正整数方根余因式唯一性定理证明费马猜想

1、正整数“方根余因式”唯一性定理证明费马猜想（1979年 2007年）王 德 忱摘要 根据方根存在定理及方根性质定理证明正整数“方根余因式”唯一性定理，推论非负实数方根可逆性定理，并定义z = r或z r = 0为方根等式则zn = rn或( z r )n = 0n为“逆n次方根式”。假设zn = xn + yn当n 2时有正整数解即是“非平凡解”，通过因式分解得到“z方根因式”及“z方根余因式”；此“z方根余因式”与“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，经判断两者唯一性矛盾，于是“z方根因式”为zn = xn + yn的“非平凡解”不成立，从而证明zn = xn +

2、yn没有正整数解。关键词 费马猜想巧妙证明 方根因式 方根余因式 “方根余因式”唯一性 逆n次方根式法国数学家费马于1637年在巴契校订的希腊数学家丢番图的算术第2卷第8命题“把一个平方数分为两个平方数”旁边写道：“把一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。关于这一点，我确信已发现了一种巧妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”为此，370年来全世界许多优秀数学家做出了艰苦不屑的努力，都没能找到这一 “巧妙证法”。1997年英国数学家怀尔斯在他人高等数学研究取得重大进展的成果基础之上，历时7年用130多页稿纸非常繁难地证

3、明了这一猜想成立，但深奥难懂，仅仅使极少数人能够看明白。即然“费马猜想”为“巧妙证法”，所以只有实现费马那个时代数学水平初等方法奇巧绝妙的证明才是最终完结“费马猜想”。 1.正整数“方根余因式”唯一性定理1.1.“费马猜想”性质分析费马猜想：“一般地把一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的”，即设当n 2时zn = xn + yn没有正整数解。本不定方程zn = xn + y n是方根问题，其中x、y两个数是0或一个数是0或x = y关于“z”的n次方根解因为简单称为“平凡解”，x y关于“z”的n次方根正整数解称为“非平凡解”。根据方根存在定理：“对于任何非负实数a，存在唯一的非负实

4、数r，它的n次幂等于a，即 rn = a”；又根据方根性质定理：“在实数集里，正实数（非0非负实数）开任何次方均只有唯一的一个正的方根，0（0非负实数）开任何次方均等于0”；因为非负实数存在这两种情形“非0非负实数”或“0非负实数”，所以对“费马猜想”的表述形式也必有相应的两种情形：一是“非0非负实数”方根存在，这正是一般认为的费马猜想问题，当n 2时zn = xn + yn = rnz = n = r z = r （非0非负实数方根）没有正整数方根解。但是，这一形式费马的猜想是不准确的，本文将证明：把一个二次幂直接分为两个同次的幂，也是不可能的；即当n = 2时z2 = x2+ y2 = r

5、2没有直接正整数方根解。二是“0非负实数”方根存在，这却是费马没有猜想到的问题：一般地一个高于二次的幂与两个同次幂之和的差为0的同次幂，这是不可能的；即设当n 2时zn -（xn + yn）=（z r）n = 0没有正整数解。因为存在两个相同的正整数之差等于0（z r = 0）的情形，所以必存在zn -（xn + yn）= 0 等式关于“0的n次方”的方根 n= 0。如果把zn -（xn + yn）= 0认为只是“非0非负实数”简单的变形方根等式zn -（xn + yn）= zn - rn = 0，那么就忽略了zn -（xn + yn）=（z r）n = 0的重根形式，所以当n 2时存在zn

6、-（xn + yn）=（z - r）n = 0n = z r = 0 z r = 0 （0非负实数方根）没有正整数重根解。但是，最后将特别证明当n = 2时z2 -（x2 + y2）=（z r）2 = 0有正整数重根解，是著名的勾股弦数公式求解原理。科学的认识、准确的理解“费马猜想”是解决这一问题的关键。z2 -（x2 + y2）= 0有正整数重根解可以转化为表面上z2 = x2 + y2方根解并有一个正整数方根，也就是zn -（xn + yn）= 0与zn = xn + yn形式上可以互相转化二者等价从数学公理上是不可怀疑的；但其不同的数学等式形式却存在不同的数学意义，即“z = n = r

7、” 与 “n= z r = 0”体现完全不同的方根性质，这正是“费马猜想”隐含着似同而非令人混淆莫辨的难点所在。必须全面分析这两种方根存在形式所决定的方程结果，以求得方程应有的正确的“解”及其“解”的性质。根据“方根存在定理”及“方根性质定理”推论，存在“非负实数方根可逆性定理”：对于任何一个非负实数r ，存在另一个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，所以任何一个非负实数均可认定是另一个相应唯一非负实数的n次方根。由这个推论可以给出一个非负实数“逆n次方根式”的定义：“z = n = r ”与“ n= z r = 0 ”两种方根形式z = r或z r = 0

8、可认定是方根等式，存在zn = rn可变形为zn - rn = 0或 ( z r ) n = 0 n成立。zn - rn = 0为“逆n次方根式”时，是任何一个非负实数的n次方，对于非负实数开方只有唯一的一个“非0非负实数”方根；当为方程时则有n个根，称为“逆n次方根方程式”。( z r )n = 0为“逆n次方根式”时则是0（z r = 0）的n次方，对于非负实数开方只有唯一的一个“0非负实数”方根；当为方程时则有n个重根，称为“逆n次重根方程式”。假设当n 2时zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0有正整数解：z = n = r 或 n = z r = 0 关于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区别：“逆n次方根方程式”zn - rn = 0或“逆n次重根方程式”( z r ) n = 0均含关于“z”的z r = 0方根方程因式，称为“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关于“z”一元n 1次整系数增根余方程因式，即称为“z方根余因式”。由“方根存在定理”及“方根性质定理”决定非负实数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.正整数“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”唯一性对于方根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）这个二项式“zn - rn”与它分解的因式乘积必恒等。根据“同解方程因式分解定理”：如果F（X） 1（X）2（X）n（X）则方程F（X）= 0与方程集合1（X）= 0，2（X）= 0， ，n（X）= 0 （i：i = 1，2，n）同解，即方程F（X）中的每个解都是方程集合i（X）中某个方程的解；反之方程集合i（X）中某个方程的解只要能使该集合其余方程有意义就都是

11、方程F（X）的解。根据这一定理：方程F（z）= zn - rn = 0与方程集合1 = z r = 02 = zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + + rn-2z + rn-1 = 0同解，其中式对于式或式对于式在复数范围内均有意义。所以式、式同时成立的方程集合是原方程的解。式是唯一性的正整数方根，式是“z方根余因式”也必是唯一性的。如果式不是唯一性的，那么假设还存在正整数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 根据非负实数方根存在的唯一性，

12、不存在一个方根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，这种“z方根余因式”是唯一性的，即对于同一个方根zn - rn zn - kn为同解方程。1.2.2.“逆n次重根方程式”的“z方根余因式”唯一性对于方根n = z r = 0 “逆n次重根方程式”（z r）n = 0，当n为奇数时分解“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 - - Cn-2n-1 rn-2

13、z + rn-1 ）= 1（z）2（z）同样二项式“（z r）n”与它分解的因式乘积必恒等。由“同解方程因式分解定理”：方程 F（z）=（z r）n = 0与方程集合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，其中式对于式或式对于式在实数范围内即均有意义。所以式、式同时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，那么假设还存在正整数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 = 0zn-1 - C

14、1n-1 kzn-2 + C2n-1 k2zn-3 - - Cn-2n-1 kn-2z + kn-1 = 0 根据非负实数方根存在的唯一性，不存在一个方根 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，这种“z方根余因式”也是唯一性的，即对于同一个方根（z r）n ( z k ) n为同解方程。当 n为偶数时同理可证。 无论n为奇数或偶数其“z方根余因式”的性质是同一的。1.3.正整数“方根余

15、因式”唯一性定理与“费马猜想”综结以上证明得到正整数“方根余因式”唯一性定理：对于任何正整数方根的“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”分别存在相应的“方根余因式”各自是唯一性的，即只有各自唯一相应的正整数“方根余因式”与唯一的正整数“方根因式”乘积存在唯一性的正整数n 次方根。这就说明，zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0有正整数解的正整数方根是唯一性的，其能够进行因式分解得到关于“z”唯一的“z方根因式”，其“z方根余因式”如果满足“z方根因式”的“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整数“z方根余因式”的条件，那么zn = xn +

16、yn或zn -（xn + yn）= 0就有正整数解；否则，虽然能够进行因式分解得到关于“z”唯一性的“z方根因式”，但“z方根余因式”不能满足“z方根因式”的“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整数“z方根余因式”的条件，那么zn = xn + yn或zn -（xn + yn）= 0就一定没有正整数解。2.分解 zn = xn + yn关于 “z方根因式”及“z方根余因式”已设定zn = xn + yn 或zn -（xn + yn）= 0 有正整数解即“非平凡解”，如果zn = xn + yn没有正整数解则（kz）n =（kx）n +（ky）n（k为正整数）也没有正整数解，所以令（x

17、 ，y ）= 1；如果zn = xn + yn没有正整数解则z k n = x k n + y k n也没有正整数解，而任一大于2的正整数必能被某一奇质数整除或2 k+1的最小偶数4整除，于是只讨论n 是奇质数时为m和n是偶数时为4这两种情形。z n = x n + y n （1）2.1.n = m为奇质数时z m = x m + y m的因式分解2.1.1.假设z m = x m + y m有正整数解的条件由（1）式对于n = m为正奇质数时有正整数等式：z m = x m + y m（2）改变（2）式的等式关系：zm - xm = ym ，将等式两边同除以ym，得到（2）的变形等式：( )

18、m - ( )m = 1从而得：( - )( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + ( ) m-2 + ( )m-1= 1上面等式中左边是两个因式的乘积，右边等于1。因为z x，所以这两个因式均为正数，只存在两种可能：一是两个因式均等于正数1，仅由 - = 1推出（x + y）m xm + ym = zm这种情形等式不能成立，所以两个因式均不能等于正数1 ；二则两个因式必然是互为正倒数，设正整数 a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到： = （3）( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + ( )m-1 = （4）前面已证明 - 1，即a b

19、。容易证明a b ：如果 a xm + ym = zm也不能成立，则a b。所以（3）式与（4）式是（2）式有正整数解唯一能够分解的一组两个因式。由（3）式得 = + 代入（2）式的变形等式 ( )m - ( )m = 1得：( + )m - ( )m = 1C1m ( )m-1 + C2m ( )2( )m-2 + C3m ( )3( )m-3 + Cm-1m ( )m-1 + ( )m = 1 将这个等式两边同乘以amym-1得： C1mam-1bxm-1 + C2mam-2b2xm-2y + C3mam-3b3y2 + + Cm-1mabm-1xym-2 + bmym-1 = amym-

20、12.1.2. n = m时y与a因子的关系从（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 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等式两边同时除以 am-1 得：C1m bxm-1 + C2m b2xm-2y2 + C3m b3xm-3y22 + + Cm-1m bm-1xy2m-2 + bmy2m-1 = amy2m-1 （5）如果y2还含a 的因

21、子，那么（5）式除 C1m bxm-1项外其它各项均含y2 即含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 = m是奇质数，a只能含m因子。又（5）式左边第二项C2m b2xm-2y2中：C2m = = 因m是奇质数则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项，且其后各项及等式右边项均能被m2 整除，仅等式左边第一项C1m bxm-1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b

22、my2m-1 项外其他各项分别含：C1m ，C2m ， ，Cpm ， ，Cm-1m (1 p m-1)Cpm = = 其中1 p m-1 ，质数 m 大于p! 中的各个质数因子，即Cpm 含m 因子，则只有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。2.1.3. n = m时y与b因子的关系由（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：C1m xm-1 + C2m bxm-2y2 + C3m b2xm-3y22 +

23、 + Cm-1m bm-2xy2m-2 + bm-1y2m-1 = （6）在（6）式右边 项中（a ，b）= 1只有 b 整除 y2m-1， = 1或者 1。当 = 1时，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已证明上等式左边C1m、 C2m、 C3m cm-1m各项含m因子，如果bm-1y2m-1项含m因子，而等式右边a一定不含m因子，则等式不能成立；bm-1y2m-1不含m因子，即y2、b不含m因子。设正整数c令y2 = c ，b = y2m

24、-1 = cm-1，（c，m）= 1，于是得出y 及其相关b的一组必要正整数解值：y = ac ， b = cm-1（7）使（6）式为 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）式互为倒数关系必定成立。若（6）等式右边 1余y2的因子，等式左边除C1mxm-1 项外其它各项均含y2因子，并与xm-1互质；余y2的因子只能与C1m相约，而C1m = m是奇质数则y2必含m因子，设y2 = my3代入（6）式：C1m xm-1+C2m bxm-2（my3）+C3m b2xm-3

25、(my3)2+Cm-1m bm-2x(my3)m-2 +bm-1(my3)m-1 =将这个等式两边均除以m 得：xm-1 +C2m bxm-2y3 +C3m b2xm-3my32 +Cm-1m bm-2xmm-3y3m-2 +bm-1mm-2y3m-1 = 若此等式右边项 1，（a ，b）= 1则只能余m因子或余y3的因子，等式左边除xm-1项外其它各项均含m因子和y3因子，均与xm-1互质，等式不能成立；只有 = 1，这时y3再含否m因子均可。设正整数c令y3 = c，y2 = y3m = cm，（c，m） 1，于是得出y及相关b的第二组必要正整数解值：y = acm ， b = cm-1m

26、m-2 （8）这时又使（6）式为 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）式互为倒数关系成立。于是明确了此种条件下a存在值的结果和y及b仅能存在的两种情形必要正整数解值。2.1.4.n = m时“z”的必要解值及其性质将（7）式代入（3）式、（4）式有： - = ( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + + ( )m-2 + ( )m-1 = 化简得：z - ( x + cm ) = 0 （9）zm-1+ xzm

27、-2 + x2zm-3 + + xm-2z +（xm-1 - am）= 0 （10）验证（9）式是“z方根因式”。现在的“z”已不是原方程式的未知数了，而是确定的值，有：z = m= x + cmxm +（ac）m =（x + cm）m展开式 C1m xm-1 + C2m cmxm-2+ C3m（cm）2xm-3 + + Cm-1m（cm）m-2x +（cm）m-1 = am与（6）式成立的结果相同，因此x + cm为xm + ym的m次非0非负实数方根是（3）式、（4）式互为倒数关系成立的必要条件；又：m= z （x + cm）= 0zm xm +（ac）m = z （x + cm）m因为z

28、 = x + cm，zm =（x + cm）m，所以：zm xm +（ac）m zm = （x + cm）（x + cm）m （x + cm）m则 xm +（ac）m =（x + cm）m等式成立，因此z （x + cm）为zm （xm +ym）的m次0非负实数方根又是（3）式、（4）式互为倒数关系成立的必要条件。从而（9）式为zm -（xm + ym）= 0的“z方根因式”是（3）式、（4）式互为倒数关系成立的必要条件，相应的即有（10）式是“z方根余因式”。将（8）式代入（3）式、（4）式得： - = ( )m-1 + ( )m-2 + ( )2 ( )m-3 + ( )m-2 ( ) +

29、 ( )m-1 = 化简得：z - (x + cmmm-1) = 0 （11）zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 + xm-2z + (xm-1 - amm) = 0 （12）参见（9）式是“z方根因式”的验证，同理z = m= x + cmmm-1和m= z-（x + cmmm-1）= 0其展开式与（6）式成立的结果 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相同，x + cmmm-1为xm + ym的m次非0非负实数方根或 z - (x + cmmm-1

30、)为zm -（xm + ym）的m次0非负实数方根，此（11）式为zm -（xm + ym）= 0的“z方根因式”是（3）式、（4）式互为倒数关系成立的必要条件，相应的即有（12）式是此时“z方根余因式”。这就得出了当n = m为奇质数时（9）式和（10）式、（11）式和（12）式两组仅可能存在的关于“z方根因式”及“z方根余因式”。2.2.n = 4时z 4 = x 4 + y 4的因式分解2.2.1.n = 4时假设z 4 = x 4 + y4有正整数解的条件由（1）式n = 4 时有正整数等式：z 4 = x 4 + y 4（13）使（13）式变形( )4 - ( ) 4 = 1，参照n

31、 = m时的讨论，设正整数a、b，（ a ，b ）= 1，得： - = （14）( )3 + ( )2 + ( )2 + ( )3 = （15）由（14）式得 = + 代入（13）式的变形等式（ ）4 - ( ) 4 = 1即有（ + ）4 - ( ) 4 = 1的等式，其展开并整理得：4a3bx3 + 6a2b2x2y + 4ab3xy2 + b4y3 = a4y3 2.2.2.n = 4时y与a因子的关系由（14）式可知y必含a因子。设y = ay2代入上式得：4a3bx3 + 6a2b2x2（ay2）+ 4ab3x（ay2）2+ b4（ay2）3 = a4（ay2）3这个等式两边同除以a

32、3b得：4x3 + 6bx2y2 + 4b2xy22 +b3y23 = （16）2.2.3.n = 4时y与b因子的关系由（15）式可知y3必含b因子，于是y23含b 因子。在（16）式右边项 中只能有 = 1 或 1。当 = 1 时，设 y2 = c，得到y及其相关b的一组必要正整数解值：y = ac ，b = c3（17）当 1时存在y2 的剩余因子，其与x3 互质，只能与4相约，所以 y2 必含质数2因子，设y2 = 2y3代入（16）式并除以4得：x3 + 3 bx2y3 + 4 b2xy32 + 2 b3y33 = 此时存在两种情形：如果b不含2因子使 = 1，设y3 = c，（c，

33、2）= 1；等式右边余2a4，则 （a ，2）1，于是又得y及其相关b的第二组必要正整数解值： y = 2ac ， b = c3（18）如果b含2因子，（a，2）= 1，使 = 1等式成立，则y3再含否2因子均可；设y3 = c，（c，2）1，于是再得y及其相关b的第三组必要正整数解值：y = 2ac ， b = 2c3 （19）又明确了这种条件下a的存在结果和y及b仅能存在的三种情形必要正整数解值。2.2.4.n = 4时“z”的必要解值及其性质将（17）式代入（14）式和（15）式得：z - ( x + c4 ) = 0 （20）z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4) =

34、0 （21）将（18）式代入（14）式和（15）式得：z - ( x + 2c4 ) = 0 （22）z3 + xz2 + x2z + ( x3 - 23a4 ) = 0 （23） 将（19）式代入（14）式和（15）式得：z- ( x + 22c4 ) = 0 （24）z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0 （25）参照n = m是奇质数时“z方根因式”的验证，同样可得出当 n = 4时（20）式和（21）式、（22）式和（23）式、（24）式和（25）式是仅可能存在的三组关于“z方根因式”及“z方根余因式” 。方根验证过程与n = m为奇质数时基本相同。具体证明仅以

35、（20）式为例，由（20）式时（16）式为4x3 + 6c4x2 + 4（c4）2x +（c4）3 = a4等式成立即有（14）式、（15）式互为倒数关系成立。当z - ( x + c4 ) = 0有z = 4= x + c4x4 +（ac）4 =（x + c4）4展开式4 xm-1 + 4 c4x2 + 4（c4）2x +（c4）3 = a4与（16）式成立的结果相同；又：4= z （x + c4）= 0z4 x4 +（ac）4 = z （x + c4）4因为z = x + c4，z4 =（x + c4）4，所以：z4 x4 +（ac）4 z4 = （x + c4）（x + c4）4 （x

36、+ c4）4则： x4 +（ac）4 =（x + c4）4等式成立，由此（20）式为z4 -（x4 + y4）= 0的“z方根因式”是（14）式、（15）式互为倒数关系成立的必要条件，于是（21）式即是“z方根余因式”。（22）式和（23）式、（24）式和（25）同理。以上通过对zn = xn + yn因子分解得到n不同取值及y不同必要正整数解值时关于“z方根因式”及“z方根余因式”的因式分解结果。3.检验“z方根因式”的“非平凡解”分解得到不同条件的“z方根因式”为正整数解是否成立，现在进行检验：根据“非负实数方根可逆性定理”由得到各“z方根因式”推证出“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程

37、式”的正整数“z方根余因式”；再根据正整数“方根余因式”唯一性定理将分解得到相应不同条件的各“z方根余因式”与各“z方根因式”推证出“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整数“z方根余因式”进行比较，若分解得到不同条件的“z方根余因式”不能满足“逆n次方根方程式”或“逆n次重根方程式”的正整数“z方根余因式”为“非平凡解”的条件，则分解得到不同条件的“z方根因式”为“非平凡解”不成立，即为正整数解不成立。根据非负实数方根可逆性定理有z = n = r或n = z r = 0方根的两个“逆n次方根式”为： zn r n = 0 或 ( z r )n = 0 （26）当n是奇质数时，由（2

38、6）式，n = m时“逆m次方根式”为： zm - rm = 0 或 ( z r )m = 0 （27）3.1.检验（9）式“z方根因式”的“非平凡解”3.1.1.“逆方根方程式”的检验由（27）式中的“逆m次方根式”zm - rm = 0，作为方程式即“逆m次方根方程式”时分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：z r = 0 （28）zm-1 + rzm-2 + r2zm-3 + + rm-2z + rm-1 = 0 （29）：关于“z方根余因式”系数关系正整数“方根余因式”唯一性定理判定法因为依据（2）式zm = xm + ym 推证分解因式得到（9）式和（10）式，由“逆m次方根方程式

39、”zm - rm = 0分解因式得到（28）式和（29）式，根据非负实数方根存在的唯一性必有（28）式 =（9）式，即： z - r = z -（x + cm）= 0根据正整数“方根余因式”唯一性定理，同为（28）式 =（9）式“z方根因式”的“z方根余因式”（29）式 =（10）式，并且关于“z”非首项系数及常数项对应相等：r = x，r2 = x2， ，rm-2 = xm-2，rm-1 = xm-1- am 根据非负实数方根可逆性定理由（9）式使zm - ( x + cm )m = 0成立，其“z方根余因式”为 ：zm-1 + (x+cm)zm-2 + (x+cm)2zm-3 + (x+c

40、m)m-2z + (x+cm)m-1 = 0 （30）又因为（28）式 =（9）式，（28）式的“z方根余因式”为（29）式，（9）式“逆m次方根方程式”的“z方根余因式”为（30）式，根据正整数“方根余因式”唯一性定理也必有（29）式 =（30）式，并且关于“z”非首项系数及常数项对应相等：r =（x+cm），r2 = (x+cm)2， ，rm-2 = (x+cm)m-2 ，rm-1 = (x+cm)m-1 所以由（29）式 =（10）式、（29）式 =（30）式则有（29）式 =（10）式 =（30）式，它们的关于“z”非首项系数及常数项对应关系为：r = x =（x+cm ），r2 =

41、x2 = (x+cm)2， ，rm-2 = xm-2 = (x+cm)m-2，rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1*：关于“z方根余因式”系数关系多项式恒等定理判定法（参考）因为设定z = m = r，并推证z = m = x + cm，根据非负实数方根可逆性定理有“逆m次方根方程式”F（z）= zm - rm = 0与F（z）= zm -（xm + ym）= 0 为同一个方程的不同表现形式即rm = xm + ym，所以为同解方程：F（z）= zm - rm zm -（xm + ym）则F（z）=（28）式（29）式 （9）式（10）式根据非负实数方根存在的唯一性（28）式

42、=（9）式，于是（29）式与（10）式亦为同解方程：（29）式 （10）式 由多项式恒等定理：给定数集上两个多项式恒等的充要条件是它们的同类项系数相等，即：F（x）= anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0G（x）= bnxn + bn-1xn-1 + + b1x + b0若F（x）G（x）则an = bn，an-1 = bn-1， ，a1 = b1，a0 = b0根据这一定理（29）式 （10）式关于“z”非首项系数及常数项对应相等：r = x，r2 = x2， ，rm-2 = xm-2，rm-1 = xm-1- am 根据非负实数方根可逆性定理由（9）式使zm - ( x

43、 + cm ) m = 0成立，其“z方根余因式”为 ：zm-1 + (x+cm)zm-2 + (x+cm)2zm-3 + (x+cm)m-2z + (x+cm)m-1 = 0 （30）因为F（z）= zm - rm = 0与F（z）= zm -（x + cm）m = 0为同一个方程的不同表现形式即rm =（x + cm）m，同样两方程式亦为同解方程：F（z）= zm - rm zm -（x + cm）m则F（z）=（28）式 （29）式 （9）式（30）式根据非负实数方根存在的唯一性（28）式 = （9）式，于是（29）式与（30）式也为同解方程：（29）式 （30）式根据多项式恒等定理关于

44、“z”非首项系数及常数项对应相等：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，它们关于“z”非首项系数及常数项对应相等：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*因为m 3，所以（10）式（30）式必有关于“z”非首项对应系数项等式存在，分别除以x，x2，xm-2，常数项等式除以xm-1，得：1 = ( 1+ ) ，1 = ( 1+ )2 ，1 = ( 1+

45、 )m-2 ，1 - = ( 1+ )m-1各项对应系数等式均存在cm与x互质问题，除数x 0只能使c = 0 ，常数项等式am与xm-1互质也只有a = 0。因而y = ac = 0 0 = 0，（9）式 z ( x + 0 m) = 0；这与（7）式给出的y = ac 、b = cm-1必要正整数解值矛盾，所以此种情形时使（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”的检验由（27）式中的“逆m次方根式”（z r）m = 0，作为方程式即“逆m次重根方程式”时分解“z方根因式”及“z方根余因式”得：zm

46、-1 - C1m-1rzm-2 + C2m-1r2zm-3 - - Cm-2m-1rm-2z + rm-1 = 0 （31）由（9）式根据非负实数方根可逆性定理存在z - (x + cm)m = 0，此种“z方根余因式”为：zm-1 - C1m-1(x+cm)zm-2 + C2m-1(x+cm)2zm-3 - Cm-2m-1(x+cm)m-2z + (x+cm)m-1 = 0（32）根据非负实数方根存在的唯一性，z - r = z -（x + cm）= 0 同为“z方根因式”，其“z方根余因式”为（31）式、（10）式和（32）式的，根据正整数“方根余因式”唯一性定理（31）式与（10）式和（

47、32）式关于“z”非首项对应系数及对应常数项对应相等：- 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 = (x+cm)m-1亦因为m 3，所以（10）式、（32）式必有关于“z”非首项对应系数项等式存在，分别除以x，x2， x3，xm-2，常数项等式除以xm-1，得：1 = - C1m-1(1+)，1 = C2m-1(1+)2， ，1 = - Cm-2m-1(1+)m-2，1 - = (1+) m-1

48、各对应系数等式同样存在cm与x项互质问题，除数x 0只能使c = 0，常数项等式am与xn-1互质也只有a = 0；之后各项等式又存在：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) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ， ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0 ，xm-1 = (x)m-1因为m-1 2，所以各相应的存在项系数等式中 (c1m-1+1) 0，(c2m-1-1) 0，(cm-2m-1+1) 0，必有 x = 0 ，常数项等式也就只能0 = 0了。因而y

49、= ac = 0 0 = 0 、x = 0，（9）式z (0 + 0 m ) = 0；这与（7）式给出的y = ac 、b = cm-1必要正整数解值矛盾，这种情形时使（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，（9）式z - ( x + cm ) = 0为“非平凡解”不成立，此种情形（2）式zm = xm + ym没有正整数解。3.2.检验（11）式“z方根因式”的“非平凡解”与检验（9）式同理，（11）式z -（x - cm mm-1）= 0中m因子只是一种存在形式，其“逆m次方根式”的“逆m次方根方程式”或“逆m次重

50、根方程式” 两种 “z方根余因式”与（12）式zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 + + xm-2z +（xm-1 - amm）= 0对应系数及常数项比较，使x、y、z有“非平凡解”同样矛盾，因而y含m因子时z m= xm + ym也没有正整数解。3.3.检验n = 4时“z方根因式”的“非平凡解” 当n = 4时与n = m奇质数时亦同理。其（20）式与（9）式相同，（22）式、（24）式与（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

51、根方程式”各两种“z方根余因式”分别与（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对应系数及常数项比较，与x、y、z有“非平凡解”矛盾，因而z 4 = x4 +y4没有正整数解。4.结论现在证明了n = m是奇质数时（2）式zm = xm +ym 或zm -（xm +ym）= 0 和n = 4时（13）式z4 = x4 + y4 或z4 -（x4 + y4）= 0 关于“z方根因式”存在“非平凡解”不成立，只求得两组“平凡解”：y 0 z x

52、（z、x为相同的任意正整数）y 0 x 0 z 0所以，（1）式没有“非平凡解”，当正整数n大于2时，zn = xn + yn 没有正整数解。5.为什么z2 = x2 + y2 有正整数解当n = 2时，可参照（3）式、（4）式设互为倒数求得其结果。但因为2也是质数，所以也适合于n为奇质数m时的情形。5.1.y不含m因子时y不含m因子即不含2时，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”时 “逆方根方程式”时：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”为：z + ( x + c2 ) = 0，则有：z + ( x - a2 ) = z + ( x + c2 )- a2 = c2 负数不等于