费马大定理和比尔猜想等：可用两简单方程给以轻易美妙的证明

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  ab571016 楼主 2020-06-09 23:04:44

  还可做如下的论证：

  另一类是非符合毕达哥拉斯方程的互质正整数a'b'c'， 其a'²+b'²≠c'²

  意味着： 其( a'²+b'²)/c'²=r/c'²(r≠c'²)

  1. 若 r/c'²=k ，显然：k应<c',k若=c',则(a'²+b'²)=c'³ 则不成立。因即使c'=b'+1 则(a'²+b'²)也<(b'+1)³ :

  (a'²+b'²)<b'³+3b'²+3b'+1(因设定a',b',c'是a'<b'<c')

  所以：(a'²+b'²)=kc'²

  若要右边的数为c'²⁺ⁿ,则需有kx'c'²=c'²⁺ⁿ

  这样，等式两边都必须要乘有x'，则等式左边a'²x'+b²x'因x'为c'的因子，故不可能为a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ,

  则 ：a'^x+b'^y≠c'^z (x,y,z为≥2整数,并至少有z与另一数≥3)

  2. 若r与c'²互质， 则：( a'²+b'²)=r

  考虑到 r不可能为c'³, 若要右边的数为c'²⁺ⁿ,则需有ry'=c'²⁺ⁿ

  这样，等式两边都必须要乘有y'，则等式左边a'²y'+b²y'因y'为c'的因子，故不可能为a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ。

  则 ：a'^x+b'^y≠c'^z (x,y,z为≥2整数,并至少有z与另一数≥3)

  3. 若r与c'²为通约，r/c'²=v/u (v与u互质)

  则：( a'²+b'²)/c'²=v/u

  则：(a'²+b'²)=c'²v/u

  若要右边的数为c'²⁺ⁿ,则需有c'²z'v/u=c'²⁺ⁿ

  这样，等式两边都必须要乘有z'， 则等式左边a'²z'+b²z'因z'为c'的因子，故不可能为a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ。

  即：a'b'c'间无论什么关系状况均有： a'^x+b'^y≠c'^z

  由此： 费马大定理，比尔猜想的成立，或者更进一步地： A²+B^y=C^z (y,z为≥3整数)也无有互质正整数解，得到简洁彻底证明。

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  ab571016 楼主 2020-06-10 11:48:39

  显然，因为所有整数的因子为整数，x',y',z'作为c'的因子，也应为整数。

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  ab571016 楼主 2020-06-10 12:55:57

  故在上述r与c'²互质和r/c'²=v/u(v≠1)的两种情形，从y'，z'不可能为整数就已得到证明。

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  ab571016 楼主 2020-06-11 23:04:06

  再做如下的简巧论证：

  另一类是非符合毕达哥拉斯方程的互质正整数a'b'c'， 其a'²+b'²≠c'²

  意味着： 其( a'²+b'²)/c'²=r/c'²(r≠c'²)

  若 r/c'²=k ，显然：k应<c',k若=c',则(a'²+b'²)=c'³ 则不成立。因即使c'=b'+1 则(a'²+b'²)也<(b'+1)³ :

  (a'²+b'²)<b'³+3b'²+3b'+1(因设定a',b',c'是a'<b'<c')

  所以：(a'²+b'²)=kc'² 则： c'ⁿa'²+c'ⁿb'²=kc'²⁺ⁿ 则： 因c'与a'和b'互质， 所以 ：c'ⁿa'²+c'ⁿb'²≠a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 即使假定： c'ⁿa'²+c'ⁿb'²=a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ

  则也只会有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=kc'²⁺ⁿ不可能有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=c'²⁺ⁿ'(因k<c')

  即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  若r与c'²互质， 则：( a'²+b'²)=r则： c'ⁿa'²+c'ⁿb'²=rc'ⁿ 则： 因c'与a'和b'互质， 所以 ：c'ⁿa'²+c'ⁿb'²≠a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 即使假定： c'ⁿa'²+c'ⁿb'²=a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 则也只会有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=rc'²⁺ⁿ不可能有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=c'²⁺ⁿ'(因r与c'互质)

  即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  若r与c'²为通约，r/c'²=v/u (v与u互质并≠1)

  则：( a'²+b'²)/c'²=v/u

  则：u(a'²+b'²)=c'²v 则：uc'ⁿa'²+uc'ⁿb'²=vc'²⁺ⁿ

  因u是c'或是c'的因子与a'和b'互质， 所以 ：uc'ⁿa'²+uc'ⁿb'²≠a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 即使假定： uc'ⁿa'²+uc'ⁿb'²=a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 则也只会有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=vc'²⁺ⁿ不可能有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=c'²⁺ⁿ'(因v是不能被c'²约去的因子与c'互质)

  即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  而若r=c', r/c'²=1/c' 则：( a'²+b'²)=c' 则： 则：( c'ⁿa'²+c'ⁿb'²)=c'¹⁺ⁿ

  则：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  即：a'b'c'间无论什么相和与相除关系状况均有： a'^x+b'^y≠c'^z

  由此： 费马大定理，比尔猜想的成立，或者更进一步地： A²+B^y=C^z (y,z为≥3整数)也无有互质正整数解，得到简洁彻底证明。

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  ab571016 楼主 2020-06-12 15:03:06

  其实：还可以这样来进行简巧证明： 若a+b=c 显然：不可能有 a¹⁺ˣ+b¹⁺ʸ=c¹⁺ⁿ
  即：a¹⁺ˣ+b¹⁺ʸ≠c¹⁺ⁿ 设有a'+b'≠c' 则可表达为： (a'+b')/c'=r/c' (r≠c')

  2. 若 r/c'=k ，显然：k应<c',因a'+b'<c'² 则:

  (a'+b')=kc' 则： c'ⁿa'+c'ⁿb'=kc'¹⁺ⁿ

  考虑c'>a'>b'，并与a'和b'互质，设c'=a'+j=b'+f(显然j与c'和a'互质，f与c'和b'互质) 所以 ：c'ⁿa'+c'ⁿb'=kc'¹⁺ⁿ 则为： (a'+j)ⁿa'+(b'+f)ⁿb'=kc'¹⁺ⁿ 因c'与a'和b'互质，所以： (a'+j)ⁿa'+(b'+f)ⁿb'≠a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 即使假定： (a'+j)ⁿa'+(b'+f)ⁿb'=a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 则也只会有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=kc'¹⁺ⁿ不可能有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=c'²⁺ⁿ'(因k<c')

  即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  若r与c'互质， 则：( a'+b')=r 则：c'ⁿa'+c'ⁿb'=rc'ⁿ
  考虑c'>a'>b'，设c'=a'+j=b'+f(显然j与c'和a'互质，f与c'和b'互质) 所以 ：c'ⁿa'+c'ⁿb'=rc'ⁿ 则为： (a'+j)ⁿa'+(b'+f)ⁿb'=rc'ⁿ 因c'与a'和b'互质，所以： (a'+j)ⁿa'+(b'+f)ⁿb'≠a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 即使假定： (a'+j)ⁿa'+(b'+f)ⁿb'=a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 则也只会有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=rc'ⁿ不可能有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=c²⁺ⁿ'(因r与c'互质)

  即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  若r与c'为通约，r/c'=v/u (v与u互质并≠1)

  则：( a'+b')/c'=v/u

  则：u(a'+b')=c'v 则：uc'ⁿa'+uc'ⁿb'=vc'¹⁺ⁿ 考虑c'>a'>b'，设c'=a'+j=b'+f(显然j与c'和a'互质，f与c'和b'互质) 所以 ：uc'ⁿa'+uc'ⁿb'=vc'¹⁺ⁿ 则为： u(a'+j)ⁿa'+u(b'+f)ⁿb'=vc'¹⁺ⁿ 因c'与a'和b'互质，而u是c'或是c'的因子与a'和b'互质，

  所以： u(a'+j)ⁿa'+u(b'+f)ⁿb'≠a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 即使假定： u(a'+j)ⁿa'+u(b'+f)ⁿb'=a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ 则也只会有：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=vc'¹⁺ⁿ 不可能有： a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ=c'²⁺ⁿ'(因v是不能被c'²约去的因子与c'互质)

  即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ'

  而若r/c'=1/u 则：u( a'+b')=c' 则： 则：(uc'ⁿa'+uc'ⁿb')=c'¹⁺ⁿ 考虑c'>a'>b'，设c'=a'+j=b'+f(显然j与c'和a'互质，f与c'和b'互质) 所以 ：uc'ⁿa'+uc'ⁿb'=c'¹⁺ⁿ 则为： u(a'+j)ⁿa'+u(b'+f)ⁿb'=c'¹⁺ⁿ 因c'与a'和b'互质，而u是c'或是c'的因子与a'和b'互质， 所以： u(a'+j)ⁿa'+u(b'+f)ⁿb'≠a'²⁺ˣ+b'² 则： a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c¹⁺ⁿ 即：a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c²⁺ⁿ'

  即：a'b'c'间无论什么相和与相除关系状况均有： a'^x+b'^y≠c'^z

  由此： 费马大定理，比尔猜想的成立，或者更进一步地： A²+B^y=C^z (y,z为≥3整数)也无有互质正整数解，得到简洁彻底证明

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  ab571016 楼主 2020-06-14 18:17:43

  为什么一次以上的方，唯有毕达哥拉斯方程及更一般特有形式的a²+bʸ=c²能有互质正整数解？？ 其隐含的内在根源在于：当设r=c-a，其内在的表达式： (bʸ+r²)/2r=c, (bʸ-r²)/2r=a， 揭示了三者在高于一次方时，其差值与相互整除间的内在关联，并精细定位了c与a或b的差值，与相互“最小整数”的关系。

  而非是毕达哥拉斯方程及一般a²+bʸ=c²方程形式本原数的a',b',c'，只有相应的 [(c'+a')+r']/2=c'， [(c'+a')-r']/2=a'，方程式， 只定位了c'和a'的差值，在两者一次方时，c'与a'的最小整除关联，所以其相应的方程，在二次方，以及以上的方次,均无互质正整数解。 证明： [(c'+a')+r]/2=c'(c'本设定为奇数) [(c'+a')-r]/2=a'

  其c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， 不可能为(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2=c'¹⁺ⁿ 或[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2=a'¹⁺ⁿ 因为：

  不仅c',a'与b'和r互质。 2. 因b'和r为偶数，[b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ]能分离出2ⁿ' 所以： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ

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  ab571016 楼主 2020-06-14 20:49:43

  对此再详解： a'b'c'需设定有两数为奇数，或三数都为奇数。

  在两数为奇数时，设定c和a为奇数，则显然其c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， 若为(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2=c'¹⁺ⁿ 或[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2=a'¹⁺ⁿ 因：b'和r为偶数，[b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ]能分离出2ⁿ'， 所以： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ

  而若a,b,c都为奇数，则： c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， (c'+a')和r都为偶数，而b则为奇数， 故c'ⁿ[(c'+a')±r']≠(b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ) 故： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ

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  ab571016 楼主 2020-06-17 14:37:50

  还可这样再分析 a+b²⁺ʸ=c²⁺ⁿ 这一有解的互质整数方程: 当设r=c-a ,其 (b²⁺ʸ-r)/(c⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c, 设定了当c在二次以上的方, b的方次和c与a的差值，与整除c的最小整除关系。

  而非是该方程本原数的a',b',c'互质数，可表达为：a'+b'²⁺ʸ=c'²⁺ⁿ-t(t=c'²⁺ⁿ-a'-b'²⁺ʸ)， 设r=c'-a'则：b'²⁺ʸ-r+t=c'²⁺ⁿ-c' 则： b'²⁺ʸ-r+c'²⁺ⁿ-a'-b'²⁺ʸ=c'(c'²⁺ⁿ⁻¹-1) 则： [(c'²⁺ⁿ-a')-r]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c', 该方程式， 只定位了c'和a'的差值，在c'为二次以上方时，c'与a'的最小整除关联，所以其相应的方程，当c'为二次以上方时，a',b',为一次方，或一次以上的方次,均无互质正整数解。

  证明： a'b'c'需设定有两数为奇数，或三数都为奇数。

  在两数为奇数时，设定c'和a'为奇数，其有： [(c'²⁺ⁿ-a')-r)]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c' 方程， 若[(c'²⁺ⁿ-a')-r)] 提取为2ⁿ(j+f),(j,f为奇数)，则：2ⁿ/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)必应有：1/u,否则方程则无解。 [(c'²⁺ⁿ-a')-r)]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c'则为： (j+f)/u=c'，其扩展式： c'ⁿ(j+f)/u=c'¹⁺ⁿ不可能为(b'¹⁺ʸ+r¹⁺ˣ)/u=c'¹⁺ⁿ(因b'和r为偶数并与c'互质)。

  若提取为2ⁿ(j+2k)，而 c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1 应为2ⁿv(v为奇数)方程才可能有解。 [(c'²⁺ⁿ-a')-r)]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c'则为： (j+2k)/v=c', 其扩展式： c'ⁿ(j+2k)/v=c'¹⁺ⁿ不可能为(b'¹⁺ʸ+r¹⁺ˣ)/v=c'¹⁺ⁿ(因b'和r均为偶数并与c'互质)。

  而若a',b',c'都为奇数，其扩展式 c'ⁿ[(c'²⁺ⁿ-a')-r)]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c'¹⁺ⁿ 因(c'²⁺ⁿ-a')和r均为偶数，而b'为奇数，故： c'ⁿ[(c'²⁺ⁿ-a')-r)] ≠(b'¹⁺ʸ-r¹⁺ˣ)故： (b'¹⁺ʸ-r¹⁺ˣ)/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)≠c'¹⁺ⁿ

  而[(c'²⁺ⁿ-a')-r)]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c'则可变为： [(c'²⁺ⁿ-a'-2r)+r)]/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)=c' 同理可证： (b'¹⁺ʸ'+r¹⁺ˣ')/(c'⁽²⁺ⁿ⁻¹⁾-1)≠c'¹⁺ⁿ

  这即证明： a¹⁺ˣ+b¹⁺ʸ≠c²⁺ⁿ !

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  ab571016 楼主 2020-06-17 19:35:57

  为什么一次以上的方，唯有毕达哥拉斯方程及更一般特有形式的a²+bʸ=c²能有互质正整数解 为什么一次以上的方，唯有毕达哥拉斯方程及更一般特有形式的a²+bʸ=c²能有互质正整数解？？ 其隐含的内在根源在于：当设r=c-a，其内在的表达式： (bʸ+r²)/2r=c, (bʸ-r²)/2r=a， 揭示了三者在高于一次方时，其差值与相互整除间的内在关联，并精细定位了c与a或b的差值，与相互“最小整数”的关系。 而非是毕达哥拉斯方程及一般a²+bʸ=c²方程形式本原数的a',b',c'，只有相应的 [(c'+a')+r']/2=c'， [(c'+a')-r']/2=a'，方程式， 只定位了c'和a'的差值，在两者一次方时，c'与a'的最小整除关联，所以其相应的方程，在二次方，以及以上的方次,均无互质正整数解。 证明： [(c'+a')+r]/2=c'(c'本设定为奇数) [(c'+a')-r]/2=a' 其c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， 不可能为(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2=c'¹⁺ⁿ 或[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2=a'¹⁺ⁿ 因为： 1. 不仅c',a'与b'和r互质。 2. 因b'和r为偶数，[b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ]能分离出2ⁿ' 所以： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ ... ab571016

  上述有一点笔误改为：

  ……而非是毕达哥拉斯方程及一般a²+bʸ=c²方程形式本原数的a',b',c'，只有相应的方程式： [(c'+a')r'+r'²]/2r'=c', (简化为 [(c'+a')+r']/2=c')

  [(c'+a')r'-r'²]/2r'=a'， (简化为 [(c'+a')+r']/2=a')

  只定位了c'和a'的差值，在两者高于一次方时，c'与a'的最小整除关联，所以其相应的方程，在二次方，以及以上的方次,均无互质正整数解……

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  ab571016 楼主 2020-06-25 21:14:31

  又一惊喜发现：还可做如下更明晰透彻的论证：

  假若：A²⁺ˣ+B²⁺ʸ=C²⁺ⁿ 则意味着必然有如下最小整除C关系式：(A²⁺ˣ+B²⁺ʸ)/C¹⁺ⁿ=C

  毕达哥拉斯 a²+b²=c² 本原方程有整除c的 最小整除关系式：(a²+b²)/c=c，其扩展式为：cⁿ(a²+b²)/c¹⁺ⁿ=c，因c与a和b互质，所以 cⁿa²+cⁿb²)/c¹⁺ⁿ≠(a²⁺ˣ+b²⁺ʸ)/c¹⁺ⁿ 所以： (a²⁺ˣ+b²⁺ʸ)/c¹⁺ⁿ ≠c

  而另一类是非符合毕达哥拉斯方程的互质正整数a'b'c'， 其a'²+b'²≠c'² 则： ( a'²+b'²)/c'²=r/c'²(r≠c'²)

  1. 若 r/c'²=k ，显然：k应<c',k若=c',则(a'²+b'²)=c'³ 则不成立。因即使c'=b'+1 则(a'²+b'²)也<(b'+1)³ :

  (a'²+b'²)<b'³+3b'²+3b'+1(因设定a',b',c'是a'<b'<c') 所以：(a'²+b'²)=kc'² 则意味着整除c'的最小整数式只能为： (a'²+b'²)/kc'=c' 若kc'有kx'c'=c'¹⁺ⁿ 则为 (a'²x'+b'²x')/c'¹⁺ⁿ,而因x'为c'的因子与a'和b'互质，故(a'²x'+b'²x')/c'¹⁺ⁿ≠(a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ)/c'¹⁺ⁿ 所以： (a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ')/c'¹⁺ⁿ ≠c'

  2. 若r与c'²互质， 则：( a'²+b'²)=r

  则有整除c'的最小整数式： 则：c'( a'²+b'²)/r=c' 考虑到 r不可能为c'³, r又与c'互质,：所以c'( a'²+b'²)/r 不能扩展出y'c'( a'²+b'²)/c'¹⁺ⁿ，也不可能缩展为k'( a'²+b'²)/c'¹⁺ⁿ， 更不可能为( a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ)/c'¹⁺ⁿ，所以： (a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ')/c'¹⁺ⁿ ≠c'

  3. 若r与c'²为通约，r/c'²=v/u (v与u互质v并≠1)

  则：( a'²+b'²)/c'²=v/u 则有整除c的最小整除式： u(a'²+b'²)/vc'=c' 考虑至u与a'和b'互质，更考虑到v是与c'²通约后未被消解的因子，故与c'互质,所以u( a'²+b'²)/vc'不能扩展出z'u( a'²+b'²)/c'¹⁺ⁿ或缩展为k'( a'²+b'²)/c'¹⁺ⁿ ,更不可能为( a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ)/c'¹⁺ⁿ，所以：

  (a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ)/c'¹⁺ⁿ≠c

  而若r/c'²=1/u 则：u( a²'+b²')=c'² 则有整除c'的最小整除式： u(a'²+b'²)/c'=c'，有扩展式： c'ⁿu(a'²+b'²)/c'¹⁺ⁿ=c'， 考虑至u是c'²与r通约后余下的c'因子与a'和b'互质，还考虑到c'与a'和b'互质,所以 (uc'ⁿa'²+uc'ⁿb'²)/c'¹⁺ⁿ≠( a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ)/c'¹⁺ⁿ，所以：

  (a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ)/c'¹⁺ⁿ≠c'

  即：a'b'c'间无论什么相和与相除关系状况均有：

  a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ(x,y,n为整数) 另也有：(a²⁺ˣ+b²⁺ʸ)/c¹⁺ⁿ ≠c 即：(a²⁺ˣ+b²⁺ʸ) ≠c²⁺ⁿ

  即：A²⁺ˣ+B²⁺ʸ≠C²⁺ⁿ (x,y,n为整数)

  由此： 费马大定理，比尔猜想的成立，更进一步地： A²+B^y=C^z (y,z为≥3整数)也无有互质正整数解，得到简洁明晰的证明和拓展解决。

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  ab571016 楼主 2020-07-01 23:21:16

  为什么一次以上的方，唯有毕达哥拉斯方程及更一般特有形式的a²+bʸ=c²能有互质正整数解 为什么一次以上的方，唯有毕达哥拉斯方程及更一般特有形式的a²+bʸ=c²能有互质正整数解？？ 其隐含的内在根源在于：当设r=c-a，其内在的表达式： (bʸ+r²)/2r=c, (bʸ-r²)/2r=a， 揭示了三者在高于一次方时，其差值与相互整除间的内在关联，并精细定位了c与a或b的差值，与相互“最小整数”的关系。 而非是毕达哥拉斯方程及一般a²+bʸ=c²方程形式本原数的a',b',c'，只有相应的 [(c'+a')+r']/2=c'， [(c'+a')-r']/2=a'，方程式， 只定位了c'和a'的差值，在两者一次方时，c'与a'的最小整除关联，所以其相应的方程，在二次方，以及以上的方次,均无互质正整数解。 证明： [(c'+a')+r]/2=c'(c'本设定为奇数) [(c'+a')-r]/2=a' 其c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， 不可能为(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2=c'¹⁺ⁿ 或[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2=a'¹⁺ⁿ 因为： 1. 不仅c',a'与b'和r互质。 2. 因b'和r为偶数，[b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ]能分离出2ⁿ' 所以： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ ... ab571016

  在这里，更彻底寻究分析之所以在一次方以上，体现非毕达哥拉斯及特有形式本原方程的关系式： [(c'+a')r+r²]/2r=c' 其扩展式c'ⁿ[(c'+a')r+r²]/2r=c'¹⁺ⁿ不可能为：[(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ]/2r=c'¹⁺ⁿ的缘由：

  设r=c-a(c,a为奇数)，则显然普遍有整除c的最小整数式(a+r),其最小整除关系式是 (a+r)/1=c, 则有扩展式：(ar¹⁺ⁿ+r²⁺ⁿ)/r¹⁺ⁿ=c, 而因需要a与b互质， 则需有扩展式： (kar¹⁺ⁿ+kr²⁺ⁿ)/kr¹⁺ⁿ=c,如此为：[(kar¹⁺ⁿ+(k-1)r²⁺ⁿ)+r²⁺ⁿ]/kr¹⁺ⁿ=c, 其等式左边分数的分子才具有可能变换为(b²⁺ʸ+r²⁺ˣ)的代数形式。而这即意味着：其分母的代数式也必须为：kr¹⁺ⁿ,即r必须高于一次方为r¹⁺ⁿ。 也即在b和r高于二次方时，只可能有此整除c的最小整除关系式： (b²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/kr¹⁺ⁿ=c

  设k=2,其变形式为： (b²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2r=crⁿ，而因c与r互质，crⁿ≠c¹⁺ⁿ'，

  所以：c'ⁿ[(c'+a')r+r²]/2r=c'¹⁺ⁿ不可能为：[(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ]/2r=c'¹⁺ⁿ

  即：

  [(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ]/2r≠c'¹⁺ⁿ

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  ab571016 楼主 2020-09-16 11:19:22

  对此再详解： a'b'c'需设定有两数为奇数，或三数都为奇数。 1. 在两数为奇数时，设定c和a为奇数 对此再详解： a'b'c'需设定有两数为奇数，或三数都为奇数。 1. 在两数为奇数时，设定c和a为奇数，则显然其c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， 若为(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2=c'¹⁺ⁿ 或[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2=a'¹⁺ⁿ 因：b'和r为偶数，[b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ]能分离出2ⁿ'， 所以： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ 2. 而若a,b,c都为奇数，则： c'ⁿ[(c'+a')+r']/=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')-r]/2=a'¹⁺ⁿ 扩展式， (c'+a')和r都为偶数，而b则为奇数， 故c'ⁿ[(c'+a')±r']≠(b'²⁺ʸ±r²⁺ˣ) 故： (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2≠c'¹⁺ⁿ [b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2≠a'¹⁺ⁿ ... ab571016

  对上面作补充阐明： 首先，当互质正整数的a,b,c，有方程式 a²+b²⁺ʸ=c²时，我们不难证明 a²⁺ˣ+b²⁺ʸ'≠c²⁺ⁿ， 难点在于证明非是毕达哥拉斯特有方程形式的互质正整数a',b',c',也必有a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ

  因非是毕达哥拉斯特有方程形式的互质正整数a',b',c',其必有 a'²+b'²⁺ʸ±t=c'²方程 (t为整数) ，设定a'=c'-r后，必能转换为: [(c'+a')r+r²]/2r=c'或 [(c'+a')r-r²]/2r=a' 其证明c'ⁿ[(c'+a')r+r²]/2r=c'¹⁺ⁿ 和a'ⁿ[(c'+a')r-r²]/2r=a'¹⁺ⁿ 扩展式，不可能为: (b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2r=c'¹⁺ⁿ 或[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2r=a'¹⁺ⁿ 即证明了： a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ

  现以证明： 因有：c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ+r¹⁺ˣ=c'¹⁺ⁿ则： (2rc'¹⁺ⁿ-2r²⁺ˣ+2r²⁺ˣ)/2r=c'¹⁺ⁿ 则[(2rc'¹⁺ⁿ-r²⁺ˣ)+r²⁺ˣ)/2r=c'¹⁺ⁿ

  若r为偶数，则有: [2r(c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ/2)+r²⁺ˣ)]/2r=c'¹⁺ⁿ 若要2r(c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ/2)=b'²⁺ʸ则需有2r=(2j)²⁺ʸ,(c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ/2)=f²⁺ʸ (j,f为互质奇数)，因c'=(a'+r)其(a'+r)¹⁺ⁿ展开后的末项减去r¹⁺ˣ/2后为r¹⁺ⁿ(2-rˣ⁻ⁿ)/2 所以 (c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ/2)不具有也不可能转化为任何(x+y)²⁺ⁿ'展开后的结构形式，也不具有a²+b²⁺ʸ=c²其方程所能有的“原基推演”条件，所以不可能为f²⁺ʸ。

  若r为奇数，则有: [r(2c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ)+r²⁺ˣ)]/2r=c'¹⁺ⁿ 若要r(2c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ)=b'²⁺ʸ则需有r=(j)²⁺ʸ,(2c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ)=f²⁺ʸ (j,f为互 质奇数)，因r¹⁺ˣ=(c'-a')¹⁺ˣ其(c'-a')¹⁺ˣ展开后的首项与2c'¹⁺ⁿ合并后为c'¹⁺ˣ(2c'ⁿ⁻ˣ-1)，所以 (2c'¹⁺ⁿ-r¹⁺ˣ)不具有也不可能转化为任何(x±y)²⁺ⁿ'展开后的结构形式，也不具有a²+b²⁺ʸ=c²其方程所能有的“原基推演”条件，所以不可能为f²⁺ʸ。

  所以：(b'²⁺ʸ+r²⁺ˣ)/2r≠c'¹⁺ⁿ 同理可证：[b'²⁺ʸ-r²⁺ˣ]/2r≠a'¹⁺ⁿ

  这也即证明： a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ≠c'²⁺ⁿ

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  ab571016 楼主 2020-09-16 11:29:29

  作为“有整数解”的原基推演为： 能“自主设创”特定已知的整数单元，通过某类推演而构建出能知的整数“单元”。而此类推演在数学上为加减法和乘法‘运算以及其结合的运算。

  由原基推演形成的方程式，称之为“原基方程”，其自主设定的已知数元为“常数”或“糸数”，推演出的“能知数元”则为待知“元数”，由其“原基方程”变形转换的方程式必具有对称的相等性，可进行加减乘除的互置交换运算，并具有可解性。方程若要具有可解性，必须具有至少一个“原基推演”，而解方程的过程，实质上即是：寻找“原基推演”方程的过程。

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  ab571016 楼主 2020-09-26 09:20:05

  还可做如下的论证： 另一类是非符合毕达哥拉斯方程的互质正整数a'b'c'， 其a'²+b'²≠c' 还可做如下的论证： 另一类是非符合毕达哥拉斯方程的互质正整数a'b'c'， 其a'²+b'²≠c'² 意味着： 其( a'²+b'²)/c'²=r/c'²(r≠c'²) 1. 若 r/c'²=k ，显然：k应<c',k若=c',则(a'²+b'²)=c'³ 则不成立。因即使c'=b'+1 则(a'²+b'²)也<(b'+1)³ : (a'²+b'²)<b'³+3b'²+3b'+1(因设定a',b',c'是a'<b'<c') 所以：(a'²+b'²)=kc'² 若要右边的数为c'²⁺ⁿ,则需有kx'c'²=c'²⁺ⁿ 这样，等式两边都必须要乘有x'，则等式左边a'²x'+b²x'因x'为c'的因子，故不可能为a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ, 则 ：a'^x+b'^y≠c'^z (x,y,z为≥2整数,并至少有z与另一数≥3) 2. 若r与c'²互质， 则：( a'²+b'²)=r 考虑到 r不可能为c'³, 若要右边的数为c'²⁺ⁿ,则需有ry'=c'²⁺ⁿ 这样，等式两边都必须要乘有y'，则等式左边a'²y'+b²y'因y'为c'的因子，故不可能为a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ。 则 ：a'^x+b'^y≠c'^z (x,y,z为≥2整数,并至少有z与另一数≥3) 3. 若r与c'²为通约，r/c'²=v/u (v与u互质) 则：( a'²+b'²)/c'²=v/u 则：(a'²+b'²)=c'²v/u 若要右边的数为c'²⁺ⁿ,则需有c'²z'v/u=c'²⁺ⁿ 这样，等式两边都必须要乘有z'， 则等式左边a'²z'+b²z'因z'为c'的因子，故不可能为a'²⁺ˣ+b'²⁺ʸ。 即：a'b'c'间无论什么关系状况均有： a'^x+b'^y≠c'^z 由此： 费马大定理，比尔猜想的成立，或者更进一步地： A²+B^y=C^z (y,z为≥3整数)也无有互质正整数解，得到简洁彻底证明。 ... ab571016

  quart卜卜二

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  ab571016 楼主 2020-09-28 09:59:08

  其实，还可以这样来进行证明： 先看证明费马大定理： 设b=a+r 若aⁿ+bⁿ=cⁿ(n为≥3整数),则为aⁿ+(a+r)ⁿ=cⁿ展开有：

  aⁿ+aⁿ+Cₙ¹a⁽ⁿ⁻¹ ⁾r+Cₙ²a⁽ⁿ⁻²⁾r²+Cₙ³a⁽ⁿ⁻³ ⁾r³+Cₙ⁴a⁽ⁿ⁻⁴⁾r⁴+Cₙ⁵a⁽ⁿ⁻⁵⁾r⁵……+Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾ar⁽ⁿ⁻¹ ⁾+rⁿ=cⁿ
  即：2aⁿ+Cₙ¹a⁽ⁿ⁻¹ ⁾r+Cₙ²a⁽ⁿ⁻²⁾r²+Cₙ³a⁽ⁿ⁻³ ⁾r³+Cₙ⁴a⁽ⁿ⁻⁴⁾r⁴+Cₙ⁵a⁽ⁿ⁻⁵⁾r⁵……+Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾ar⁽ⁿ⁻¹ ⁾+rⁿ=cⁿ，其等式左边首项为2xⁿ的形式。故等式左边项不具有也不可能转化为任何的(x+y)^N 展开的结构形态。而cⁿ却必在(x+y)^N展开的结构形态中，故： aⁿ+bⁿ≠cⁿ(n为≥3整数)

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  ab571016 楼主 2020-09-28 10:02:31

  再看比尔猜想的证明： 设b=a±r，若aˣ+bʸ=cⁿ(x,y,n为≥3整数)，则为aˣ+(a±r)ʸ=cⁿ 展开有：

  aˣ+aʸ±Cᵧ¹a⁽ʸ⁻¹ ⁾r±Cᵧ²a⁽ʸ⁻²⁾r²±Cᵧ³a⁽ʸ⁻³ ⁾r³±Cᵧ⁴a⁽ʸ⁻⁴⁾r⁴±Cᵧ⁵a⁽ʸ⁻⁵⁾r⁵……±Cᵧ⁽ʸ⁻¹ ⁾ar⁽ʸ⁻¹ ⁾±rʸ=cⁿ
  即：aʸ(aˣ⁻ʸ+1)±Cᵧ¹a⁽ʸ⁻¹ ⁾r±Cᵧ²a⁽ʸ⁻²⁾r²±Cᵧ³a⁽ʸ⁻³ ⁾r³±Cᵧ⁴a⁽ʸ⁻⁴⁾r⁴±Cᵧ⁵a⁽ʸ⁻⁵⁾r⁵……±Cᵧ⁽ʸ⁻¹ ⁾ar⁽ʸ⁻¹ ⁾±rʸ=cⁿ 其等式左边首项为kaʸ。故等式左边项不具有也不可能转化为任何的(X±Y)^N 展开的结构形态。而cⁿ却必在(X±Y)^N展开的结构形态中，故： aˣ+bʸ≠cⁿ(x,y,n为≥3整数)

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  ab571016 楼主 2020-09-28 10:07:52

  而只有a²+b²⁺ʸ=c²特有形式的方程例外： 例如a²+b², 当设b=a+r,其等式左边项展开合并为2a²+2ar+r²,却可能有2a²+2ar+r²=c² 即可以转化为c²=(x+y)²的展开式。 这是因为：二次及以上的方程，唯只有a²+b²⁺ʸ=c²具有“原基推演”的条件。

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  ab571016 楼主 2020-09-28 10:09:16

  对些，还可这样理解即可明了： a²+bʸ=c²(y为≥2整数) 则为a²+(c²-a²)=c² 即a²+(c+a)(c-a)=c² (c+a)与(c-a)都可摆脱二项式公式的结构形态限定，而可能分别为rʸ,uʸ。即可有bʸ，等于(ru)ʸ。

  而aⁿ+bⁿ=cⁿ(n为≥3整数) 则为aⁿ+(cⁿ-aⁿ)=cⁿ, (cⁿ-aⁿ)展开后为：(c-a)(cⁿ⁻¹+cⁿ⁻²a+cⁿ⁻³a²…+caⁿ⁻²+aⁿ⁻¹)，若设有(c-a)=r=r'ⁿ 但其(cⁿ⁻¹+cⁿ⁻²a+cⁿ⁻³a²…+caⁿ⁻²+aⁿ⁻¹)二元多项式，受二项式公式结构形态的限定，因不是任何二元(x+y)²⁺ⁿ展开的结构形态，故不可能为uⁿ，即不可能有r'ⁿuⁿ，即不可能有bⁿ,即： aⁿ+bⁿ≠cⁿ, 费马大定理得证。

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  ab571016 楼主 2020-09-28 10:10:59

  a²+bʸ=c²(y为≥2整数)的方程形式，因bʸ可置换为二元二项式两个最小基本单元的乘积，故bʸ可会有整数解。 而其它二次及以上的试解方程，因bʸ不可能置换为二元二项式最小基本单元的乘积，故无互质正整数解。

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  ab571016 楼主 2020-09-29 13:55:30

  因此，可得出一总结的结论：

  一个二元多项式，必须可转换为

  二元二项式最小基本单元的乘积，才能=kⁿ(k为整数)

  a²+bʸ=c²(y为≥2整数)的方程形式，因bʸ可置换为二元二项式两个最小基本单元的乘积，故bʸ可会有整数解。

  而其它二次及以上的试解方程，因bʸ不可能置换为二元二项式最小基本单元的乘积，故无互质正整数解。

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  ab571016 楼主 2020-09-30 15:17:52

  二元二项式最小基本单元为：(x+y),(x-y)

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