15

　　{ b=(a^2-Q^2)÷2Q=(15^2-3^2)÷6=36

　　c=Q+b=3+36=39

　　所以得到平方整數(shù)解15^2+36^2=39^2

　　定a計算法則，當取a=3、4、5、6、7 … 時，通過Q的不同取值，將函蓋全部平方整數(shù)解。

　　二，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解“增比計算法則”

　　定理2.如a^2+b^2=c^2 是直角三角形邊長的一組整數(shù)解，則有(an)^2+(bn)^2 =(cn)^2(其中n=1、2、3…)都是整數(shù)解。

　　證：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整數(shù)解必得到一個邊長都為整數(shù)的直角三角形 a c ，根據(jù)平面線段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c;

　　b 2b

　　3a 3c;4a 4c;… 由a、b、c為整數(shù)條件可知，2a、2b、2c;

　　3b 4b

　　3a、3b、3c;4a、4b、4c… na、nb、nc都是整數(shù)。

　　故定理2得證

　　應用例子：

　　例2.證明303^2+404^2=505^2是整數(shù)解?

　　解;由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整數(shù)解，根據(jù)增比計

　　4

　　算法則，以直角三角形 3×101 5×101 關系為邊長時，必有

　　4×101

　　303^2+404^2=505^2是整數(shù)解。

　　三，直角三角形邊長a^2+b^2=c^2整數(shù)解“定差公式法則”

　　3a + 2c + n = a1

　　(這里n=b-a之差，n=1、2、3…)

　　定理3.若直角三角形a^2+^b2=c^2是滿足b-a=n關系的整數(shù)解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式連求得到的a1、a2、a3…ai 所組成的平方數(shù)組ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差關系的整數(shù)解。

　　證：取n為1，由直角三角形三邊3、4、5得到3^2+4^2=5^2，這里n=b-a=4-3=1，根據(jù) 3a + 2c + 1= a1定差公式法則有：

　　a1=3×3+2×5+1=20 這時得到

　　20^2+21^2=29^2 繼續(xù)利用公式計算得到：

　　a2=3×20+2×29+1=119 這時得到

　　119^2+120^2=169^2 繼續(xù)利用公式計算得到

　　a3=3×119+2×169+1=696 這時得到

　　696^2+697^2=985^2

　　…

　　故定差為1關系成立

　　現(xiàn)取n為7，我們有直角三角形21^2+28^2=35^2，這里n=28-21=7，根據(jù) 3a + 2c + 7 = a1定差公式法則有：

　　a1=3×21+2×35+7=140 這時得到

　　140^2+147^2=203^2 繼續(xù)利用公式計算得到：

　　a2=3×140+2×203+7=833 這時得到

　　833^2+840^2=1183^2 繼續(xù)利用公式計算得到：

　　a3=3×833+2×1183+7=4872 這時得到

　　4872^2+4879^2=6895^2

　　…

　　故定差為7關系成立

　　再取n為129，我們有直角三角形387^2+516^2=645^2，這里n=516-387=129，根據(jù) 3a + 2c + 129= a1定差公式法則有：

　　a1=3×387+2×645+129=2580 這時得到

　　2580^2+2709^2=3741^2 繼續(xù)利用公式計算得到：

　　a2=3×2580+2×3741+129=15351 這時得到

　　15351^2+15480^2=21801^2 繼續(xù)利用公式計算得到：

　　a3=3×15351+2×21801+129=89784 這時得到

　　89784^2+89913^2=127065^2

　　…

　　故定差為129關系成立

　　故定差n計算法則成立

　　故定理3得證

   

四，平方整數(shù)解a^2+^b2=c^2的a值奇偶數(shù)列法則：

　　定理4. 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三個整數(shù)邊長，則必有如下a值的奇數(shù)列、偶數(shù)列關系成立;

　　(一) 奇數(shù)列a：

　　若a表為2n+1型奇數(shù)(n=1、2、3 …)， 則a為奇數(shù)列平方整數(shù)解的關系是：

　　a=2n+1

　　{ c=n^2+(n+1)^2

　　b=c-1

　　證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到：

　　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

　　…

　　故得到奇數(shù)列a關系成立

　　(二)偶數(shù)列a：

　　若a表為2n+2型偶數(shù)(n=1、2、3 …)， 則a為偶數(shù)列平方整數(shù)解的關系是：

　　a=2n+2

　　{ c=1+(n+1)^2

　　b=c-2

　　證：由本式條件分別取n=1、2、3 … 時得到：

　　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

　　…

　　故得到偶數(shù)列a關系成立

　　故定理4關系成立

　　由此得到,在直角三角形a、b、c三邊中：

　　b-a之差可為1、2、3…

　　a-b之差可為1、2、3…

　　c-a之差可為1、2、3…

　　c-b之差可為1、2、3…

　　定差平方整數(shù)解有無窮多種;

　　每種定差平方整數(shù)解有無窮多個。

　　以上，我們給出了平方整數(shù)解的代數(shù)條件和實踐方法。我們同樣能夠用代數(shù)方法證明，費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)n>2時沒有整數(shù)解。證明如下：

　　我們首先證明，增比計算法則在任意方次冪時都成立。

　　定理5，若a，b，c都是大于0的不同整數(shù)，m是大于1的整數(shù)，如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方冪關系成立，則a，b，c，d，e增比后，同方冪關系仍成立。

　　證：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中，取增比為n，n>1，

　　得到 ： (n a)^m+(nb)^m=(nc)^m+(nd)^m+(ne)^m

　　原式化為 ： n^m(a^m+b^m)=n^m(c^m+d^m+e^m)

　　兩邊消掉 n^m后得到原式。

　　所以，同方冪數(shù)和差式之間存在增比計算法則，增比后仍是同方冪數(shù)。

　　故定理5得證

　　定理6，若a，b，c是不同整數(shù)且有a^m+b=c^m關系成立，其中b>1，b不是a，c的同方冪數(shù)，當a，b，c同比增大后，b仍然不是a，c的同方冪數(shù)。

　　證：取定理原式a^m+b=c^m

　　取增比為n，n>1，得到：(na)^m+n^mb=(nc)^m

　　原式化為： n^m(a^m+b)=n^mc^m

　　兩邊消掉n^m后得到原式。

　　由于b不能化為a，c的同方冪數(shù)，所以n^mb也不能化為a，c的同方冪數(shù)。

　　所以，同方冪數(shù)和差式間含有的不是同方冪數(shù)的數(shù)項在共同增比后，等式關系仍然成立。其中的同方冪數(shù)數(shù)項在增比后仍然是同方冪數(shù)，不是同方冪數(shù)的數(shù)項在增比后仍然是非同方冪數(shù)。

　　故定理6得證

　　一元代數(shù)式的絕對方冪與絕對非方冪性質

　　定義3，絕對某次方冪式

　　在含有一元未知數(shù)的代數(shù)式中，若未知數(shù)取值為大于0的全體整數(shù)時，代數(shù)式的值都是某次完全方冪數(shù)，我們稱這時的代數(shù)式為絕對某次方冪式。例如：n^2+2n+1，n^2+4n+4，

　　n^2+6n+9，……都是絕對2次方冪式;而n^3+3n^2+3n+1，n^3+6n^2+12n+8，……都是絕對3次方冪式。

　　一元絕對某次方冪式的一般形式為(n+b)^m(m>1，b為常數(shù)項)的展開項。

　　定義4，絕對非某次方冪式

　　在含有一元未知數(shù)的代數(shù)式中，若未知數(shù)取值為大于0的全體整數(shù)時，代數(shù)式的值都不是某次完全方冪數(shù)，我們稱這時的代數(shù)式為絕對非某次方冪式。例如：n^2+1，n^2+2，n^2+2n，…… 都是絕對非2次方冪式;而n^3+1，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，n^3+6n^2+8……都是絕對非3次方冪式。

　　當一元代數(shù)式的項數(shù)很少時，我們很容易確定代數(shù)式是否絕對非某次方冪式，例如n^2+n是絕對非2次方冪式，n^7+n是絕對非7次方冪式，但當代數(shù)式的項數(shù)很多時，得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻。

　　一元絕對非某次方冪式的一般形式為：在(n+b)^m(m>2，b為常數(shù)項)的展開項中減除其中某一項。

　　推理：不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數(shù)式必定在未知數(shù)取某一值時得出一個完全 m次方數(shù)。例如：3n^2+4n+1不是絕對非3次方冪式，取n=1時有3n^2+4n+1=8=2^3，3n^2+3n+1不是絕對非2次方冪式，當 n=7時，3n^2+3n+1=169=13^2;

　　推理：不含方冪項的一元代數(shù)式對任何方冪沒有唯一性。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 ……

　　證明：一元代數(shù)式存在m次絕對非方冪式;

　　在一元代數(shù)式中，未知數(shù)的不同取值，代數(shù)式將得到不同的計算結果。未知數(shù)與代式計算結果間的對應關系是唯一的，是等式可逆的，是純粹的定解關系。這就是一元代數(shù)式的代數(shù)公理。即可由代入未知數(shù)值的辦法對代數(shù)式求值，又可在給定代數(shù)式數(shù)值的條件下反過來對未知數(shù)求值。利用一元代數(shù)式的這些性質，我們可實現(xiàn)整數(shù)的奇偶分類、余數(shù)分類和方冪分類。

　　當常數(shù)項為1時，完全立方數(shù)一元代數(shù)表達式的4項式的固定形式是(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1，它一共由包括2個方冪項在內的4個單項項元組成，對這個代數(shù)式中3個未知數(shù)項中任意一項的改動和缺失，代數(shù)式都無法得出完全立方數(shù)。在保留常數(shù)項的前提下，我們鎖定其中的任意3項，則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數(shù)式，n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1，對這3個代數(shù)式來說，使代數(shù)式的值成為立方數(shù)只能有唯一一個解，即補上缺失的第4項值，而且這個缺失項不取不行，取其它項值也不行。因為這些代數(shù)式與原立方代數(shù)式形成了固定的單項定差代數(shù)關系，這種代數(shù)關系的存在與未知數(shù)取值無關。這種關系是：

　　(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

　　所以得到：當取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

　　即這3個代數(shù)式的值都不能等于(n+1)^3形完全立方數(shù)。

　　當取n=1、2、3、4、5 …時，(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1的值是從2開始的全體整數(shù)的立方，而小于2的整數(shù)只有1，1^3=1，當取n=1時，

　　n^3+3n^2+1=5≠1

　　n^3+3n+1=5≠1

　　3n^2+3n+1=7≠1

　　所以得到：當取n=1、2、3、4、5 …時，代數(shù)式n^3+3n^2+1，n^3+3n+1，3n^2+3n+1的值不等于全體整數(shù)的立方數(shù)。這些代數(shù)式是3次絕對非方冪式。

　　由以上方法我們能夠證明一元代數(shù)式：n^4+4n^3+6n^2+1，n^4+4n^3+4n+1，n^4+6n^2+4n+1，4n^3+6n^2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全4次方數(shù)。這些代數(shù)式是4次絕對非方冪式。

　　能夠證明5次方以上的一元代數(shù)式(n+1)^m的展開項在保留常數(shù)項的前提下，鎖定其中的任意m項后，可得到m個不同的一元代數(shù)式，這m個不同的一元代數(shù)式在取n=1、2、3、4、5 …時的值永遠不是完全m次方數(shù)。這些代數(shù)式是m次絕對非方冪式。

　　現(xiàn)在我們用代數(shù)方法給出相鄰兩整數(shù)n與n+1的方冪數(shù)增項差公式;

　　2次方時有：(n+1)^2-n^2

　　=n^2+2n+1-n^2

　　=2n+1

　　所以，2次方相鄰整數(shù)的平方數(shù)的增項差公式為2n+1。

　　由于2n+1不含有方冪關系，而所有奇數(shù)的冪方都可表為2n+1，所以，當2n+1為完全平方數(shù)時，必然存在n^2+(2√2n+1)^2=(n+1)^2即z-x=1之平方整數(shù)解關系，應用增比計算法則，我們即可得到z-x=2，z- x=3，z-x=4，z-x=5……之平方整數(shù)解關系。但z-x>1的xyz互素的平方整數(shù)解不能由增比法則得出，求得這些平方整數(shù)解的方法是：

　　由(n+2)^2-n^2=4n+4為完全平方數(shù)時得出全部z-x=2的平方整數(shù)解后增比;

　　由(n+3)^2-n^2=6n+9為完全平方數(shù)時得出全部z-x=3的平方整數(shù)解后增比;

　　由(n+4)^2-n^2=8n+16為完全平方數(shù)時得出全部z-x=4的平方整數(shù)解后增比;

　　……

　　這種常數(shù)項的增加關系適合于全體整數(shù)，當取n=1、2、3 … 時，我們可得到整數(shù)中全部平方整數(shù)解。

　　所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為2時成立。

　　同時，由于所有奇數(shù)的冪方都可表為2n+1及某些偶數(shù)的冪方可表為4n+4，6n+9，8n+16 …… 所以，還必有x^2+y^n=z^2整數(shù)解關系成立。

　　3次方時有：(n+1)^3-n^3

　　=n^3+3n^2+3n+1-n^3

　　=3n^2+3n+1

　　所以，3次方相鄰整數(shù)的立方數(shù)的增項差公式為3n^2+3n+1。

　　由于3n^2+3n+1是(n+1)^3的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是3次絕對非方冪式。所以，n為任何整數(shù)時3n^2+3n+1的值都不是完全立方數(shù)，因而整數(shù)間不存在n^3+(3√3n^2+3n+1 )^3=(n+1)^3即z-x=1之立方整數(shù)解關系，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之立方整數(shù)解關系。但z-x>1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些立方費馬方程式的方法是：

　　由(n+2)^3-n^3=6n2+12n+8，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù);

　　由(n+3)^3-n^3=9n2+27n+27，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù);

　　由(n+4)^3-n^3=12n2+48n+64，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù);

　　……

　　這種常數(shù)項的增加關系適合于全體整數(shù)，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程3次方關系經過增比后將覆蓋全體整數(shù)。

　　所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為3時無整數(shù)解。

　　4次方時有;(n+1)^4-n^4

　　=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4

　　=4n^3+6n^2+4n+1

　　所以，4次方相鄰整數(shù)的4次方數(shù)的增項差公式為4n^3+6n^2+4n+1。

　　由于4n^3+6n^2+4n+1是(n+1)^4的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是4次絕對非方冪式。所以，n為任何整數(shù)時4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方數(shù)，因而整數(shù)間不存在n^4+ (4√4n3+6n2+4n+1)^4=(n+1)^4即z-x=1之4次方整數(shù)解關系，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z- x=4，z-x=5……之4次方整數(shù)解關系。但z-x>1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些4次方費馬方程式的方法是：

　　由(n+1)^4-n^4=8n3+24n2+32n+16，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全4次方數(shù);

　　由(n+1)^4-n^4=12n3+54n2+108n+81，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全4次方數(shù);

　　由(n+1)^4-n^4=16n3+96n2+256n+256，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全4次方數(shù);

　　……

　　這種常數(shù)項的增加關系適合于全體整數(shù)，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程4次方關系經過增比后將覆蓋全體整數(shù)。

　　所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為4時無整數(shù)解。

　　m次方時，相鄰整數(shù)的方冪數(shù)的增項差公式為：

　　( n+1)^m-n^m

　　=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m

　　=mn^m-1+…+…+mn+1

　　所以，m次方相鄰整數(shù)的m次方數(shù)的增項差公式為mn^m-1+…+…+mn+1。

　　由于mn^m-1+…+…+mn+1是(n+1)^m的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是m次絕對非方冪式。所以，n為任何整數(shù)時mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方數(shù)，因而整數(shù)間不存在n^m+(m√mn^m-1+…+…+mn+1)^m =(n+1)^m即z-x=1之m次方整數(shù)解關系，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5……之m次方整數(shù)解關系。但z-x>1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出這些m次方費馬方程式的方法是：

　　由(n+2)^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全m次方數(shù);

　　由(n+3)^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全m次方數(shù);

　　由(n+4)^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全m次方數(shù);

　　……

　　這種常數(shù)項的增加關系適合于全體整數(shù)，當取n=1、2、3 … 時，費馬方程m次方關系經過增比后將覆蓋全體整數(shù)。

　　所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)為m時無整數(shù)解。

　　所以費馬方程x^n+y^n=z^n在指數(shù)n>2時永遠沒有整數(shù)解。