正整數(shù)方根余因式唯一性定理證明費(fèi)馬猜想

1、正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理證明費(fèi)馬猜想（1979年 2007年）王 德 忱摘要 根據(jù)方根存在定理及方根性質(zhì)定理證明正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理，推論非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理，并定義z = r或z r = 0為方根等式則zn = rn或( z r )n = 0n為“逆n次方根式”。假設(shè)zn = xn + yn當(dāng)n 2時(shí)有正整數(shù)解即是“非平凡解”，通過因式分解得到“z方根因式”及“z方根余因式”；此“z方根余因式”與“z方根因式”的“逆n次方根式”的“z方根余因式”必是唯一性的，經(jīng)判斷兩者唯一性矛盾，于是“z方根因式”為zn = xn + yn的“非平凡解”不成立，從而證明zn = xn +

2、yn沒有正整數(shù)解。關(guān)鍵詞 費(fèi)馬猜想巧妙證明 方根因式 方根余因式 “方根余因式”唯一性 逆n次方根式法國數(shù)學(xué)家費(fèi)馬于1637年在巴契校訂的希臘數(shù)學(xué)家丟番圖的算術(shù)第2卷第8命題“把一個(gè)平方數(shù)分為兩個(gè)平方數(shù)”旁邊寫道：“把一個(gè)立方數(shù)分為兩個(gè)立方數(shù)，一個(gè)四次冪分為兩個(gè)四次冪，或一般地把一個(gè)高于二次的冪分為兩個(gè)同次的冪，這是不可能的。關(guān)于這一點(diǎn)，我確信已發(fā)現(xiàn)了一種巧妙的證法，可惜這里空白的地方太小，寫不下?！睘榇?，370年來全世界許多優(yōu)秀數(shù)學(xué)家做出了艱苦不屑的努力，都沒能找到這一 “巧妙證法”。1997年英國數(shù)學(xué)家懷爾斯在他人高等數(shù)學(xué)研究取得重大進(jìn)展的成果基礎(chǔ)之上，歷時(shí)7年用130多頁稿紙非常繁難地證

3、明了這一猜想成立，但深?yuàn)W難懂，僅僅使極少數(shù)人能夠看明白。即然“費(fèi)馬猜想”為“巧妙證法”，所以只有實(shí)現(xiàn)費(fèi)馬那個(gè)時(shí)代數(shù)學(xué)水平初等方法奇巧絕妙的證明才是最終完結(jié)“費(fèi)馬猜想”。 1.正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理1.1.“費(fèi)馬猜想”性質(zhì)分析費(fèi)馬猜想：“一般地把一個(gè)高于二次的冪分為兩個(gè)同次的冪，這是不可能的”，即設(shè)當(dāng)n 2時(shí)zn = xn + yn沒有正整數(shù)解。本不定方程zn = xn + y n是方根問題，其中x、y兩個(gè)數(shù)是0或一個(gè)數(shù)是0或x = y關(guān)于“z”的n次方根解因?yàn)楹?jiǎn)單稱為“平凡解”，x y關(guān)于“z”的n次方根正整數(shù)解稱為“非平凡解”。根據(jù)方根存在定理：“對(duì)于任何非負(fù)實(shí)數(shù)a，存在唯一的非負(fù)實(shí)

4、數(shù)r，它的n次冪等于a，即 rn = a”；又根據(jù)方根性質(zhì)定理：“在實(shí)數(shù)集里，正實(shí)數(shù)（非0非負(fù)實(shí)數(shù)）開任何次方均只有唯一的一個(gè)正的方根，0（0非負(fù)實(shí)數(shù)）開任何次方均等于0”；因?yàn)榉秦?fù)實(shí)數(shù)存在這兩種情形“非0非負(fù)實(shí)數(shù)”或“0非負(fù)實(shí)數(shù)”，所以對(duì)“費(fèi)馬猜想”的表述形式也必有相應(yīng)的兩種情形：一是“非0非負(fù)實(shí)數(shù)”方根存在，這正是一般認(rèn)為的費(fèi)馬猜想問題，當(dāng)n 2時(shí)zn = xn + yn = rnz = n = r z = r （非0非負(fù)實(shí)數(shù)方根）沒有正整數(shù)方根解。但是，這一形式費(fèi)馬的猜想是不準(zhǔn)確的，本文將證明：把一個(gè)二次冪直接分為兩個(gè)同次的冪，也是不可能的；即當(dāng)n = 2時(shí)z2 = x2+ y2 = r

5、2沒有直接正整數(shù)方根解。二是“0非負(fù)實(shí)數(shù)”方根存在，這卻是費(fèi)馬沒有猜想到的問題：一般地一個(gè)高于二次的冪與兩個(gè)同次冪之和的差為0的同次冪，這是不可能的；即設(shè)當(dāng)n 2時(shí)zn -（xn + yn）=（z r）n = 0沒有正整數(shù)解。因?yàn)榇嬖趦蓚€(gè)相同的正整數(shù)之差等于0（z r = 0）的情形，所以必存在zn -（xn + yn）= 0 等式關(guān)于“0的n次方”的方根 n= 0。如果把zn -（xn + yn）= 0認(rèn)為只是“非0非負(fù)實(shí)數(shù)”簡(jiǎn)單的變形方根等式zn -（xn + yn）= zn - rn = 0，那么就忽略了zn -（xn + yn）=（z r）n = 0的重根形式，所以當(dāng)n 2時(shí)存在zn

6、-（xn + yn）=（z - r）n = 0n = z r = 0 z r = 0 （0非負(fù)實(shí)數(shù)方根）沒有正整數(shù)重根解。但是，最后將特別證明當(dāng)n = 2時(shí)z2 -（x2 + y2）=（z r）2 = 0有正整數(shù)重根解，是著名的勾股弦數(shù)公式求解原理?？茖W(xué)的認(rèn)識(shí)、準(zhǔn)確的理解“費(fèi)馬猜想”是解決這一問題的關(guān)鍵。z2 -（x2 + y2）= 0有正整數(shù)重根解可以轉(zhuǎn)化為表面上z2 = x2 + y2方根解并有一個(gè)正整數(shù)方根，也就是zn -（xn + yn）= 0與zn = xn + yn形式上可以互相轉(zhuǎn)化二者等價(jià)從數(shù)學(xué)公理上是不可懷疑的；但其不同的數(shù)學(xué)等式形式卻存在不同的數(shù)學(xué)意義，即“z = n = r

7、” 與 “n= z r = 0”體現(xiàn)完全不同的方根性質(zhì)，這正是“費(fèi)馬猜想”隱含著似同而非令人混淆莫辨的難點(diǎn)所在。必須全面分析這兩種方根存在形式所決定的方程結(jié)果，以求得方程應(yīng)有的正確的“解”及其“解”的性質(zhì)。根據(jù)“方根存在定理”及“方根性質(zhì)定理”推論，存在“非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理”：對(duì)于任何一個(gè)非負(fù)實(shí)數(shù)r ，存在另一個(gè)相應(yīng)的唯一非負(fù)實(shí)數(shù)rn ，它的唯一非負(fù)實(shí)數(shù)n次方根等于r，即 n= r，所以任何一個(gè)非負(fù)實(shí)數(shù)均可認(rèn)定是另一個(gè)相應(yīng)唯一非負(fù)實(shí)數(shù)的n次方根。由這個(gè)推論可以給出一個(gè)非負(fù)實(shí)數(shù)“逆n次方根式”的定義：“z = n = r ”與“ n= z r = 0 ”兩種方根形式z = r或z r = 0

8、可認(rèn)定是方根等式，存在zn = rn可變形為zn - rn = 0或 ( z r ) n = 0 n成立。zn - rn = 0為“逆n次方根式”時(shí)，是任何一個(gè)非負(fù)實(shí)數(shù)的n次方，對(duì)于非負(fù)實(shí)數(shù)開方只有唯一的一個(gè)“非0非負(fù)實(shí)數(shù)”方根；當(dāng)為方程時(shí)則有n個(gè)根，稱為“逆n次方根方程式”。( z r )n = 0為“逆n次方根式”時(shí)則是0（z r = 0）的n次方，對(duì)于非負(fù)實(shí)數(shù)開方只有唯一的一個(gè)“0非負(fù)實(shí)數(shù)”方根；當(dāng)為方程時(shí)則有n個(gè)重根，稱為“逆n次重根方程式”。假設(shè)當(dāng)n 2時(shí)zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0有正整數(shù)解：z = n = r 或 n = z r = 0 關(guān)于z =

9、r或z r = 0方根等式“逆n次方根式”的方程式既有共性又有區(qū)別：“逆n次方根方程式”zn - rn = 0或“逆n次重根方程式”( z r ) n = 0均含關(guān)于“z”的z r = 0方根方程因式，稱為“z方根因式”；其整除zn - rn = 0或( z r )n = 0并且得到各自不同的關(guān)于“z”一元n 1次整系數(shù)增根余方程因式，即稱為“z方根余因式”。由“方根存在定理”及“方根性質(zhì)定理”決定非負(fù)實(shí)數(shù)方根存在的唯一性即“z方根因式”是唯一性的，那么“z方根余因式”也必然是唯一性的。1.2.正整數(shù)“方根余因式”的唯一性1.2.1.“逆n次方根方程式”的“z方根余因式”唯一性對(duì)于方根z =

10、n = r “逆n次方根方程式” zn - rn = 0分解“z方根因式”及“z方根余因式”有：F（z）= zn - rn （z r）×（zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + + rn-2z + rn-1 ）= 1（z）2（z）這個(gè)二項(xiàng)式“zn - rn”與它分解的因式乘積必恒等。根據(jù)“同解方程因式分解定理”：如果F（X） 1（X）2（X）n（X）則方程F（X）= 0與方程集合1（X）= 0，2（X）= 0， ，n（X）= 0 （i：i = 1，2，n）同解，即方程F（X）中的每個(gè)解都是方程集合i（X）中某個(gè)方程的解；反之方程集合i（X）中某個(gè)方程的解只要能使該集合其余方程

11、有意義就都是方程F（X）的解。根據(jù)這一定理：方程F（z）= zn - rn = 0與方程集合1 = z r = 02 = zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + + rn-2z + rn-1 = 0同解，其中式對(duì)于式或式對(duì)于式在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)均有意義。所以式、式同時(shí)成立的方程集合是原方程的解。式是唯一性的正整數(shù)方根，式是“z方根余因式”也必是唯一性的。如果式不是唯一性的，那么假設(shè)還存在正整數(shù)k使z = k 即zn - kn = 0成立，分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：z k = 0 zn-1 + kzn-2 + k2zn-3 + kn-2z + kn-1 = 0 根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根存

12、在的唯一性，不存在一個(gè)方根z = r 又 z = k，只有z = r = k，即：r = k ， r2 = k2 ， r3 = k3 ， ，rn-2 = kn-2 ， rn-1 = kn-1因而式= 式，這種“z方根余因式”是唯一性的，即對(duì)于同一個(gè)方根zn - rn zn - kn為同解方程。1.2.2.“逆n次重根方程式”的“z方根余因式”唯一性對(duì)于方根n = z r = 0 “逆n次重根方程式”（z r）n = 0，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：F（z）=（z r）n （z r）×（zn-1 - C1n-1 rzn-2 + C2n-1 r2zn-3 - -

13、Cn-2n-1 rn-2z + rn-1 ）= 1（z）2（z）同樣二項(xiàng)式“（z r）n”與它分解的因式乘積必恒等。由“同解方程因式分解定理”：方程 F（z）=（z r）n = 0與方程集合1（z）= z r = 02（z）= zn-1 - C1n-1 rzn-2 + C2n-1 r2zn-3 - - Cn-2n-1 rn-2z + rn-1 = 0同解，其中式對(duì)于式或式對(duì)于式在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)即均有意義。所以式、式同時(shí)成立的方程集合是原方程的解。式是唯一性的，式也必是唯一性的；如果式不是唯一性的，那么假設(shè)還存在正整數(shù)k使 ( z k )n = 0成立，分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：z k

14、 = 0zn-1 - C1n-1 kzn-2 + C2n-1 k2zn-3 - - Cn-2n-1 kn-2z + kn-1 = 0 根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根存在的唯一性，不存在一個(gè)方根 z = r 又 z = k，只有z = r = k，即：- C1n-1 r = - C1n-1 k ，C2n-1 r2 = C2n-1 k2 ， ，- Cn-2n-1 rn-2 = - Cn-2n-1 kn-2 ，rn-1 = kn-1因而式= 式，這種“z方根余因式”也是唯一性的，即對(duì)于同一個(gè)方根（z r）n ( z k ) n為同解方程。當(dāng) n為偶數(shù)時(shí)同理可證。 無論n為奇數(shù)或偶數(shù)其“z方根余因式”的性質(zhì)是同一的

15、。1.3.正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理與“費(fèi)馬猜想”綜結(jié)以上證明得到正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理：對(duì)于任何正整數(shù)方根的“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”唯一性的“方根因式”分別存在相應(yīng)的“方根余因式”各自是唯一性的，即只有各自唯一相應(yīng)的正整數(shù)“方根余因式”與唯一的正整數(shù)“方根因式”乘積存在唯一性的正整數(shù)n 次方根。這就說明，zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0有正整數(shù)解的正整數(shù)方根是唯一性的，其能夠進(jìn)行因式分解得到關(guān)于“z”唯一的“z方根因式”，其“z方根余因式”如果滿足“z方根因式”的“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整數(shù)“z方根余因式”的條件，

16、那么zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0就有正整數(shù)解；否則，雖然能夠進(jìn)行因式分解得到關(guān)于“z”唯一性的“z方根因式”，但“z方根余因式”不能滿足“z方根因式”的“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整數(shù)“z方根余因式”的條件，那么zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0就一定沒有正整數(shù)解。2.分解 zn = xn + yn關(guān)于 “z方根因式”及“z方根余因式”已設(shè)定zn = xn + yn 或zn -（xn + yn）= 0 有正整數(shù)解即“非平凡解”，如果zn = xn + yn沒有正整數(shù)解則（kz）n =（kx）n +（ky）n（k為正整數(shù)）也

17、沒有正整數(shù)解，所以令（x ，y ）= 1；如果zn = xn + yn沒有正整數(shù)解則z k n = x k n + y k n也沒有正整數(shù)解，而任一大于2的正整數(shù)必能被某一奇質(zhì)數(shù)整除或2 k+1的最小偶數(shù)4整除，于是只討論n 是奇質(zhì)數(shù)時(shí)為m和n是偶數(shù)時(shí)為4這兩種情形。z n = x n + y n （1）2.1.n = m為奇質(zhì)數(shù)時(shí)z m = x m + y m的因式分解2.1.1.假設(shè)z m = x m + y m有正整數(shù)解的條件由（1）式對(duì)于n = m為正奇質(zhì)數(shù)時(shí)有正整數(shù)等式：z m = x m + y m（2）改變（2）式的等式關(guān)系：zm - xm = ym ，將等式兩邊同除以ym，得到

18、（2）的變形等式：( )m - ( )m = 1從而得：( - )( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + ( ) m-2 + ( )m-1= 1上面等式中左邊是兩個(gè)因式的乘積，右邊等于1。因?yàn)閦 > x，所以這兩個(gè)因式均為正數(shù)，只存在兩種可能：一是兩個(gè)因式均等于正數(shù)1，僅由 - = 1推出（x + y）m > xm + ym = zm這種情形等式不能成立，所以兩個(gè)因式均不能等于正數(shù)1 ；二則兩個(gè)因式必然是互為正倒數(shù)，設(shè)正整數(shù) a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到： = （3）( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + ( )m

19、-1 = （4）前面已證明 - 1，即a b。容易證明a > b ：如果 a < b ，由 = 推出（x + y）m > xm + ym = zm也不能成立，則a > b。所以（3）式與（4）式是（2）式有正整數(shù)解唯一能夠分解的一組兩個(gè)因式。由（3）式得 = + 代入（2）式的變形等式 ( )m - ( )m  = 1得：( + )m - ( )m = 1C1m ( )m-1 + C2m ( )2( )m-2 + C3m ( )3( )m-3 + Cm-1m ( )m-1 + ( )m = 1 將這個(gè)等式兩邊同乘以amym-1得： C1mam-1bxm-1 +

20、 C2mam-2b2xm-2y + C3mam-3b3y2 + + Cm-1mabm-1xym-2 + bmym-1 = amym-12.1.2. n = m時(shí)y與a因子的關(guān)系從（3）式可知，等式兩邊分母 y a 對(duì)應(yīng)，根據(jù)整數(shù)的互質(zhì)關(guān)系必有 y 含 a  因子。設(shè) y = ay2 其代入上式得：C1m am-1bxm-1 + C2m am-2b2xm-2（ay2）+ C3m am-3b3xm-3（ay2）2 + +Cm-1m abm-1x(ay2)m-2 + bm(ay2)m-1 = am(ay2)m-1等式兩邊同時(shí)除以 am-1 得：C1m bxm-1 + C2m b2xm-2y

21、2 + C3m b3xm-3y22 + + Cm-1m bm-1xy2m-2 + bmy2m-1 = amy2m-1 （5）如果y2還含a 的因子，那么（5）式除 C1m bxm-1項(xiàng)外其它各項(xiàng)均含y2 即含a的因子；但因 ( x ，y ) = 1、( a ，b ) = 1，如果a與C1m互質(zhì)等式不能成立；如果a與C1m不互質(zhì)，C1m = m是奇質(zhì)數(shù)，a只能含m因子。又（5）式左邊第二項(xiàng)C2m b2xm-2y2中：C2m = = 因m是奇質(zhì)數(shù)則C2m含m因子。y2 含a 因子即含m 因子，至少存在m2整除C2m b2xm-1y2項(xiàng)，且其后各項(xiàng)及等式右邊項(xiàng)均能被m2 整除，僅等式左邊第一項(xiàng)C1m

22、 bxm-1只能被m 整除，可知等式也不成立，因而 y 只含一個(gè)a 因子，所以（y2 ，a）= 1。如果這時(shí)a 還含m 因子，則（5）式左邊除bmy2m-1 項(xiàng)外其他各項(xiàng)分別含：C1m ，C2m ， ，Cpm ， ，Cm-1m (1 p m-1)Cpm = = 其中1 p m-1 ，質(zhì)數(shù) m 大于p! 中的各個(gè)質(zhì)數(shù)因子，即Cpm 含m 因子，則只有bmy2m-1一項(xiàng)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。2.1.3. n = m時(shí)y與b因子的關(guān)系由（4）式可知，等式兩邊分母ym-1  b 對(duì)應(yīng)，根據(jù)整數(shù)的互質(zhì)關(guān)系必有ym-1含b 因子。因?yàn)閥m-1 =

23、 (ay2)m-1，于是必有y2m-1含b 因子。由（5）式兩邊同除以b得：C1m xm-1 + C2m bxm-2y2 + C3m b2xm-3y22 + + Cm-1m bm-2xy2m-2 + bm-1y2m-1 = （6）在（6）式右邊 項(xiàng)中（a ，b）= 1只有 b 整除 y2m-1， = 1或者 > 1。當(dāng) = 1時(shí)，即b = y2m-1，由（6）式得：C1m xm-1 + C2m bxm-2y2 + C3m b2xm-3y22 + + Cm-1m bm-2xy2m-2 + bm-1y2m-1 = am已證明上等式左邊C1m、 C2m、 C3m cm-1m各項(xiàng)含m因子，如果b

24、m-1y2m-1項(xiàng)含m因子，而等式右邊a一定不含m因子，則等式不能成立；bm-1y2m-1不含m因子，即y2、b不含m因子。設(shè)正整數(shù)c令y2 = c ，b = y2m-1 = cm-1，（c，m）= 1，于是得出y 及其相關(guān)b的一組必要正整數(shù)解值：y = ac ， b = cm-1（7）使（6）式為 C1m xm-1 + C2m cmxm-2+ C3m（cm）2xm-3 + + Cm-1m（cm）m-2x +（cm）m-1 = am等式成立，即有（3）式、（4）式互為倒數(shù)關(guān)系必定成立。若（6）等式右邊 > 1余y2的因子，等式左邊除C1mxm-1 項(xiàng)外其它各項(xiàng)均含y2因子，并與xm-1互

25、質(zhì)；余y2的因子只能與C1m相約，而C1m = m是奇質(zhì)數(shù)則y2必含m因子，設(shè)y2 = my3代入（6）式：C1m xm-1+C2m bxm-2（my3）+C3m b2xm-3(my3)2+Cm-1m bm-2x(my3)m-2 +bm-1(my3)m-1 =將這個(gè)等式兩邊均除以m 得：xm-1 +C2m bxm-2y3 +C3m b2xm-3my32 +Cm-1m bm-2xmm-3y3m-2 +bm-1mm-2y3m-1 = 若此等式右邊項(xiàng) > 1，（a ，b）= 1則只能余m因子或余y3的因子，等式左邊除xm-1項(xiàng)外其它各項(xiàng)均含m因子和y3因子，均與xm-1互質(zhì)，等式不能成立；只有

26、 = 1，這時(shí)y3再含否m因子均可。設(shè)正整數(shù)c令y3 = c，y2 = y3m = cm，（c，m） 1，于是得出y及相關(guān)b的第二組必要正整數(shù)解值：y = acm ， b = cm-1mm-2 （8）這時(shí)又使（6）式為 xm-1 +C2m cmmm-2 xm-2+C3m（cmmm-2 ）2xm-3m +Cm-1m（cmmm-2 ）m-2xmm-3+（cmmm-2）m-1 mm-2 = am等式成立，亦有（3）式、（4）式互為倒數(shù)關(guān)系成立。于是明確了此種條件下a存在值的結(jié)果和y及b僅能存在的兩種情形必要正整數(shù)解值。2.1.4.n = m時(shí)“z”的必要解值及其性質(zhì)將（7）式代入（3）式、（4）式有

27、： - = ( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + + ( )m-2 + ( )m-1 = 化簡(jiǎn)得：z - ( x + cm ) = 0 （9）zm-1+ xzm-2 + x2zm-3 + + xm-2z +（xm-1 - am）= 0 （10）驗(yàn)證（9）式是“z方根因式”?，F(xiàn)在的“z”已不是原方程式的未知數(shù)了，而是確定的值，有：z = m= x + cmxm +（ac）m =（x + cm）m展開式 C1m xm-1 + C2m cmxm-2+ C3m（cm）2xm-3 + + Cm-1m（cm）m-2x +（cm）m-1 = am與（6）式成立的結(jié)果相同，因此x +

28、 cm為xm + ym的m次非0非負(fù)實(shí)數(shù)方根是（3）式、（4）式互為倒數(shù)關(guān)系成立的必要條件；又：m= z （x + cm）= 0zm xm +（ac）m = z （x + cm）m因?yàn)閦 = x + cm，zm =（x + cm）m，所以：zm xm +（ac）m zm = （x + cm）（x + cm）m （x + cm）m則 xm +（ac）m =（x + cm）m等式成立，因此z （x + cm）為zm （xm +ym）的m次0非負(fù)實(shí)數(shù)方根又是（3）式、（4）式互為倒數(shù)關(guān)系成立的必要條件。從而（9）式為zm -（xm + ym）= 0的“z方根因式”是（3）式、（4）式互為倒數(shù)關(guān)系成立

29、的必要條件，相應(yīng)的即有（10）式是“z方根余因式”。將（8）式代入（3）式、（4）式得： - = ( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + ( )m-2 ( ) + ( )m-1 = 化簡(jiǎn)得：z - (x + cmmm-1) = 0 （11）zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 + xm-2z + (xm-1 - amm) = 0 （12）參見（9）式是“z方根因式”的驗(yàn)證，同理z = m= x + cmmm-1和m= z-（x + cmmm-1）= 0其展開式與（6）式成立的結(jié)果 xm-1 +C2m cmmm-2 xm-2+C3m（cmmm-2 ）2xm-3m +

30、Cm-1m（cmmm-2 ）m-2xmm-3+（cmmm-2）m-1 mm-2 = am相同，x + cmmm-1為xm + ym的m次非0非負(fù)實(shí)數(shù)方根或 z - (x + cmmm-1)為zm -（xm + ym）的m次0非負(fù)實(shí)數(shù)方根，此（11）式為zm -（xm + ym）= 0的“z方根因式”是（3）式、（4）式互為倒數(shù)關(guān)系成立的必要條件，相應(yīng)的即有（12）式是此時(shí)“z方根余因式”。這就得出了當(dāng)n = m為奇質(zhì)數(shù)時(shí)（9）式和（10）式、（11）式和（12）式兩組僅可能存在的關(guān)于“z方根因式”及“z方根余因式”。2.2.n = 4時(shí)z 4 = x 4 + y 4的因式分解2.2.1.n =

31、 4時(shí)假設(shè)z 4 = x 4 + y4有正整數(shù)解的條件由（1）式n = 4 時(shí)有正整數(shù)等式：z 4 = x 4 + y 4（13）使（13）式變形( )4 - ( ) 4 = 1，參照n = m時(shí)的討論，設(shè)正整數(shù)a、b，（ a ，b ）= 1，得： - = （14）( )3 + ( )2 + ( )2 + ( )3 = （15）由（14）式得 = + 代入（13）式的變形等式（ ）4 - ( ) 4 = 1即有（ + ）4 - ( ) 4 = 1的等式，其展開并整理得：4a3bx3 + 6a2b2x2y + 4ab3xy2 + b4y3 = a4y3 2.2.2.n = 4時(shí)y與a因子的關(guān)系由

32、（14）式可知y必含a因子。設(shè)y = ay2代入上式得：4a3bx3 + 6a2b2x2（ay2）+ 4ab3x（ay2）2+ b4（ay2）3  = a4（ay2）3 這個(gè)等式兩邊同除以a3b得：4x3 + 6bx2y2 + 4b2xy22 +b3y23 = （16）2.2.3.n = 4時(shí)y與b因子的關(guān)系由（15）式可知y3必含b因子，于是y23含b 因子。在（16）式右邊項(xiàng) 中只能有 = 1 或 > 1。當(dāng) = 1 時(shí)，設(shè) y2 = c，得到y(tǒng)及其相關(guān)b的一組必要正整數(shù)解值：y = ac ，b = c3（17）當(dāng) >1時(shí)存在y2 的剩余因子，其與x3 互質(zhì)

33、，只能與4相約，所以 y2 必含質(zhì)數(shù)2因子，設(shè)y2 = 2y3代入（16）式并除以4得：x3 + 3 bx2y3 + 4 b2xy32 + 2 b3y33 = 此時(shí)存在兩種情形：如果b不含2因子使 = 1，設(shè)y3 = c，（c，2）= 1；等式右邊余2a4，則 （a ，2）1，于是又得y及其相關(guān)b的第二組必要正整數(shù)解值： y = 2ac ， b = c3（18）如果b含2因子，（a，2）= 1，使 = 1等式成立，則y3再含否2因子均可；設(shè)y3 = c，（c，2）1，于是再得y及其相關(guān)b的第三組必要正整數(shù)解值：y = 2ac ， b = 2c3 （19）又明確了這種條件下a的存在結(jié)果和y及b僅

34、能存在的三種情形必要正整數(shù)解值。2.2.4.n = 4時(shí)“z”的必要解值及其性質(zhì)將（17）式代入（14）式和（15）式得：z - ( x + c4 ) = 0 （20）z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4) = 0 （21）將（18）式代入（14）式和（15）式得：z - ( x + 2c4 ) = 0 （22）z3 + xz2 + x2z + ( x3 - 23a4 ) = 0 （23） 將（19）式代入（14）式和（15）式得：z - ( x + 22c4 ) = 0 （24）z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0 （25）參照n = m是

35、奇質(zhì)數(shù)時(shí)“z方根因式”的驗(yàn)證，同樣可得出當(dāng) n = 4時(shí)（20）式和（21）式、（22）式和（23）式、（24）式和（25）式是僅可能存在的三組關(guān)于“z方根因式”及“z方根余因式” 。方根驗(yàn)證過程與n = m為奇質(zhì)數(shù)時(shí)基本相同。具體證明僅以（20）式為例，由（20）式時(shí)（16）式為4x3 + 6c4x2 + 4（c4）2x +（c4）3 = a4等式成立即有（14）式、（15）式互為倒數(shù)關(guān)系成立。當(dāng)z - ( x + c4 ) = 0有z = 4= x + c4x4 +（ac）4 =（x + c4）4展開式4 xm-1 + 4 c4x2 + 4（c4）2x +（c4）3 = a4與（16）式成

36、立的結(jié)果相同；又：4= z （x + c4）= 0z4 x4 +（ac）4 = z （x + c4）4因?yàn)閦 = x + c4，z4 =（x + c4）4，所以：z4 x4 +（ac）4 z4 = （x + c4）（x + c4）4 （x + c4）4則： x4 +（ac）4 =（x + c4）4等式成立，由此（20）式為z4 -（x4 + y4）= 0的“z方根因式”是（14）式、（15）式互為倒數(shù)關(guān)系成立的必要條件，于是（21）式即是“z方根余因式”。（22）式和（23）式、（24）式和（25）同理。以上通過對(duì)zn = xn + yn因子分解得到n不同取值及y不同必要正整數(shù)解值時(shí)關(guān)于“z方

37、根因式”及“z方根余因式”的因式分解結(jié)果。3.檢驗(yàn)“z方根因式”的“非平凡解”分解得到不同條件的“z方根因式”為正整數(shù)解是否成立，現(xiàn)在進(jìn)行檢驗(yàn)：根據(jù)“非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理”由得到各“z方根因式”推證出“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整數(shù)“z方根余因式”；再根據(jù)正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理將分解得到相應(yīng)不同條件的各“z方根余因式”與各“z方根因式”推證出“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整數(shù)“z方根余因式”進(jìn)行比較，若分解得到不同條件的“z方根余因式”不能滿足“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整數(shù)“z方根余因式”為“非平凡解”的條件，則分解得到不同條件的

38、“z方根因式”為“非平凡解”不成立，即為正整數(shù)解不成立。根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理有z = n = r或n = z r = 0方根的兩個(gè)“逆n次方根式”為： zn r n = 0 或 ( z r )n = 0 （26）當(dāng)n是奇質(zhì)數(shù)時(shí)，由（26）式，n = m時(shí)“逆m次方根式”為： zm - rm = 0 或 ( z r )m = 0 （27）3.1.檢驗(yàn)（9）式“z方根因式”的“非平凡解”3.1.1.“逆方根方程式”的檢驗(yàn)由（27）式中的“逆m次方根式”zm - rm = 0，作為方程式即“逆m次方根方程式”時(shí)分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：z r = 0 （28）zm-1 + rzm

39、-2 + r2zm-3 + + rm-2z + rm-1 = 0 （29）：關(guān)于“z方根余因式”系數(shù)關(guān)系正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理判定法因?yàn)橐罁?jù)（2）式zm = xm + ym 推證分解因式得到（9）式和（10）式，由“逆m次方根方程式”zm - rm = 0分解因式得到（28）式和（29）式，根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根存在的唯一性必有（28）式 =（9）式，即： z - r = z -（x + cm）= 0根據(jù)正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理，同為（28）式 =（9）式“z方根因式”的“z方根余因式”（29）式 =（10）式，并且關(guān)于“z”非首項(xiàng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等：r = x，r2 = x2， ，

40、rm-2 = xm-2，rm-1 = xm-1- am 根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理由（9）式使zm - ( x + cm )m = 0成立，其“z方根余因式”為 ：zm-1 + (x+cm)zm-2 + (x+cm)2zm-3 + (x+cm)m-2z + (x+cm)m-1 = 0 （30）又因?yàn)椋?8）式 =（9）式，（28）式的“z方根余因式”為（29）式，（9）式“逆m次方根方程式”的“z方根余因式”為（30）式，根據(jù)正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理也必有（29）式 =（30）式，并且關(guān)于“z”非首項(xiàng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等：r =（x+cm），r2 = (x+cm)2， ，rm-2 = (

41、x+cm)m-2 ，rm-1 = (x+cm)m-1 所以由（29）式 =（10）式、（29）式 =（30）式則有（29）式 =（10）式 =（30）式，它們的關(guān)于“z”非首項(xiàng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)關(guān)系為：r = x =（x+cm ），r2 = x2 = (x+cm)2， ，rm-2 = xm-2 = (x+cm)m-2，rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1*：關(guān)于“z方根余因式”系數(shù)關(guān)系多項(xiàng)式恒等定理判定法（參考）因?yàn)樵O(shè)定z = m = r，并推證z = m = x + cm，根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理有“逆m次方根方程式”F（z）= zm - rm = 0與F（z）= zm -

42、（xm + ym）= 0 為同一個(gè)方程的不同表現(xiàn)形式即rm = xm + ym，所以為同解方程：F（z）= zm - rm zm -（xm + ym）則F（z）=（28）式×（29）式 （9）式×（10）式根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根存在的唯一性（28）式=（9）式，于是（29）式與（10）式亦為同解方程：（29）式 （10）式 由多項(xiàng)式恒等定理：給定數(shù)集上兩個(gè)多項(xiàng)式恒等的充要條件是它們的同類項(xiàng)系數(shù)相等，即：F（x）= anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0G（x）= bnxn + bn-1xn-1 + + b1x + b0若F（x）G（x）則an = bn，an-1

43、 = bn-1， ，a1 = b1，a0 = b0根據(jù)這一定理（29）式 （10）式關(guān)于“z”非首項(xiàng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等：r = x，r2 = x2， ，rm-2 = xm-2，rm-1 = xm-1- am 根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理由（9）式使zm - ( x + cm ) m = 0成立，其“z方根余因式”為 ：zm-1 + (x+cm)zm-2 + (x+cm)2zm-3 + (x+cm)m-2z + (x+cm)m-1 = 0 （30）因?yàn)镕（z）= zm - rm = 0與F（z）= zm -（x + cm）m = 0為同一個(gè)方程的不同表現(xiàn)形式即rm =（x + cm）m，同樣兩方

44、程式亦為同解方程：F（z）= zm - rm zm -（x + cm）m則F（z）=（28）式 ×（29）式 （9）式×（30）式根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根存在的唯一性（28）式 = （9）式，于是（29）式與（30）式也為同解方程：（29）式 （30）式根據(jù)多項(xiàng)式恒等定理關(guān)于“z”非首項(xiàng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等：r =（x+cm），r2 = (x+cm)2， ，rm-2 = (x+cm)m-2 ，rm-1 = (x+cm)m-1由（29）式 （10）（30）式，它們關(guān)于“z”非首項(xiàng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等：r = x =（x+cm ），r2 = x2 = (x+cm)2， ，rm-2 =

45、xm-2 = (x+cm)m-2，rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1*因?yàn)閙 3，所以（10）式（30）式必有關(guān)于“z”非首項(xiàng)對(duì)應(yīng)系數(shù)項(xiàng)等式存在，分別除以x，x2，xm-2，常數(shù)項(xiàng)等式除以xm-1，得：1 = ( 1+ ) ，1 = ( 1+ )2 ，1 = ( 1+ )m-2 ，1 - = ( 1+ )m-1各項(xiàng)對(duì)應(yīng)系數(shù)等式均存在cm與x互質(zhì)問題，除數(shù)x 0只能使c = 0 ，常數(shù)項(xiàng)等式am與xm-1互質(zhì)也只有a = 0。因而y = ac = 0 × 0 = 0，（9）式 z ( x + 0 m) = 0；這與（7）式給出的y = ac 、b = cm-1必要正

46、整數(shù)解值矛盾，所以此種情形時(shí)使（9）式有“非平凡解”方根不成立；（2）式只能z m = xm + 0m，z = x，不存在“非平凡解”。3.1.2.“逆重根方程式”的檢驗(yàn)由（27）式中的“逆m次方根式”（z r）m = 0，作為方程式即“逆m次重根方程式”時(shí)分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：zm-1 - C1m-1rzm-2 + C2m-1r2zm-3 - - Cm-2m-1rm-2z + rm-1 = 0 （31）由（9）式根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根可逆性定理存在z - (x + cm)m = 0，此種“z方根余因式”為：zm-1 - C1m-1(x+cm)zm-2 + C2m-1(x+cm)2

47、zm-3 - Cm-2m-1(x+cm)m-2z + (x+cm)m-1 = 0（32）根據(jù)非負(fù)實(shí)數(shù)方根存在的唯一性，z - r = z -（x + cm）= 0 同為“z方根因式”，其“z方根余因式”為（31）式、（10）式和（32）式的，根據(jù)正整數(shù)“方根余因式”唯一性定理（31）式與（10）式和（32）式關(guān)于“z”非首項(xiàng)對(duì)應(yīng)系數(shù)及對(duì)應(yīng)常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等：- C1m-1r = x = - C1m-1(x+cm) ， C2m-1r2 = x2 = C2m-1(x+cm)2， ， - Cm-2m-1rm-2 = xm-2 = - Cm-2m-1(x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1- am

48、= (x+cm)m-1亦因?yàn)閙 3，所以（10）式、（32）式必有關(guān)于“z”非首項(xiàng)對(duì)應(yīng)系數(shù)項(xiàng)等式存在，分別除以x，x2， x3，xm-2，常數(shù)項(xiàng)等式除以xm-1，得：1 = - C1m-1(1+)，1 = C2m-1(1+)2， ，1 = - Cm-2m-1(1+)m-2，1 - = (1+) m-1各對(duì)應(yīng)系數(shù)等式同樣存在cm與x項(xiàng)互質(zhì)問題，除數(shù)x 0只能使c = 0，常數(shù)項(xiàng)等式am與xn-1互質(zhì)也只有a = 0；之后各項(xiàng)等式又存在：x = - c1m-1（x），x2 = c2m-1（x）2， ，xm-2 = - cm-2m-1（x）m-2 ，xm-1 = (x)m-1即有：x(c1m-1+1

49、) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ， ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0 ，xm-1 = (x)m-1因?yàn)閙-1 2，所以各相應(yīng)的存在項(xiàng)系數(shù)等式中 (c1m-1+1) 0，(c2m-1-1) 0，(cm-2m-1+1) 0，必有 x = 0 ，常數(shù)項(xiàng)等式也就只能0 = 0了。因而y = ac = 0 × 0 = 0 、x = 0，（9）式z (0 + 0 m ) = 0；這與（7）式給出的y = ac 、b = cm-1必要正整數(shù)解值矛盾，這種情形時(shí)使（9）式有“非平凡解”方根亦不成立；（2）式只能z m = 0 m + 0m，z = 0，不存在“非平凡解”。所以，

50、（9）式z - ( x + cm ) = 0為“非平凡解”不成立，此種情形（2）式zm = xm + ym沒有正整數(shù)解。3.2.檢驗(yàn)（11）式“z方根因式”的“非平凡解”與檢驗(yàn)（9）式同理，（11）式z -（x - cm mm-1）= 0中m因子只是一種存在形式，其“逆m次方根式”的“逆m次方根方程式”或“逆m次重根方程式” 兩種 “z方根余因式”與（12）式zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 + + xm-2z +（xm-1 - amm）= 0對(duì)應(yīng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)比較，使x、y、z有“非平凡解”同樣矛盾，因而y含m因子時(shí)z m = xm + ym也沒有正整數(shù)解。3.3.檢驗(yàn)n

51、= 4時(shí)“z方根因式”的“非平凡解” 當(dāng)n = 4時(shí)與n = m奇質(zhì)數(shù)時(shí)亦同理。其（20）式與（9）式相同，（22）式、（24）式與（11）式相同；由z - ( x + c4) = 0及z - ( x +2c4) = 0和z - ( x +22c4) = 0 “z方根因式” 的“逆4次方根式”的“逆4次方根方程式”或“逆4次重根方程式”各兩種“z方根余因式”分別與（21）式z3+ x z2+ x2z +（x3 a4）= 0及（23）式z3+ x z2+ x2z +（x3 23a4 ）= 0和（25）式z3+ x z2+ x2z +（x3 22a4 ）= 0對(duì)應(yīng)系數(shù)及常數(shù)項(xiàng)比較，與x、y、z有“

52、非平凡解”矛盾，因而z 4 = x4 +y4沒有正整數(shù)解。4.結(jié)論現(xiàn)在證明了n = m是奇質(zhì)數(shù)時(shí)（2）式zm = xm +ym 或zm -（xm +ym）= 0 和n = 4時(shí)（13）式z4 = x4 + y4 或z4 -（x4 + y4）= 0 關(guān)于“z方根因式”存在“非平凡解”不成立，只求得兩組“平凡解”：y 0 z x （z、x為相同的任意正整數(shù)）y 0 x 0 z 0所以，（1）式?jīng)]有“非平凡解”，當(dāng)正整數(shù)n大于2時(shí)，zn = xn + yn 沒有正整數(shù)解。5.為什么z2 = x2 + y2 有正整數(shù)解當(dāng)n = 2時(shí)，可參照（3）式、（4）式設(shè)互為倒數(shù)求得其結(jié)果。但因?yàn)?也是質(zhì)數(shù)，所以也適合于n為奇質(zhì)數(shù)m時(shí)的情形。5.1.y不含m因子時(shí)y不含m因子即不含2時(shí)，由（9）式和（10）式令m = 2得：z - ( x + c2 ) = 0z + ( x - a2 ) = 05.1. 1.“逆方根方程式”時(shí) “逆方根方程式”時(shí)：z2 = x2 + y2 = r2即z2 r2 = 0的形式，“z方根因式” z - ( x + c2 ) = 0的“逆2次方根方程式”z2 - ( x + c2 ) 2 = 0的“z方根余因式”為：z + ( x + c2 ) = 0，則有：z + ( x - a2 ) = z + ( x + c2