搜狗做题网费马大定理
来源：学生作业帮 编辑：搜狗做题网作业帮 分类：数学作业 时间：2024/08/05 07:10:11
当N>2时，XN+YN=ZN没有正整数解（除了4100万）
解题思路： 如果你看不到图，请给我发站内消息，不要投诉，那样我就不能给你继续解答了。
解题过程：
“费马猜想”的“奇妙证明”必是费马时代数学水平能够证明的方法，一定是初等数学证明，因而以初等数学“出奇巧妙”的证明才是最终完结“费马猜想”。三百五十多年来谁也没有发现这种“奇妙证明”，近十几年来一些数学家们无奈只好认可高等数学的证明，并且怀疑甚至否定费马当年“奇妙证明”的真实性，不相信这个问题存在初等数学证明的奇迹了。本文“费马猜想”初等数学证明提要：“假设 xn + yn = zn 有正整数解，通过因子分解得到关于z的方根因式和方根余式；此方根余式与得到的z方根逆n次方的方根余式必相等，判断假设有正整数解的方根不成立，从而证明xn + yn = zn没有正整数解。”~{b
证明：当n是一个大于2的正整数时，不定方程xn + yn = zn没有正整数解。r"K
在xn + yn = zn中，对于正整数，如果y = x，则2 xn = zn ，z = n√2 x，其中n√2是无理数，则x 、z 不能均为正整数，这种情形不在此问题讨论范围之内；而如果 y = 0，则xn = zn， 即 z = x ；或如果y = 0、x = 0，则z = 0；——后两种情形显然也非常简单被称谓“平凡解”，而x 、y 、z 均不等于0为正整数时则称其为“非平凡解”。问题是“费马猜想”当正整数n ＞ 2时，xn + yn = zn没有正整数解即没有“非平凡解”，且发现了一种“奇妙证法”；当然“奇妙证法”必应该是初等数学证明的方法。证明xn + yn = zn没有正整数解用反证法，首先从假设有正整数解的条件出发求得正整数解，然后判断这个正整数解的“解”（非平凡解）不成立，问题就解决了。 'k
已知：如果k为正整数，当 xn + yn = zn 没有正整数解时，那么（kx）n +（ky）n =（kz）n也没有正整数解；所以只须要讨论x 、y 、z不含公约数的正整数即可，这是 x 、y 、z 取值的基本条件。又因为 xn + yn = zn没有正整数解，则x kn + y kn = z kn也没有正整数解，而任一个大于2的正整数必能被某一个奇质数整除或偶数2 k+1最小的数4整除；于是只须要讨论n是奇质数时和n是偶数4时即可以了，这是n取值的基本条件。 j
即然设定x 、y 、z为正整数，且（ x ，y ）= 1，则必有（ x ，z ）= 1、（y ，z ）= 1，当n是大于2的正整数时使下列等式成立：)bC
xn+ yn = zn ……………………………………（1） :2o
又令正整数的某个奇质数为m和偶数2 k+1最小的数4 ，使 n = m和n = 4，只讨论n取值的这两种基本条件的情形。另外，（1）还有一个重要问题：即x、y、z设定其中两个数，就决定了第三个数，对于第三个数就是所求的未知方根；因而，如果以x、y为已知正整数时，“z”就是所求（xn + yn）是否为正整数的n次方根。NJT#^U
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首先讨论n = m，（1）式对于正奇质数 m有：2
x m + y m = z m ……………………………………（2）CP#._1
改变（2）等式的关系：zm - xm = ym ，将等式两边同除以ym，有（2）的变形等式：6
( z / y )m - ( x / y )m = 19*,
从而得： -dT
( z/y - x/y )〔(z/y)m-1+x/y (z/y)m-2+(x/y)2 (z/y)m-3+…+(x/y) m-2z/y+ (x/y)m-1〕= 1FmP
上面等式左边是两个因式的乘积，这两个因式存在两种可能，一是两个因式均等于1，二则两个因式必然是互为倒数。仅若z / y - x / y = 1推出 ( x + y )m = zm 即 xm +(c1myxm-1 +…+cm-1mym-1x) + ym = zm，但因为（c1myxm-1 +…+ cm-1mym-1x）≠ 0，这种情形不能成立，所以两个因式不能同时等于1 ；则两个因式必然唯一是互为倒数，设正整数 a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到：Q
z / y – x / y = b / a ………………………………………………（3） ?[,
(z/y)m-1 + x/y (z/y)m-2 + (x/y)2 (z/y)m-3 +…+ (x/y)m-1 = a / b ……（4）*
其中已证明b / a≠1，即 a ≠ b；容易证明a > b ：如果 a < b ，则 b/a >1 ，则b/a y > y，参照上面 ( x + y )m = zm 不成立的推证，则（x + b/a y）m = zm 也不能成立，所以a > b。}fk7
依据引理：“求解某些不定方程，特别由uv = 1时或素数p时，可将原不定方程转化为不定方程组，从而获得一些不定方程的解，这种解不定方程的方法叫因子分解法。”这里利用了引理“特别由uv = 1时”将原不定方程进行了因子分解，由倒数定理分解得到了（3）和（4）两个必然存在相关联的因子式（方程因式）。由（3）式得z / y = x / y + b / a可以代入（4）式，但为了简便直接代回（2）的变形等式 ( z / y )m - ( x / y )m = 1得：CdfUUD
( x/y + b/a )m - ( x/y )m = 1 &|w
c1mb/a(x/y)m-1 + c2m(b/a)2(x/y)m-2 + c3m(b/a)3(x/y)m-3 + … + Mc$Z`<
cm-1m(b/a)m-1x/y + (b/a)m = 1g3H
将上式两边乘以amym-1得：j
c1mam-1bxm-1+c2mam-2b2xm-2y+ c3mam-3b3xm-3y2 + … + cm-1mabm-1xym-2 + bmym-1 = amym-1 ?
从（3）式可知，等式两边分母y → a对应，根据整数的互质关系必有y含a 因子，设 y = ay2 将其代入上式得：x4$
c1mam-1bxm-1 + c2mam-2b2xm-2（ay2）+ c3mam-3b3xm-3(ay2)2 + … +a ;
cm-1mabm-1x(ay2)m-2 + bm(ay2)m-1 = am(ay2)m-1?sET
将上式两边同时除以 am-1 得：Bo>+Dr
c1mbxm-1 + c2mb2xm-2y2 + c3mb3xm-3y22 + … + cm-1mbm-1xy2m-2 +EBv
bmy2m-1 = amy2m-1 ………（5）=x
如果y2还含a因子或a 的因子，那么（5）式除 c1mbxm-1项外其他各项均含y2 即含a因子或a的因子；但因 ( x ，y ) = 1、( a ，b ) = 1，如果a与c1m互质等式不能成立；如果a与c1m不互质，c1m是奇质数，a只能含m因子。又（5）等式左边第二项中z
c2m = m! / 2!(m-2)! = m(m-1) / 2a6l'x
即c2m含m因子，y2 含a 因子即含m 因子，至少存在m2 能整除c2mb2xm-1y2项，且其后各项及等式右边均能被m2 整除，仅此c1mbxm-1 项只能被m 整除，可知等式也不成立，因而 y 只含一个a 因子，所以（y2 ，a）= 1。如果这时a 还含m 因子，则（5）式左边除bmy2m-1 项外其他各项分别含 NfD"Y
c1m ，c2m ，… ，cpm ，… ，cm-1m (1≤ p ≤ m-1)(%q
cpm = m!/p!(m-p)! = m(m-1)(m-2)…(m-p+1)/p !Q
因为m 是奇质数，且 1≤p≤ m-1 ，所以 m 大于p! 中的各个质数因子，即cpm 含m 因子，若a 含m 因子，则只有等式左边bmy2m-1一项不含m 因子，等式也不能成立。所以使（5）等式成立a 一定不含m 因子。Y6p
由（4）式可知，等式两边分母ym-1 → b对应，根据整数的互质关系必有ym-1含b 因子，因为ym-1 = (ay2)m-1，于是必有y2m-1含b 因子。由（5）式两边同除以b得： e0g
c1mxm-1 + c2mbxm-2y2 + c3mb2xm-3y22 + … + cm-1mbm-2xy2m-2 +I<bW
bm-1y2m-1 = amy2m-1/b ……（6）Y
显然，（6）等式右边amy2m-1/b项中，因为（a ，b）= 1，所以只有b整除y2m-1。而y2m-1/ b只有两种可能：y2m-1/b = 1或者 y2m-1/b > 1。当 y2m-1/b = 1时，即b= y2m-1，由（6）得：
c1mxm-1 + c2mbxm-2y2 + c3mb2xm-3y22 + … + cm-1mbm-2xy2m-2 + bm-1y2m-1 = ama :|D
已知等式左边c1m、 c2m、 c3m … cm-1m含m因子，如果bm-1y2m-1项含m因子，而等式右边a已证明一定不含m因子，则等式不能成立；bm-1y2m-1不含m因子等式才能够成立，即y2、b不含m因子。设正整数c令y2 = c ，b= y2m-1=cm-1，（c，m）= 1，于是得出y 及其相关b的一组必要解值：Cn
y = ac ， b = cm-1 ………………………………………（7） qAU
当（6）等式右边y2m-1 / b > 1时，其存在y2m-1的剩余因子即存在y2因子或y2中的因子；等式左边除c1mxm-1 项外其他各项均含y2因子，并与xm-1互质 ，所以只能与c1m 互相约尽才能可以，而 c1m = m 是奇质数 ，y2m-1 / b > 1的剩余因子仅能是y2m-1中的m 奇质数因子，则y2必含m因子，设y2 = my3代入（6）得： AACt>
c1mxm-1 + c2mbxm-2（my3）+ c3mb2xm-3(my3)2 + … +cm-1mbm-2x(my3)m-2 + F/
bm-1(my3)m-1 = am(my3)m-1/b PFEGx
将上式两边均除以m 得：%`9Z
xm-1 + c2mbxm-2y3 + c3mb2xm-3my32 +…+ cm-1mbm-2xmm-3y3m-2 +^
bm-1mm-2y3m-1 =ammm-2y3m-1/ b 5
可见上等式右边项ammm-2y3m-1/ b中必然 mm-2y3m-1 / b = 1。否则若mm-2y3m-1/ b > 1，当余m因子时，等式左边除xm-1项外其它各项均含m因子，等式不能成立；当余y3的因子时，与xm-1互质，等式也不能成立。所以只有m m-2y3m-1/b = 1时等式才能够成立，这时y3再含否m因子均可。设正整数 c 令y3 = c ，于是得出y 及其相关b的第二组必要解值：fW]
y = acm ， b = cm-1mm-2 ……………………………（8）aLp0
现在明确了a值存在的情形，得出了只有（7）、（8）这两组y的必要解值及相关b 的值。K_]
将（7）代入（3）、（4）有：AFA>
z/ac - x/ac = cm-1/ar
(z/ac)m-1 + x/ac (z/ac)m-2 + (x/ac)2 (z/ac)m-3 + … + (x/ac)m-2z/ac + (x/ac)m-1 = a/cm-1W02
化简得：xV
z - ( x + cm ) = 0 ………………………………………（9）c@
zm-1+ xzm-2 + x2zm-3 + … + xm-2z +（xm-1 - am）= 0…（10）^q,C
将（8）代入（3）、（4）得：~)t7;
z / acm - x/acm = cm-1mm - 2/ a5P/
(z/acm)m-1 + x/acm (z/acm)m-2 + (x/acm)2 (z/acm)m-3+… +tRK
(x/acm)m-2 z /acm+ (x/acm)m-1 = a/mm-2cm-1oq
化简得：~;?Wc
z - (x + cmmm-1) = 0 …………………………………（11）|
zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 +…+ xm-2z + (xm-1 - amm) = 0 …（12）=R#
以上明确了a存在值的结果和y 及b仅能存在的两种情形必要解值，于是得出了仅可能存在的（9）和（11）关于 z “非平凡解”的两个“z根因子式”及其相关的（10）和（12）两个“z根余因式”。为了表达简便，由y值决定的n = m时的两个“z根因子式”表示为：fm (zy) = 0，两个“z根余因式”表示为：fm( m-1) ( zy ) = 0。J M
“z根因子式”fm (zy) = 0的“非平凡解”是否成立，待于验证。Dx"T'
p
下面讨论 n = 4时的情形：IQ4PJ]
x4 + y4 = z4 …………………………………（13）H
使（z/y）4 - (x/y) 4= 1，参照n = m时的讨论，设正整数a、b，（ a ，b ）= 1，得：Ig!
z/y - x/y = b / a ……………………………………（14）E;V?
(z/y)3 + x/y (z/y)2 + (x/y)2z/y + (x /y)3 = a / b ………（15）l
这时（13）分解为（14）、（15）两个必然存在相关联的因子式（方程因式）。由（14）式z/y = x/y + b/a直接代回方程（13）变形等式（z/y）4 - (x/y) 4 = 1整理得：ywpCV
4a3bx3 + 6a2b2x2y + 4ab3xy2 + b4y3 = a4y3 ;i^
由（14）可知y必含a因子,设y = ay2代入上式得：b
4a3bx3 + 6a2b2x2ay2 + 4ab3xa2y22 + b4a3y23 = a4a3y23PrM
上式两边同除以a3b得：O_".
4x3 + 6bx2y2 + 4b2xy22 +b3y23 = a4y23/ b …………（16）8>E
由（15）式可知y3必含b因子，在（16）式右边项中只能有y23/ b = 1 或 y23/ b > 1 。当 y23/ b = 1 时，设 y2 = c ；有a 、b（c）均为奇数时等式成立，于是得到y及其相关b的一组必要解值：L
y = ac ，b = c3 …………………………………（17）|_EG
当y23/ b>1时存在y23 的剩余因子，其与x3 互质，只能与4相约，所以 y2 必含2因子，设y2 = 2y3代入（16）并除以4得：b@
x3 + 3bx2y3 + b2x(2y3)2 + 2b3y33 = a4(2y33/ b)dLx
这时存在两种情形，如果b不含2因子使y33/ b = 1，等式右边余2a4，则 a 含否2因子均可；如果b含2因子，使2y33/ b = 1等式成立，则y3再含否2因子均可。设y3 = c，于是又得两组y及其相关b的另两组必要解值： z^@r|
y = 2ac ， b = c3 …………………………………（18）{2'VK
y = 2ac ， b = 2c3 ……………………………（19）eb3
将（17）代入（14）和（15）得：&;
z - ( x + c4 ) = 0 …………………………………（20）S`<b
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4)= 0 ……………………（21）(
将（18）代入（14）和（15）得：8;uh.E
z - ( x + 2c4 ) = 0 ……………………………（22）"
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - 23a4 ) = 0 …………………（23）)
将（19）代入（14）和（15）得：~G*2dM
z - ( x + 22c4 ) = 0 ………………………………（24）L{9f9$
z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0 …………………（25）/{#LP
至此又明确了当 n = 4时a的存在结果和y及b仅能存在的三种必要解值，并且得出（20）、（22）、（24）关于z“非平凡解”仅可能存在的三个“z根因子式”及（21）、（23）、（25）相关的“z根余因式”。同样为了表达简便，由y值决定的n = 4时“z根因子式”表示为：f 4 ( zy ) = 0，“z根余因式”表示为：f4(4-1 ) (zy) = 0）。7EjnCM
“z根因子式”f 4 ( zy ) = 0的“非平凡解”是否成立，即将验证。j6
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以上由n = m为奇质数时和n = 4时，通过对xn + yn = zn 因子分解的分析，得到n不同取值及y不同必要解值时的相应“z根因子式”统一表示为：f n ( zy ) = 0，“z根余因式”统一表示为：f n( n-1)（zy）= 0，于是得到：to7SY
zn - ( xn + yn ) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0z$D
引入、证明相关定理。0eZ2T8
已知，方根存在定理：对于任何非负实数x ，存在唯一的非负实数 a ，它的 n次幂等于x ，即an = x 。方根性质定理：正实数开任何次方，在实数集里均只有唯一的一个正的方根；0开任何次方均等于0。非负实数方根在实数集里是可逆的，也就是：对于任何一个非负实数r ，存在相应的唯一非负实数rn ，它的唯一非负实数n次方根等于r，即n√r n = r。从而，推论：任何一个非负实数均可认定是一个唯一相应非负实数的n次方根。所以可设 z = n√r n = r（r是一个非负实数），即z = r为一个方根等式，则 “方根因式”为：z – r = 0，其存在两种“逆方根式”zn = rn和 ( z – r )n = 0成立；前者是任何一个非负实数n次方根式，只有一个非负实数方根，简称“方根式”；后者则是前者的特例，为0n（z – r = 0）的n次方根，有n个重根（方根），为 n次重根式，简称“重根式”。逆方根式的方根因式是唯一性的（已知），其分解相关联的余因式称谓“方根余式”，必然方根余式也是唯一性的。K
证明：“方根余式”是唯一性的：{
由“方根式”zn - rn = 0分解方根因式得：,F}R![
z – r = 0 ……………………………………………（15+-Ew?
zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + … + rn-2z + rn-1 = 0 ……………（2 nO
将（1 式表示为：f n (z r ) = 0，是“方根因式”；（2 式表示为：f n( n-1) ( z r) = 0，是“方根余式”。（1已知是唯一性的，现在证明（2也是唯一性的。如果（2不是唯一的，那么还存在非负实数k使z = k 即zn - kn = 0 成立并分解方根因式得：b,05
z – k = 0 …………………………………………（3B[)]=
zn-1 + kzn-2 + k2zn-3 +…+ kn-2z + kn-1 = 0 …………（40?
根据非负实数方根存在的唯一性定理，不可有一个方根“z”即z = r又z = k，只存在一个方根唯一z = r = k ，则（2与（4是相等的：s
r = k ， r2 = k2 ， r3 = k3 … rn-2 = kn-2 ， rn- 1= kn-1H
因而（4式等于（2式 ，这种方根余式对于（2也是唯一性的。A
由“重根式”（z – r）n = 0，当n为奇数时，分解方根因式得：;SRed1
z – r = 0 ………………………………………………（5iBY+
zn-1 - c1n-1rzn-2 + c2n-1r2zn-3 - … - cn-2n-1rn-2z + rn-1 = 0 …（6{ou6
其中（5式与（1 式相同f n ( zr ) = 0是方根因式，（6 式是此一种 f n( n-1) ( z r) = 0的方根余式。（5已知是唯一性的，如果（6不是唯一的，那么还存在非负实数k使 ( z – k )n = 0成立并分解方根因式得：=YQ
z – k = 0 …………………………………………………（7suU=E!
zn-1 - c1n-1kzn-2 + c2n-1k2zn-3 - … - cn-2n-1kn-2z + kn-1 = 0 …（8u10u
根据非负实数方根存在的唯一性定理，同样不可有一个方根“z”即z = r又z = k，只存在一个方根唯一z = r = k ，则（6与（8是相等的： qa
- c1n-1r = - c1n-1k ， c2n-1r2 = c2n-1k2 ，… ，- cn-2n-1rn-2 = - cn-2n-1kn-2 ， rn-1 = kn-1sh2U;
因而（8式等于（6式，此种方根（重根）余式对于（6是唯一的。当n为偶数时同理可证，但无论n为奇数或偶数其方根余式的性质是同一的。3eZ{H
结论：方根余式唯一性定理：对于任何非负实数z = r的方根等式，其逆方根式zn - rn = 0和 ( z–r )n = 0的n次方根因式 f n( z r ) = 0仅存在的两种方根余式 f n ( n-1) ( z r) = 0同样是唯一性的，即只有唯一性的相应方根余式才能使唯一性的方根因式（乘积）存在唯一性的n次方根。?]n~
#uT1!
返回来继续讨论（1）的正整数解（非平凡解）。$=`
证明：在zn - ( xn + yn ) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0中，fn ( zy ) = 0是n次方根因式；fn ( n -1)( zy) = 0是方根余式。3o8]
由fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0可知， fn ( zy ) = 0与fn ( n -1)( zy) = 0是zn - ( xn + yn ) = 0 一定必要条件下分解得出唯一确定的两个相关联的因子式（方程因式），这两个因子式是通过一定的法则分解yn的因子推证得到的。如果yn不限定是一个n次方数，即存在任意正整数k，而k ≠ yn，使dt
xn + k = zn~
成立，这时便有：p
（z – x）（zn-1 + zn-2x + zn-3x2 +…+ zxn-2 + xn-1）= k =cd 7
其中任意给定正整数zn 和 xn 必有唯一的一个正整数k存在，也就是一定有xn + k = zn有正整数解；反之，这时“k”是任意具体的正整数，便由k决定z、x是否存在有正整数解。已知k时只能利用因数分析法对z、x求解。解不定方程的因数分析法：“任何非零整数的因数个数是有限的，因此可以对不定方程的解在有限范围内用枚举法确定。”利用这一方法将k的因数分解为c、d时，只能用分析、试算来判断确定其满足要求的结果。这里将等式左边的因式与等式右边的因数试确定对应相等的等式称为“因数等式”，试确定因数等式可得：?
z – x = d b
zn-1 + zn-2x + zn-3x2 + … + zxn-2 + xn-1 = c 9
则 {w,N
z –（x + d ）= 0 ld
zn-1 + zn-2x + zn-3x2 + … + zxn-2 +（xn-1–c）= 0G0-
因数等式中“c、d”因数分解的代数值不可能是唯一确定的，c、d不同取值时z、x有不同组解。虽然存在正整数（xn + k）= rn，可以分析确定存在因数c、d使因数等式z - x = d及zn-1 + zn-2x + zn-3x2 + … + zxn-2 + xn-1 = c有正整数解，但不可唯一确定其正整数r =（x + d）， z – （x + d ）= 0 也只能是xn + k = zn的一个根，不是唯一的一个根。因而z -（x + d ）= 0 不可唯一确定是 zn -（xn + k ）= 0的正整数根因式。又既然k不是一个n次方数，那么n√k是无理数，则n>
[z /（n√k）] n – [x /（n√k）]n = 1;5]Q
不可分解出确定的z-（x + d ）= 0的有理数根因式，因而z-（x + d ）= 0只能是一个因数等式，不是 xn + k = zn 正整数解的根因式，有正整数解是试算得到的，这是或然性的。8o:s
当k = yn时，任意给定正整数zn 和xn不一定有正整数yn存在。但是依据引理和倒数定理通过因子分解法能够将xn + yn = zn 中的y因子分解，这种分解得到的y及b的必要解值是确定唯一性的结果，“z”有一个唯一正整数根；也就是n不同即定取值和y必要解值条件时相应的fn ( zy ) = 0是唯一的一个根因式，这是必然性的。又n为奇质数m时：gZ
zm = ( xm + ym ) =（x + y）（xm-1 - xm-2y + xm-3y2 - … - xym-2 + ym-1）nFw5M
显然（x + y）及（xm-1 - xm-2y + xm-3y2 - … - xym-2 + ym-1）这两个分解式不含z =（x + cm）或z =（x + mm-1cm）因式，fm (zy) = 0必是( xm+ ym )之和的m 次方根因式；n为偶数4时( x4 + y4 )不可以分解任何因式，f 4 ( zy ) = 0亦必是( x4 + y4 )之和的4次方根因式。因为存在非负实数r使 ( xn + yn ) = rn 成立，所以必然存在正整数zn = ( xn + yn ) = rn，则 zn - ( xn + yn ) = zn - rn。根据方根存在唯一性定理必有唯一性的fn ( zy ) = 0是zn - ( xn + yn ) = 0唯一性的正整数方根因式，即fn ( zy ) = fn ( z r ) = 0；则fn ( n -1)( zy) = 0是方根余式，即fn ( n -1)( zy) = fn ( n -1)( z r) = 0。于是对于正整数有：,3XM
zn - ( xn + yn ) = fn ( zr ) * fn ( n -1)( zr) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0v@E
com n
检验方根f n( zy ) = 0“非平凡解”是否成立。Hh~,(.
因为正整数zn = ( xn + yn ) = rn 即z n = rn，根据正实数n次方根存在唯一性定理在非负实数集里可逆性质，则存在正整数方根等式z = r，其仅有两种逆方根式为：gs2(
zn – r n = 0 ，( z – r )n = 0 …………………………（26）NxWl
=Le"R
当n = m是奇质数时，验证f m ( zy ) = 0的方根结果。==YK
由（26），n = m为： F;
zm - rm = 0 ， ( z – r )m = 0 ………………………（27）4
验证（7）y = ac、b = cm-1时f m ( zac ) = 0方根的结果。Zh*M
由（27）中的zm - rm = 0 分解方根因式得：be
z – r = 0 ……………………………………………（28）*,,dA
zm-1 + rzm-2 + r2zm-3 + … + rm-2z + rm-1 = 0 ………（29）?
因为（2）式zm = ( xm + ym )存在正整数方根解是唯一性的，而（9）的方根z = ( x + cm )是（2）此种情形的唯一解。根据非负实数方根性质定理的可逆性，存在 zm = ( x + cm )m 则 zm - ( x + cm )m = 0，其方根余式为 ：rJI'D
zm-1+(x+cm)zm-2+(x+cm)2zm-3+…+ (x+cm)m-2z+(x+cm)m-1 = 0……（30）Clpwm+
根据方根唯一性定理，由（28）和（9）必存在i%9E
r = x + cmWi^
又因为依据zm = (xm+ym) = rm 推证（10）是分解（9）后的方根余式，必有（10）式 =（29）式；（30）是由（9）推出的正整数方根余式，必有（30）式 =（29）式；根据方根余式唯一性定理，（10）与（30）是唯一的，均是（9）的方根余式。所以由（29）与（10）、（30）关系得：-iR
r = x =（x+cm ）， r2 = x2 = (x+cm)2 ， r3 = x3 = (x+cm)3 ，… ， s}
rm-2 = xm-2 = (x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1
上面等式中，因为m≥3，所以（10）和（30）必有中间关于“z”项对应系数等式存在，分别除以x，x2，x3，… ，xm-2及xn-1有：:#?7
1 = (1+cm/x) ，1 = (1+cm/x)2 ，1 = (1+cm/x)3 ，…，1 = (1+cm/x)m-2 ，V
1- am /xm-1 = (1+cm/ x)m-1w}T$
各项对应系数等式均存在cm与 x互质问题，只能使c = 0 ，常数项am与xm-1互质也只有a = 0。于是各项对应系数等式为：j.X5*
r = x =（x） ， r2 = x2 = (x)2 ， r3 = x3 = (x)3 ，… ， L-zf,
rm-2 = xm-2 = (x+)m-2 ， rm-1 = xm-1 = (x)m-1YXISRR
因而y = ac = 0，（9）fm( zac) = z – ( x + 0m) = 0；所以（7）给出的y = ac 、b = cm-1必要解值在此种情形时使f m( zac) = 0有“非平凡解”方根不成立；（2）只能0m + xm = z m，z = x，不存在“非平凡解”。tmA
由（27）中的（z – r）m = 0 其方根余式为：;F[oP.
zm-1 - c1m-1rzm-2 + c2m-1r2zm-3 - … - cm-2m-1rm-2z + rm-1 = 0 ……（31）d[eiFB
由（9）式〔z - (x+cm)〕m = 0 得此种方根余式：`k
zm-1 - c1m-1(x+cm)zm-2 + c2m-1(x+cm)2zm-3 - … - cm-2m-1(x+cm)m-2z &>2C{
+ (x+cm)m-1 = 0………（32）Xfz2h
根据方根唯一性定理只能存在r = x+cm ，根据方根余式唯一性定理，（31）与（10）、（32）的关系得：0v16
- c1m-1r = x = - c1m-1(x+cm) ， c2m-1r2 = x2 = c2m-1(x+cm)2，… ， X
- cm-2m-1rm-2 = xm-2 = - cm-2m-1(x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1-am = (x+cm)m-1"-t/
上面等式中，亦因为m≥3，所以 (10) 和（32）必有中间关于“z”项对应系数等式存在，分别除以x，x2， x3，…， xm-2及xn-1 各系数等式同样存在cm与x项互质问题，只能使c = 0，常数项am与xn-1互质也只有 a = 0；之后各项等式又存在：J<KpYP
x(c1m-1+1) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ，… ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0 ，xm-1 = (x)m-1|RI)/o
因为各项系数等式中cpm ≠ 0则必有x = 0 ，常数项等式也就只能0 = 0了；于是各项对应系数等式为：Gx4y5
- c1m-1r = 0 = - c1m-1（0 ）， c2m-1r2 = 02 = c2m-1（0）2，… ， W++6!4
- cm-2m-1rm-2 = 0m-2 = - cm-2m-1(0)m-2 ， rm-1 = 0 m-1 = (0)m-1)7OpEh
因而y = ac = 0 、x = 0，（9）fm( zac ) = z – (0 + 0m ) = 0；所以（7）给出的y = ac 、b = cm-1必要解值在此种情形时使f m( zac) = 0有“非平凡解”方根不成立；（2）只能0m + 0m = z m，z = 0，不存在“非平凡解”。=^8bc
验证（8）当y = acm 、b = cm-1mm-2 时f m ( zacm ) = 0的方根结果。R
同理，由（11）z - ( x + cmmm-1 ) = 0 ，其两种形式zm - (x+cmm-1)m = 0和[zm - (x+cmm-1)]m = 0的方根余式为： P:
zm-1 + (x+cmmm-1)zm-2 + (x+cmmm-1)2zm-3 + … +TY
(x+cmmm-1)m-2z + (x+cmmm-1)m-1 =0 ……（33）r"
zm-1 - c1m-1(x+cmmm-1)zm-2 + c2m-1(x+cmmm-1)2zm-3-… -joM`kQ
cm-2m-1(x+cmmm-1)m-2 z+ (x+cmmm-1)m-1 = 0 ……（34）4]^;(
根据方根唯一性定理和方根余式唯一性定理，（12）与（33）此种方根余式是唯一性的，由它们的对应系数得： hKZW~
x = (x+cmmm-2) ，x2 = (x+cmmm-1)2 ，… ，xm-2 = (x+cmmm-1)m-2 ，6%
xm-1- amm = (x + cmmm-1)m-1#}Y>)
同（10）和（30）的分析，将等式分别除以x，x2，…，xm-2及xm-1时对应系数项cmmm-1与x互质，m是正奇质数只有使c = 0于是cmmm-1 = 0，常数项amm与xm-1互质则只有a = 0 ，即y = acm = 0 ，使f m ( zacm ) = 0有“非平凡解”方根不成立；所以在此种情形时，（2）只能0m + xm = z m，z = x，不存在“非平凡解”。:<q
又（12）与（34），其这种方根余式是唯一性的，由它们的对应系数得：VG
x = - c1m-1(x+cmmm-1) ， x2 = c2m-1(x+cmmm-1)2， …，)I>BT
xm-2= - cm-2m-1(x+cmmm-1)m-2 ， xm-1- amm = (x + cmmm-1)m-1 @
同（10）和（32）的分析，各系数项等式分别除以x，x2，…，xm-2及xm-1时对应系数项均存在cmmm-1与x 互质问题，只能使 c = 0则cmmm-1 = 0，常数项中amm与xm-1互质只有a = 0 ，即y = acm = 0 ；之后各项系数等式也同样均存在：a_u"
x (c1m-1+1) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ，… ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0， xm-1 = (x)m-1 V%G<9
对应系数项只有x = 0 ，常数项等式0 = 0 ；使f m ( zacm ) = 0有“非平凡解”方根不成立；所以在此种情形时，（2）只能0m +0m = z m，z = 0，不存在“非平凡解”。v.,7
通过对（2）xm + ym = zm （m是奇质数时）y两组相关的必要解值（7）y = ac 、b = cm-1 和（8）y = acm 、b = cm-1mm-2并得（9）z = x + cm 、（11）z = x + cmmm-1 验证分析，其均不能使fm( zy ) = 0存在有“非平凡解”的方根，则（2）所设定有正整数等式不成立，所以xm + ym = zm 没有正整数解。og:
当n = 4时，同理验证f 4 ( zy ) = 0的方根结果。:
由（26）中的“4次方根式”即z4 - r4 = 0的一种形式，可得出（20）、（22）、（24）三种方根余式，其分别为：0BwT}
由 (20 ) 得： z3+ (x+c4)z2 + (x+c4)2z+ (x+c4)3 = 0 ……………（35）6lR
由（22）得： z3+ (x+2c4)z2 + (x+2c4)2z+ (x+2c4)3 = 0…………（36）]ls5
由（24）得： z3+ (x+22c4)z2 + (x+22c4)2z + (x+22c4)3 = 0 ……（37）;D
（35）与（21）有：{F
x = (x+c4) ， x2 = (x+c4)2 ， (x3-a4) = (x+c4)3p?
（36）与（23）有：1-t~J
x = (x+2c4) ， x2 = (x+2c4)2 ， (x3-23a4) = (x+2c4)3jU*Kt
（37）与（25）有：Z3
x = (x+22c4) ， x2 = (x+22c4)2 ， (x3-22a4) = (x+22c4)3J8}}se
同n = m奇质数时（10）和（30）的分析，上三种情形均有c = 0 、a = 0，即y = 0，f 4( zy ) = z – ( x + 0 ) = 0，z = x；所以，这三组y及其相关的必要解值得出的f 4( zy ) = 0有“非平凡解”方根在此种情形时不成立，则（13）只有x4 + 04 = z4，z = x，不存在“非平凡解”。Y#(2
在（26）中的“4次重根式”即 ( z – r )4 = 0 的另一种形式，使（20）、（22）、（24）方根余式分别为： T:6g
由（20）得： z3 - 3(x+c4)z2 + 3(x+c4)2z- (x+c4)3 = 0 …………（38）#
由（22）得：z3 - 3(x+2c4)z2 + 3(x+2c4)2z - (x+2c4)3 = 0………（39）cQX9
由（24）得：z3 - 3(x+22c4)z2 + 3(x+22c4)2z- (x+22c4)3 = 0……（40）6:8*H
（38）与（21）有：S}29R
x = - 3(x+c4) ， x 2= 3(x+c4)2 ， (x3-a4) = - (x+c4)3}yk7ay
（39）与（23）有：$
x = -3(x+2c4) ， x2 =3 (x+2c4)2 ， (x3-23a4) = - (x+2c4)3t:[N
（40）与（25）有：J9B
x = - 3(x+22c4) ， x2 = 3(x+22c4)2 ，(x3-22a4) = - (x+22c4)3TR6
同n = m奇质数时（10）和（32）的分析，也必有c = 0 、a = 0 ，y = 0，且x = 0，f 4 ( zy ) = z – ( 0 + 0 ) = 0，z = 0；所以，此三组y及其相关的必要解值得出的f 4( zy ) = 0 有“非平凡解”方根在这种情形时也不成立，则（13）有04+04= z4，z = 0，也不存在“非平凡解”。)xd~At
通过对（13）x4 + y4 = z4 的三组必要解值（17）y = ac、b = c3 ；（18）y = 2ac、 b = c3 ；（19）y = 2ac、b =2c3并得（20）z = x + c4 、（22）z = x + 2c4、（24） z = x + 22c4验证分析，其也均不能使f 4( zy ) = 0存在有“非平凡解”，则（13）所设定的正整数等式不成立，所以x4 + y4 = z4 没有正整数解。S.cu
于是证明了（2）xm + ym = zm (n = m是奇质数) 和（13）x4 + y4 = z4 ( n = 4 )时f n( zy ) = 0有“非平凡解”方根不成立 ，则（1）xn + yn = zn 没有“非平凡解”，只有两组“平凡解”：[
y＝0 x＝z （x、z为相同的任意正整数）;
y＝0 x＝0 z＝0;s!
当然得出结论：正整数n大于2时，xn + yn = zn 没有正整数解。 apUb
那么，为什么x2 + y2 = z2 有正整数解呢？bN7
当n=2时，可参照（3）、（4）设互为倒数求得其结果。但因为2是仅小于3的唯一质数，所以也适合于m为奇质数时的情形。95Dx
y不含m因子即不含2时，由（9）和（10）令m = 2得：VWbx
z - ( x + c2 ) = 0rSbE-t
z - ( a2 – x ) = 0,P})J
可知这时z2 - (x2 + y2) = 0能够分解为关于“z 、x”的二元一次方程组，用解方程组的方法很容易得到z、x的值。现在用“验根”的方法。RYBSs
“方根式”时：$*]N-J
z2 - ( x + c2 ) 2 = 0xA(A>
“方根余式”为：]
z + ( x + c2 ) = 0GXjH,
则有：gKgA=#
( x + c2 ) = - ( a2 – x ) KMDZ|W
c2 = - a2'45o
正数不能等于负数，所以无解。,_Slg
“重根式”时：?Q
[z - ( x + c2 ) ]2 = 0hjS
“方根余式”为：)
z -( x + c2 ) = 0kP
则有：SPKlD
- ( x + c2 ) = - ( a2 – x ) FXpae
x =（a2 – c2）/2?
于是求得z并由（7）推证出y为奇数时“勾股弦数”公式：.o
y = ac x = (a2 - c2) /2 z = (a2 + c2) /2%V!
关于“z”存在重根式，为：aI-gCa
z2 - (x2+y2) = [z - (x+c2)][z - (a2-x)] = [z - (x+c2)]2 = [z - (a2-x)]2 =0t
y含m因子即含2时，由（11）和（12）令m = 2得：`v
z - ( x +2 c2 ) = 0^
z - ( 2a2 – x ) = 0'1Nx>/
同理仅由“重根式”，并由（8）得y为偶数时“勾股弦数”公式： |xe
y = 2ac x = a2 - c2 z = a2 + c2~gLTI
关于“z”的重根式为：&r&
z2 - (x2+y2) = [z - (x+2c2)][z - (2a2-x)] = [z - (x+2c2)]2 = [z - (2a2-x)]2 = 0^T%cB
( 因为此时b = c，所以也可将上面的c代换成b。);Xu
这与古代给出传统的求解勾股弦数公式相符，并科学地解释了x2 + y2 = z2有正整数解的原理。对x2 + y2 = z2正整数解公式的推证，使我们明确了勾股数“通解公式”并非只是神秘的经验“构造”出的，而是能够求解得到；尤其更重要的是对于“z ”存在两个正整数重根的认识，这符合代数基本定理，又符合方根唯一性定理。而n大于2时xn + yn = zn 不存在“z” 的n 个正整数重根，所以没有正整数解。F,D
附：验根等量代换法#/O*K
说明：此法供参考，仅以（9）式与（10）式的解值为例简述：8
1、方根式：由（2）原式zm =（xm+ym）和（9）式zm = (x+cm)m，将这两个等式两边相减得：zm - (xm+ym) = zm - (x+cm)m，则其等式两边分解方根因式关系为：（9）式*（10）式=（9）式*（30）式，于是（10）式=（30）式；cm
2、重根式：由（2）原式z = m√（xm+ym）和（9）式z = (x+cm)，将这两个等式相减并m次方得：dn
[z - m√（xm+ym）]m = [z - (x+cm)]m;_.T26
设其中[z - m√（xm+ym）]m =（z – r）m = 0，根据二项定理得*
（z – r）m = zm - c1mrzm-1 + c2mr2zm-2 - … + cm-1mrm-1z - rm = 0 Rb-]=
因为z = r，可证明（- c1mrzm-1 + c2mr2zm-2 - … + cm-1mrm-1z）= 0，则：（z – r）m = zm - rm = 0 所以[z - m√（xm+ym）]m = z m -（xm+ym）m，即有：O_U
zm -（xm+ym）= [z - (x+cm)]m，@}aLPB
其等式两边分解方根因式关系为：（9）式*（10）式 =（9）式*（31）式，于是（10）式 =（31）式。hG3{j+
根据一元齐次多项式恒等定理，必然有（10）式与（30）式、（10式）与（31）式对应系数相等，之后相应的论证同上文。C<j >*
其它的几种“解值检验”同理。w
但“重根式”当n为偶数时还需要证明：3jF
（z – r）n = zn - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-1z + rn = 0 a4+0
其中© V+m.y
- c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-1z + rn = - rncD+
则
（z – r）n = zn – rn = 0:G':I
于是 2(
[z - n√（xn +yn）]n = z n -（xn + yn）_d6[16
zn -（xn+yn）= [z - (x+cn)]n，qeTu
当n = 4时，与n = m以“重根式”验证（9）式与（10）式同理，验证f 4 ( zy ) = 0的“非平凡解”不成立。
最终答案：略
解题过程：
“费马猜想”的“奇妙证明”必是费马时代数学水平能够证明的方法，一定是初等数学证明，因而以初等数学“出奇巧妙”的证明才是最终完结“费马猜想”。三百五十多年来谁也没有发现这种“奇妙证明”，近十几年来一些数学家们无奈只好认可高等数学的证明，并且怀疑甚至否定费马当年“奇妙证明”的真实性，不相信这个问题存在初等数学证明的奇迹了。本文“费马猜想”初等数学证明提要：“假设 xn + yn = zn 有正整数解，通过因子分解得到关于z的方根因式和方根余式；此方根余式与得到的z方根逆n次方的方根余式必相等，判断假设有正整数解的方根不成立，从而证明xn + yn = zn没有正整数解。”~{b
证明：当n是一个大于2的正整数时，不定方程xn + yn = zn没有正整数解。r"K
在xn + yn = zn中，对于正整数，如果y = x，则2 xn = zn ，z = n√2 x，其中n√2是无理数，则x 、z 不能均为正整数，这种情形不在此问题讨论范围之内；而如果 y = 0，则xn = zn， 即 z = x ；或如果y = 0、x = 0，则z = 0；——后两种情形显然也非常简单被称谓“平凡解”，而x 、y 、z 均不等于0为正整数时则称其为“非平凡解”。问题是“费马猜想”当正整数n ＞ 2时，xn + yn = zn没有正整数解即没有“非平凡解”，且发现了一种“奇妙证法”；当然“奇妙证法”必应该是初等数学证明的方法。证明xn + yn = zn没有正整数解用反证法，首先从假设有正整数解的条件出发求得正整数解，然后判断这个正整数解的“解”（非平凡解）不成立，问题就解决了。 'k
已知：如果k为正整数，当 xn + yn = zn 没有正整数解时，那么（kx）n +（ky）n =（kz）n也没有正整数解；所以只须要讨论x 、y 、z不含公约数的正整数即可，这是 x 、y 、z 取值的基本条件。又因为 xn + yn = zn没有正整数解，则x kn + y kn = z kn也没有正整数解，而任一个大于2的正整数必能被某一个奇质数整除或偶数2 k+1最小的数4整除；于是只须要讨论n是奇质数时和n是偶数4时即可以了，这是n取值的基本条件。 j
即然设定x 、y 、z为正整数，且（ x ，y ）= 1，则必有（ x ，z ）= 1、（y ，z ）= 1，当n是大于2的正整数时使下列等式成立：)bC
xn+ yn = zn ……………………………………（1） :2o
又令正整数的某个奇质数为m和偶数2 k+1最小的数4 ，使 n = m和n = 4，只讨论n取值的这两种基本条件的情形。另外，（1）还有一个重要问题：即x、y、z设定其中两个数，就决定了第三个数，对于第三个数就是所求的未知方根；因而，如果以x、y为已知正整数时，“z”就是所求（xn + yn）是否为正整数的n次方根。NJT#^U
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首先讨论n = m，（1）式对于正奇质数 m有：2
x m + y m = z m ……………………………………（2）CP#._1
改变（2）等式的关系：zm - xm = ym ，将等式两边同除以ym，有（2）的变形等式：6
( z / y )m - ( x / y )m = 19*,
从而得： -dT
( z/y - x/y )〔(z/y)m-1+x/y (z/y)m-2+(x/y)2 (z/y)m-3+…+(x/y) m-2z/y+ (x/y)m-1〕= 1FmP
上面等式左边是两个因式的乘积，这两个因式存在两种可能，一是两个因式均等于1，二则两个因式必然是互为倒数。仅若z / y - x / y = 1推出 ( x + y )m = zm 即 xm +(c1myxm-1 +…+cm-1mym-1x) + ym = zm，但因为（c1myxm-1 +…+ cm-1mym-1x）≠ 0，这种情形不能成立，所以两个因式不能同时等于1 ；则两个因式必然唯一是互为倒数，设正整数 a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到：Q
z / y – x / y = b / a ………………………………………………（3） ?[,
(z/y)m-1 + x/y (z/y)m-2 + (x/y)2 (z/y)m-3 +…+ (x/y)m-1 = a / b ……（4）*
其中已证明b / a≠1，即 a ≠ b；容易证明a > b ：如果 a < b ，则 b/a >1 ，则b/a y > y，参照上面 ( x + y )m = zm 不成立的推证，则（x + b/a y）m = zm 也不能成立，所以a > b。}fk7
依据引理：“求解某些不定方程，特别由uv = 1时或素数p时，可将原不定方程转化为不定方程组，从而获得一些不定方程的解，这种解不定方程的方法叫因子分解法。”这里利用了引理“特别由uv = 1时”将原不定方程进行了因子分解，由倒数定理分解得到了（3）和（4）两个必然存在相关联的因子式（方程因式）。由（3）式得z / y = x / y + b / a可以代入（4）式，但为了简便直接代回（2）的变形等式 ( z / y )m - ( x / y )m = 1得：CdfUUD
( x/y + b/a )m - ( x/y )m = 1 &|w
c1mb/a(x/y)m-1 + c2m(b/a)2(x/y)m-2 + c3m(b/a)3(x/y)m-3 + … + Mc$Z`<
cm-1m(b/a)m-1x/y + (b/a)m = 1g3H
将上式两边乘以amym-1得：j
c1mam-1bxm-1+c2mam-2b2xm-2y+ c3mam-3b3xm-3y2 + … + cm-1mabm-1xym-2 + bmym-1 = amym-1 ?
从（3）式可知，等式两边分母y → a对应，根据整数的互质关系必有y含a 因子，设 y = ay2 将其代入上式得：x4$
c1mam-1bxm-1 + c2mam-2b2xm-2（ay2）+ c3mam-3b3xm-3(ay2)2 + … +a ;
cm-1mabm-1x(ay2)m-2 + bm(ay2)m-1 = am(ay2)m-1?sET
将上式两边同时除以 am-1 得：Bo>+Dr
c1mbxm-1 + c2mb2xm-2y2 + c3mb3xm-3y22 + … + cm-1mbm-1xy2m-2 +EBv
bmy2m-1 = amy2m-1 ………（5）=x
如果y2还含a因子或a 的因子，那么（5）式除 c1mbxm-1项外其他各项均含y2 即含a因子或a的因子；但因 ( x ，y ) = 1、( a ，b ) = 1，如果a与c1m互质等式不能成立；如果a与c1m不互质，c1m是奇质数，a只能含m因子。又（5）等式左边第二项中z
c2m = m! / 2!(m-2)! = m(m-1) / 2a6l'x
即c2m含m因子，y2 含a 因子即含m 因子，至少存在m2 能整除c2mb2xm-1y2项，且其后各项及等式右边均能被m2 整除，仅此c1mbxm-1 项只能被m 整除，可知等式也不成立，因而 y 只含一个a 因子，所以（y2 ，a）= 1。如果这时a 还含m 因子，则（5）式左边除bmy2m-1 项外其他各项分别含 NfD"Y
c1m ，c2m ，… ，cpm ，… ，cm-1m (1≤ p ≤ m-1)(%q
cpm = m!/p!(m-p)! = m(m-1)(m-2)…(m-p+1)/p !Q
因为m 是奇质数，且 1≤p≤ m-1 ，所以 m 大于p! 中的各个质数因子，即cpm 含m 因子，若a 含m 因子，则只有等式左边bmy2m-1一项不含m 因子，等式也不能成立。所以使（5）等式成立a 一定不含m 因子。Y6p
由（4）式可知，等式两边分母ym-1 → b对应，根据整数的互质关系必有ym-1含b 因子，因为ym-1 = (ay2)m-1，于是必有y2m-1含b 因子。由（5）式两边同除以b得： e0g
c1mxm-1 + c2mbxm-2y2 + c3mb2xm-3y22 + … + cm-1mbm-2xy2m-2 +I<bW
bm-1y2m-1 = amy2m-1/b ……（6）Y
显然，（6）等式右边amy2m-1/b项中，因为（a ，b）= 1，所以只有b整除y2m-1。而y2m-1/ b只有两种可能：y2m-1/b = 1或者 y2m-1/b > 1。当 y2m-1/b = 1时，即b= y2m-1，由（6）得：
c1mxm-1 + c2mbxm-2y2 + c3mb2xm-3y22 + … + cm-1mbm-2xy2m-2 + bm-1y2m-1 = ama :|D
已知等式左边c1m、 c2m、 c3m … cm-1m含m因子，如果bm-1y2m-1项含m因子，而等式右边a已证明一定不含m因子，则等式不能成立；bm-1y2m-1不含m因子等式才能够成立，即y2、b不含m因子。设正整数c令y2 = c ，b= y2m-1=cm-1，（c，m）= 1，于是得出y 及其相关b的一组必要解值：Cn
y = ac ， b = cm-1 ………………………………………（7） qAU
当（6）等式右边y2m-1 / b > 1时，其存在y2m-1的剩余因子即存在y2因子或y2中的因子；等式左边除c1mxm-1 项外其他各项均含y2因子，并与xm-1互质 ，所以只能与c1m 互相约尽才能可以，而 c1m = m 是奇质数 ，y2m-1 / b > 1的剩余因子仅能是y2m-1中的m 奇质数因子，则y2必含m因子，设y2 = my3代入（6）得： AACt>
c1mxm-1 + c2mbxm-2（my3）+ c3mb2xm-3(my3)2 + … +cm-1mbm-2x(my3)m-2 + F/
bm-1(my3)m-1 = am(my3)m-1/b PFEGx
将上式两边均除以m 得：%`9Z
xm-1 + c2mbxm-2y3 + c3mb2xm-3my32 +…+ cm-1mbm-2xmm-3y3m-2 +^
bm-1mm-2y3m-1 =ammm-2y3m-1/ b 5
可见上等式右边项ammm-2y3m-1/ b中必然 mm-2y3m-1 / b = 1。否则若mm-2y3m-1/ b > 1，当余m因子时，等式左边除xm-1项外其它各项均含m因子，等式不能成立；当余y3的因子时，与xm-1互质，等式也不能成立。所以只有m m-2y3m-1/b = 1时等式才能够成立，这时y3再含否m因子均可。设正整数 c 令y3 = c ，于是得出y 及其相关b的第二组必要解值：fW]
y = acm ， b = cm-1mm-2 ……………………………（8）aLp0
现在明确了a值存在的情形，得出了只有（7）、（8）这两组y的必要解值及相关b 的值。K_]
将（7）代入（3）、（4）有：AFA>
z/ac - x/ac = cm-1/ar
(z/ac)m-1 + x/ac (z/ac)m-2 + (x/ac)2 (z/ac)m-3 + … + (x/ac)m-2z/ac + (x/ac)m-1 = a/cm-1W02
化简得：xV
z - ( x + cm ) = 0 ………………………………………（9）c@
zm-1+ xzm-2 + x2zm-3 + … + xm-2z +（xm-1 - am）= 0…（10）^q,C
将（8）代入（3）、（4）得：~)t7;
z / acm - x/acm = cm-1mm - 2/ a5P/
(z/acm)m-1 + x/acm (z/acm)m-2 + (x/acm)2 (z/acm)m-3+… +tRK
(x/acm)m-2 z /acm+ (x/acm)m-1 = a/mm-2cm-1oq
化简得：~;?Wc
z - (x + cmmm-1) = 0 …………………………………（11）|
zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 +…+ xm-2z + (xm-1 - amm) = 0 …（12）=R#
以上明确了a存在值的结果和y 及b仅能存在的两种情形必要解值，于是得出了仅可能存在的（9）和（11）关于 z “非平凡解”的两个“z根因子式”及其相关的（10）和（12）两个“z根余因式”。为了表达简便，由y值决定的n = m时的两个“z根因子式”表示为：fm (zy) = 0，两个“z根余因式”表示为：fm( m-1) ( zy ) = 0。J M
“z根因子式”fm (zy) = 0的“非平凡解”是否成立，待于验证。Dx"T'
p
下面讨论 n = 4时的情形：IQ4PJ]
x4 + y4 = z4 …………………………………（13）H
使（z/y）4 - (x/y) 4= 1，参照n = m时的讨论，设正整数a、b，（ a ，b ）= 1，得：Ig!
z/y - x/y = b / a ……………………………………（14）E;V?
(z/y)3 + x/y (z/y)2 + (x/y)2z/y + (x /y)3 = a / b ………（15）l
这时（13）分解为（14）、（15）两个必然存在相关联的因子式（方程因式）。由（14）式z/y = x/y + b/a直接代回方程（13）变形等式（z/y）4 - (x/y) 4 = 1整理得：ywpCV
4a3bx3 + 6a2b2x2y + 4ab3xy2 + b4y3 = a4y3 ;i^
由（14）可知y必含a因子,设y = ay2代入上式得：b
4a3bx3 + 6a2b2x2ay2 + 4ab3xa2y22 + b4a3y23 = a4a3y23PrM
上式两边同除以a3b得：O_".
4x3 + 6bx2y2 + 4b2xy22 +b3y23 = a4y23/ b …………（16）8>E
由（15）式可知y3必含b因子，在（16）式右边项中只能有y23/ b = 1 或 y23/ b > 1 。当 y23/ b = 1 时，设 y2 = c ；有a 、b（c）均为奇数时等式成立，于是得到y及其相关b的一组必要解值：L
y = ac ，b = c3 …………………………………（17）|_EG
当y23/ b>1时存在y23 的剩余因子，其与x3 互质，只能与4相约，所以 y2 必含2因子，设y2 = 2y3代入（16）并除以4得：b@
x3 + 3bx2y3 + b2x(2y3)2 + 2b3y33 = a4(2y33/ b)dLx
这时存在两种情形，如果b不含2因子使y33/ b = 1，等式右边余2a4，则 a 含否2因子均可；如果b含2因子，使2y33/ b = 1等式成立，则y3再含否2因子均可。设y3 = c，于是又得两组y及其相关b的另两组必要解值： z^@r|
y = 2ac ， b = c3 …………………………………（18）{2'VK
y = 2ac ， b = 2c3 ……………………………（19）eb3
将（17）代入（14）和（15）得：&;
z - ( x + c4 ) = 0 …………………………………（20）S`<b
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4)= 0 ……………………（21）(
将（18）代入（14）和（15）得：8;uh.E
z - ( x + 2c4 ) = 0 ……………………………（22）"
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - 23a4 ) = 0 …………………（23）)
将（19）代入（14）和（15）得：~G*2dM
z - ( x + 22c4 ) = 0 ………………………………（24）L{9f9$
z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0 …………………（25）/{#LP
至此又明确了当 n = 4时a的存在结果和y及b仅能存在的三种必要解值，并且得出（20）、（22）、（24）关于z“非平凡解”仅可能存在的三个“z根因子式”及（21）、（23）、（25）相关的“z根余因式”。同样为了表达简便，由y值决定的n = 4时“z根因子式”表示为：f 4 ( zy ) = 0，“z根余因式”表示为：f4(4-1 ) (zy) = 0）。7EjnCM
“z根因子式”f 4 ( zy ) = 0的“非平凡解”是否成立，即将验证。j6
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以上由n = m为奇质数时和n = 4时，通过对xn + yn = zn 因子分解的分析，得到n不同取值及y不同必要解值时的相应“z根因子式”统一表示为：f n ( zy ) = 0，“z根余因式”统一表示为：f n( n-1)（zy）= 0，于是得到：to7SY
zn - ( xn + yn ) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0z$D
引入、证明相关定理。0eZ2T8
已知，方根存在定理：对于任何非负实数x ，存在唯一的非负实数 a ，它的 n次幂等于x ，即an = x 。方根性质定理：正实数开任何次方，在实数集里均只有唯一的一个正的方根；0开任何次方均等于0。非负实数方根在实数集里是可逆的，也就是：对于任何一个非负实数r ，存在相应的唯一非负实数rn ，它的唯一非负实数n次方根等于r，即n√r n = r。从而，推论：任何一个非负实数均可认定是一个唯一相应非负实数的n次方根。所以可设 z = n√r n = r（r是一个非负实数），即z = r为一个方根等式，则 “方根因式”为：z – r = 0，其存在两种“逆方根式”zn = rn和 ( z – r )n = 0成立；前者是任何一个非负实数n次方根式，只有一个非负实数方根，简称“方根式”；后者则是前者的特例，为0n（z – r = 0）的n次方根，有n个重根（方根），为 n次重根式，简称“重根式”。逆方根式的方根因式是唯一性的（已知），其分解相关联的余因式称谓“方根余式”，必然方根余式也是唯一性的。K
证明：“方根余式”是唯一性的：{
由“方根式”zn - rn = 0分解方根因式得：,F}R![
z – r = 0 ……………………………………………（15+-Ew?
zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + … + rn-2z + rn-1 = 0 ……………（2 nO
将（1 式表示为：f n (z r ) = 0，是“方根因式”；（2 式表示为：f n( n-1) ( z r) = 0，是“方根余式”。（1已知是唯一性的，现在证明（2也是唯一性的。如果（2不是唯一的，那么还存在非负实数k使z = k 即zn - kn = 0 成立并分解方根因式得：b,05
z – k = 0 …………………………………………（3B[)]=
zn-1 + kzn-2 + k2zn-3 +…+ kn-2z + kn-1 = 0 …………（40?
根据非负实数方根存在的唯一性定理，不可有一个方根“z”即z = r又z = k，只存在一个方根唯一z = r = k ，则（2与（4是相等的：s
r = k ， r2 = k2 ， r3 = k3 … rn-2 = kn-2 ， rn- 1= kn-1H
因而（4式等于（2式 ，这种方根余式对于（2也是唯一性的。A
由“重根式”（z – r）n = 0，当n为奇数时，分解方根因式得：;SRed1
z – r = 0 ………………………………………………（5iBY+
zn-1 - c1n-1rzn-2 + c2n-1r2zn-3 - … - cn-2n-1rn-2z + rn-1 = 0 …（6{ou6
其中（5式与（1 式相同f n ( zr ) = 0是方根因式，（6 式是此一种 f n( n-1) ( z r) = 0的方根余式。（5已知是唯一性的，如果（6不是唯一的，那么还存在非负实数k使 ( z – k )n = 0成立并分解方根因式得：=YQ
z – k = 0 …………………………………………………（7suU=E!
zn-1 - c1n-1kzn-2 + c2n-1k2zn-3 - … - cn-2n-1kn-2z + kn-1 = 0 …（8u10u
根据非负实数方根存在的唯一性定理，同样不可有一个方根“z”即z = r又z = k，只存在一个方根唯一z = r = k ，则（6与（8是相等的： qa
- c1n-1r = - c1n-1k ， c2n-1r2 = c2n-1k2 ，… ，- cn-2n-1rn-2 = - cn-2n-1kn-2 ， rn-1 = kn-1sh2U;
因而（8式等于（6式，此种方根（重根）余式对于（6是唯一的。当n为偶数时同理可证，但无论n为奇数或偶数其方根余式的性质是同一的。3eZ{H
结论：方根余式唯一性定理：对于任何非负实数z = r的方根等式，其逆方根式zn - rn = 0和 ( z–r )n = 0的n次方根因式 f n( z r ) = 0仅存在的两种方根余式 f n ( n-1) ( z r) = 0同样是唯一性的，即只有唯一性的相应方根余式才能使唯一性的方根因式（乘积）存在唯一性的n次方根。?]n~
#uT1!
返回来继续讨论（1）的正整数解（非平凡解）。$=`
证明：在zn - ( xn + yn ) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0中，fn ( zy ) = 0是n次方根因式；fn ( n -1)( zy) = 0是方根余式。3o8]
由fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0可知， fn ( zy ) = 0与fn ( n -1)( zy) = 0是zn - ( xn + yn ) = 0 一定必要条件下分解得出唯一确定的两个相关联的因子式（方程因式），这两个因子式是通过一定的法则分解yn的因子推证得到的。如果yn不限定是一个n次方数，即存在任意正整数k，而k ≠ yn，使dt
xn + k = zn~
成立，这时便有：p
（z – x）（zn-1 + zn-2x + zn-3x2 +…+ zxn-2 + xn-1）= k =cd 7
其中任意给定正整数zn 和 xn 必有唯一的一个正整数k存在，也就是一定有xn + k = zn有正整数解；反之，这时“k”是任意具体的正整数，便由k决定z、x是否存在有正整数解。已知k时只能利用因数分析法对z、x求解。解不定方程的因数分析法：“任何非零整数的因数个数是有限的，因此可以对不定方程的解在有限范围内用枚举法确定。”利用这一方法将k的因数分解为c、d时，只能用分析、试算来判断确定其满足要求的结果。这里将等式左边的因式与等式右边的因数试确定对应相等的等式称为“因数等式”，试确定因数等式可得：?
z – x = d b
zn-1 + zn-2x + zn-3x2 + … + zxn-2 + xn-1 = c 9
则 {w,N
z –（x + d ）= 0 ld
zn-1 + zn-2x + zn-3x2 + … + zxn-2 +（xn-1–c）= 0G0-
因数等式中“c、d”因数分解的代数值不可能是唯一确定的，c、d不同取值时z、x有不同组解。虽然存在正整数（xn + k）= rn，可以分析确定存在因数c、d使因数等式z - x = d及zn-1 + zn-2x + zn-3x2 + … + zxn-2 + xn-1 = c有正整数解，但不可唯一确定其正整数r =（x + d）， z – （x + d ）= 0 也只能是xn + k = zn的一个根，不是唯一的一个根。因而z -（x + d ）= 0 不可唯一确定是 zn -（xn + k ）= 0的正整数根因式。又既然k不是一个n次方数，那么n√k是无理数，则n>
[z /（n√k）] n – [x /（n√k）]n = 1;5]Q
不可分解出确定的z-（x + d ）= 0的有理数根因式，因而z-（x + d ）= 0只能是一个因数等式，不是 xn + k = zn 正整数解的根因式，有正整数解是试算得到的，这是或然性的。8o:s
当k = yn时，任意给定正整数zn 和xn不一定有正整数yn存在。但是依据引理和倒数定理通过因子分解法能够将xn + yn = zn 中的y因子分解，这种分解得到的y及b的必要解值是确定唯一性的结果，“z”有一个唯一正整数根；也就是n不同即定取值和y必要解值条件时相应的fn ( zy ) = 0是唯一的一个根因式，这是必然性的。又n为奇质数m时：gZ
zm = ( xm + ym ) =（x + y）（xm-1 - xm-2y + xm-3y2 - … - xym-2 + ym-1）nFw5M
显然（x + y）及（xm-1 - xm-2y + xm-3y2 - … - xym-2 + ym-1）这两个分解式不含z =（x + cm）或z =（x + mm-1cm）因式，fm (zy) = 0必是( xm+ ym )之和的m 次方根因式；n为偶数4时( x4 + y4 )不可以分解任何因式，f 4 ( zy ) = 0亦必是( x4 + y4 )之和的4次方根因式。因为存在非负实数r使 ( xn + yn ) = rn 成立，所以必然存在正整数zn = ( xn + yn ) = rn，则 zn - ( xn + yn ) = zn - rn。根据方根存在唯一性定理必有唯一性的fn ( zy ) = 0是zn - ( xn + yn ) = 0唯一性的正整数方根因式，即fn ( zy ) = fn ( z r ) = 0；则fn ( n -1)( zy) = 0是方根余式，即fn ( n -1)( zy) = fn ( n -1)( z r) = 0。于是对于正整数有：,3XM
zn - ( xn + yn ) = fn ( zr ) * fn ( n -1)( zr) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0v@E
com n
检验方根f n( zy ) = 0“非平凡解”是否成立。Hh~,(.
因为正整数zn = ( xn + yn ) = rn 即z n = rn，根据正实数n次方根存在唯一性定理在非负实数集里可逆性质，则存在正整数方根等式z = r，其仅有两种逆方根式为：gs2(
zn – r n = 0 ，( z – r )n = 0 …………………………（26）NxWl
=Le"R
当n = m是奇质数时，验证f m ( zy ) = 0的方根结果。==YK
由（26），n = m为： F;
zm - rm = 0 ， ( z – r )m = 0 ………………………（27）4
验证（7）y = ac、b = cm-1时f m ( zac ) = 0方根的结果。Zh*M
由（27）中的zm - rm = 0 分解方根因式得：be
z – r = 0 ……………………………………………（28）*,,dA
zm-1 + rzm-2 + r2zm-3 + … + rm-2z + rm-1 = 0 ………（29）?
因为（2）式zm = ( xm + ym )存在正整数方根解是唯一性的，而（9）的方根z = ( x + cm )是（2）此种情形的唯一解。根据非负实数方根性质定理的可逆性，存在 zm = ( x + cm )m 则 zm - ( x + cm )m = 0，其方根余式为 ：rJI'D
zm-1+(x+cm)zm-2+(x+cm)2zm-3+…+ (x+cm)m-2z+(x+cm)m-1 = 0……（30）Clpwm+
根据方根唯一性定理，由（28）和（9）必存在i%9E
r = x + cmWi^
又因为依据zm = (xm+ym) = rm 推证（10）是分解（9）后的方根余式，必有（10）式 =（29）式；（30）是由（9）推出的正整数方根余式，必有（30）式 =（29）式；根据方根余式唯一性定理，（10）与（30）是唯一的，均是（9）的方根余式。所以由（29）与（10）、（30）关系得：-iR
r = x =（x+cm ）， r2 = x2 = (x+cm)2 ， r3 = x3 = (x+cm)3 ，… ， s}
rm-2 = xm-2 = (x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1
上面等式中，因为m≥3，所以（10）和（30）必有中间关于“z”项对应系数等式存在，分别除以x，x2，x3，… ，xm-2及xn-1有：:#?7
1 = (1+cm/x) ，1 = (1+cm/x)2 ，1 = (1+cm/x)3 ，…，1 = (1+cm/x)m-2 ，V
1- am /xm-1 = (1+cm/ x)m-1w}T$
各项对应系数等式均存在cm与 x互质问题，只能使c = 0 ，常数项am与xm-1互质也只有a = 0。于是各项对应系数等式为：j.X5*
r = x =（x） ， r2 = x2 = (x)2 ， r3 = x3 = (x)3 ，… ， L-zf,
rm-2 = xm-2 = (x+)m-2 ， rm-1 = xm-1 = (x)m-1YXISRR
因而y = ac = 0，（9）fm( zac) = z – ( x + 0m) = 0；所以（7）给出的y = ac 、b = cm-1必要解值在此种情形时使f m( zac) = 0有“非平凡解”方根不成立；（2）只能0m + xm = z m，z = x，不存在“非平凡解”。tmA
由（27）中的（z – r）m = 0 其方根余式为：;F[oP.
zm-1 - c1m-1rzm-2 + c2m-1r2zm-3 - … - cm-2m-1rm-2z + rm-1 = 0 ……（31）d[eiFB
由（9）式〔z - (x+cm)〕m = 0 得此种方根余式：`k
zm-1 - c1m-1(x+cm)zm-2 + c2m-1(x+cm)2zm-3 - … - cm-2m-1(x+cm)m-2z &>2C{
+ (x+cm)m-1 = 0………（32）Xfz2h
根据方根唯一性定理只能存在r = x+cm ，根据方根余式唯一性定理，（31）与（10）、（32）的关系得：0v16
- c1m-1r = x = - c1m-1(x+cm) ， c2m-1r2 = x2 = c2m-1(x+cm)2，… ， X
- cm-2m-1rm-2 = xm-2 = - cm-2m-1(x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1-am = (x+cm)m-1"-t/
上面等式中，亦因为m≥3，所以 (10) 和（32）必有中间关于“z”项对应系数等式存在，分别除以x，x2， x3，…， xm-2及xn-1 各系数等式同样存在cm与x项互质问题，只能使c = 0，常数项am与xn-1互质也只有 a = 0；之后各项等式又存在：J<KpYP
x(c1m-1+1) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ，… ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0 ，xm-1 = (x)m-1|RI)/o
因为各项系数等式中cpm ≠ 0则必有x = 0 ，常数项等式也就只能0 = 0了；于是各项对应系数等式为：Gx4y5
- c1m-1r = 0 = - c1m-1（0 ）， c2m-1r2 = 02 = c2m-1（0）2，… ， W++6!4
- cm-2m-1rm-2 = 0m-2 = - cm-2m-1(0)m-2 ， rm-1 = 0 m-1 = (0)m-1)7OpEh
因而y = ac = 0 、x = 0，（9）fm( zac ) = z – (0 + 0m ) = 0；所以（7）给出的y = ac 、b = cm-1必要解值在此种情形时使f m( zac) = 0有“非平凡解”方根不成立；（2）只能0m + 0m = z m，z = 0，不存在“非平凡解”。=^8bc
验证（8）当y = acm 、b = cm-1mm-2 时f m ( zacm ) = 0的方根结果。R
同理，由（11）z - ( x + cmmm-1 ) = 0 ，其两种形式zm - (x+cmm-1)m = 0和[zm - (x+cmm-1)]m = 0的方根余式为： P:
zm-1 + (x+cmmm-1)zm-2 + (x+cmmm-1)2zm-3 + … +TY
(x+cmmm-1)m-2z + (x+cmmm-1)m-1 =0 ……（33）r"
zm-1 - c1m-1(x+cmmm-1)zm-2 + c2m-1(x+cmmm-1)2zm-3-… -joM`kQ
cm-2m-1(x+cmmm-1)m-2 z+ (x+cmmm-1)m-1 = 0 ……（34）4]^;(
根据方根唯一性定理和方根余式唯一性定理，（12）与（33）此种方根余式是唯一性的，由它们的对应系数得： hKZW~
x = (x+cmmm-2) ，x2 = (x+cmmm-1)2 ，… ，xm-2 = (x+cmmm-1)m-2 ，6%
xm-1- amm = (x + cmmm-1)m-1#}Y>)
同（10）和（30）的分析，将等式分别除以x，x2，…，xm-2及xm-1时对应系数项cmmm-1与x互质，m是正奇质数只有使c = 0于是cmmm-1 = 0，常数项amm与xm-1互质则只有a = 0 ，即y = acm = 0 ，使f m ( zacm ) = 0有“非平凡解”方根不成立；所以在此种情形时，（2）只能0m + xm = z m，z = x，不存在“非平凡解”。:<q
又（12）与（34），其这种方根余式是唯一性的，由它们的对应系数得：VG
x = - c1m-1(x+cmmm-1) ， x2 = c2m-1(x+cmmm-1)2， …，)I>BT
xm-2= - cm-2m-1(x+cmmm-1)m-2 ， xm-1- amm = (x + cmmm-1)m-1 @
同（10）和（32）的分析，各系数项等式分别除以x，x2，…，xm-2及xm-1时对应系数项均存在cmmm-1与x 互质问题，只能使 c = 0则cmmm-1 = 0，常数项中amm与xm-1互质只有a = 0 ，即y = acm = 0 ；之后各项系数等式也同样均存在：a_u"
x (c1m-1+1) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ，… ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0， xm-1 = (x)m-1 V%G<9
对应系数项只有x = 0 ，常数项等式0 = 0 ；使f m ( zacm ) = 0有“非平凡解”方根不成立；所以在此种情形时，（2）只能0m +0m = z m，z = 0，不存在“非平凡解”。v.,7
通过对（2）xm + ym = zm （m是奇质数时）y两组相关的必要解值（7）y = ac 、b = cm-1 和（8）y = acm 、b = cm-1mm-2并得（9）z = x + cm 、（11）z = x + cmmm-1 验证分析，其均不能使fm( zy ) = 0存在有“非平凡解”的方根，则（2）所设定有正整数等式不成立，所以xm + ym = zm 没有正整数解。og:
当n = 4时，同理验证f 4 ( zy ) = 0的方根结果。:
由（26）中的“4次方根式”即z4 - r4 = 0的一种形式，可得出（20）、（22）、（24）三种方根余式，其分别为：0BwT}
由 (20 ) 得： z3+ (x+c4)z2 + (x+c4)2z+ (x+c4)3 = 0 ……………（35）6lR
由（22）得： z3+ (x+2c4)z2 + (x+2c4)2z+ (x+2c4)3 = 0…………（36）]ls5
由（24）得： z3+ (x+22c4)z2 + (x+22c4)2z + (x+22c4)3 = 0 ……（37）;D
（35）与（21）有：{F
x = (x+c4) ， x2 = (x+c4)2 ， (x3-a4) = (x+c4)3p?
（36）与（23）有：1-t~J
x = (x+2c4) ， x2 = (x+2c4)2 ， (x3-23a4) = (x+2c4)3jU*Kt
（37）与（25）有：Z3
x = (x+22c4) ， x2 = (x+22c4)2 ， (x3-22a4) = (x+22c4)3J8}}se
同n = m奇质数时（10）和（30）的分析，上三种情形均有c = 0 、a = 0，即y = 0，f 4( zy ) = z – ( x + 0 ) = 0，z = x；所以，这三组y及其相关的必要解值得出的f 4( zy ) = 0有“非平凡解”方根在此种情形时不成立，则（13）只有x4 + 04 = z4，z = x，不存在“非平凡解”。Y#(2
在（26）中的“4次重根式”即 ( z – r )4 = 0 的另一种形式，使（20）、（22）、（24）方根余式分别为： T:6g
由（20）得： z3 - 3(x+c4)z2 + 3(x+c4)2z- (x+c4)3 = 0 …………（38）#
由（22）得：z3 - 3(x+2c4)z2 + 3(x+2c4)2z - (x+2c4)3 = 0………（39）cQX9
由（24）得：z3 - 3(x+22c4)z2 + 3(x+22c4)2z- (x+22c4)3 = 0……（40）6:8*H
（38）与（21）有：S}29R
x = - 3(x+c4) ， x 2= 3(x+c4)2 ， (x3-a4) = - (x+c4)3}yk7ay
（39）与（23）有：$
x = -3(x+2c4) ， x2 =3 (x+2c4)2 ， (x3-23a4) = - (x+2c4)3t:[N
（40）与（25）有：J9B
x = - 3(x+22c4) ， x2 = 3(x+22c4)2 ，(x3-22a4) = - (x+22c4)3TR6
同n = m奇质数时（10）和（32）的分析，也必有c = 0 、a = 0 ，y = 0，且x = 0，f 4 ( zy ) = z – ( 0 + 0 ) = 0，z = 0；所以，此三组y及其相关的必要解值得出的f 4( zy ) = 0 有“非平凡解”方根在这种情形时也不成立，则（13）有04+04= z4，z = 0，也不存在“非平凡解”。)xd~At
通过对（13）x4 + y4 = z4 的三组必要解值（17）y = ac、b = c3 ；（18）y = 2ac、 b = c3 ；（19）y = 2ac、b =2c3并得（20）z = x + c4 、（22）z = x + 2c4、（24） z = x + 22c4验证分析，其也均不能使f 4( zy ) = 0存在有“非平凡解”，则（13）所设定的正整数等式不成立，所以x4 + y4 = z4 没有正整数解。S.cu
于是证明了（2）xm + ym = zm (n = m是奇质数) 和（13）x4 + y4 = z4 ( n = 4 )时f n( zy ) = 0有“非平凡解”方根不成立 ，则（1）xn + yn = zn 没有“非平凡解”，只有两组“平凡解”：[
y＝0 x＝z （x、z为相同的任意正整数）;
y＝0 x＝0 z＝0;s!
当然得出结论：正整数n大于2时，xn + yn = zn 没有正整数解。 apUb
那么，为什么x2 + y2 = z2 有正整数解呢？bN7
当n=2时，可参照（3）、（4）设互为倒数求得其结果。但因为2是仅小于3的唯一质数，所以也适合于m为奇质数时的情形。95Dx
y不含m因子即不含2时，由（9）和（10）令m = 2得：VWbx
z - ( x + c2 ) = 0rSbE-t
z - ( a2 – x ) = 0,P})J
可知这时z2 - (x2 + y2) = 0能够分解为关于“z 、x”的二元一次方程组，用解方程组的方法很容易得到z、x的值。现在用“验根”的方法。RYBSs
“方根式”时：$*]N-J
z2 - ( x + c2 ) 2 = 0xA(A>
“方根余式”为：]
z + ( x + c2 ) = 0GXjH,
则有：gKgA=#
( x + c2 ) = - ( a2 – x ) KMDZ|W
c2 = - a2'45o
正数不能等于负数，所以无解。,_Slg
“重根式”时：?Q
[z - ( x + c2 ) ]2 = 0hjS
“方根余式”为：)
z -( x + c2 ) = 0kP
则有：SPKlD
- ( x + c2 ) = - ( a2 – x ) FXpae
x =（a2 – c2）/2?
于是求得z并由（7）推证出y为奇数时“勾股弦数”公式：.o
y = ac x = (a2 - c2) /2 z = (a2 + c2) /2%V!
关于“z”存在重根式，为：aI-gCa
z2 - (x2+y2) = [z - (x+c2)][z - (a2-x)] = [z - (x+c2)]2 = [z - (a2-x)]2 =0t
y含m因子即含2时，由（11）和（12）令m = 2得：`v
z - ( x +2 c2 ) = 0^
z - ( 2a2 – x ) = 0'1Nx>/
同理仅由“重根式”，并由（8）得y为偶数时“勾股弦数”公式： |xe
y = 2ac x = a2 - c2 z = a2 + c2~gLTI
关于“z”的重根式为：&r&
z2 - (x2+y2) = [z - (x+2c2)][z - (2a2-x)] = [z - (x+2c2)]2 = [z - (2a2-x)]2 = 0^T%cB
( 因为此时b = c，所以也可将上面的c代换成b。);Xu
这与古代给出传统的求解勾股弦数公式相符，并科学地解释了x2 + y2 = z2有正整数解的原理。对x2 + y2 = z2正整数解公式的推证，使我们明确了勾股数“通解公式”并非只是神秘的经验“构造”出的，而是能够求解得到；尤其更重要的是对于“z ”存在两个正整数重根的认识，这符合代数基本定理，又符合方根唯一性定理。而n大于2时xn + yn = zn 不存在“z” 的n 个正整数重根，所以没有正整数解。F,D
附：验根等量代换法#/O*K
说明：此法供参考，仅以（9）式与（10）式的解值为例简述：8
1、方根式：由（2）原式zm =（xm+ym）和（9）式zm = (x+cm)m，将这两个等式两边相减得：zm - (xm+ym) = zm - (x+cm)m，则其等式两边分解方根因式关系为：（9）式*（10）式=（9）式*（30）式，于是（10）式=（30）式；cm
2、重根式：由（2）原式z = m√（xm+ym）和（9）式z = (x+cm)，将这两个等式相减并m次方得：dn
[z - m√（xm+ym）]m = [z - (x+cm)]m;_.T26
设其中[z - m√（xm+ym）]m =（z – r）m = 0，根据二项定理得*
（z – r）m = zm - c1mrzm-1 + c2mr2zm-2 - … + cm-1mrm-1z - rm = 0 Rb-]=
因为z = r，可证明（- c1mrzm-1 + c2mr2zm-2 - … + cm-1mrm-1z）= 0，则：（z – r）m = zm - rm = 0 所以[z - m√（xm+ym）]m = z m -（xm+ym）m，即有：O_U
zm -（xm+ym）= [z - (x+cm)]m，@}aLPB
其等式两边分解方根因式关系为：（9）式*（10）式 =（9）式*（31）式，于是（10）式 =（31）式。hG3{j+
根据一元齐次多项式恒等定理，必然有（10）式与（30）式、（10式）与（31）式对应系数相等，之后相应的论证同上文。C<j >*
其它的几种“解值检验”同理。w
但“重根式”当n为偶数时还需要证明：3jF
（z – r）n = zn - c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-1z + rn = 0 a4+0
其中© V+m.y
- c1nrzn-1 + c2nr2zn-2 - … - cn-1nrn-1z + rn = - rncD+
则
（z – r）n = zn – rn = 0:G':I
于是 2(
[z - n√（xn +yn）]n = z n -（xn + yn）_d6[16
zn -（xn+yn）= [z - (x+cn)]n，qeTu
当n = 4时，与n = m以“重根式”验证（9）式与（10）式同理，验证f 4 ( zy ) = 0的“非平凡解”不成立。
最终答案：略