【摘要】用洛書定理的自數(shù)尾數(shù)周期判定法則、不等式指數(shù)增減等價變換方法可證明費馬猜想成立，印證了當(dāng)年費馬自稱有一個巧妙的證明只因《算術(shù)》書的邊角太小而寫不下之類的話.另用此工具可進(jìn)一步證明比爾猜想，這是懷爾斯的模形式和橢圓曲線工具所不能完成的.

【關(guān)鍵詞】費馬猜想；比爾猜想；巧妙證明；洛書定理；自數(shù)尾數(shù)；費馬不等式；不等式指數(shù)增減等價變換

費馬大定理雖然已經(jīng)被懷爾斯所證明，但不是最簡潔的證明.該定理斷言：整數(shù)域方程Xn+Yn=Zn，當(dāng)n>2時，不存在正整數(shù)解.表述跟哥德巴赫猜想一樣都很簡單，但難住了世人360多年.

現(xiàn)用最簡潔的方法進(jìn)行證明.

數(shù)學(xué)家發(fā)現(xiàn)，當(dāng)x、y、z互質(zhì)且三元解中含5因子時，存在畢達(dá)哥拉斯整數(shù)方程，三元解中都不含5因子時，存在畢達(dá)哥拉斯整數(shù)不等式z2-（x2+y2）>0>z2-（x2+y2）.

整數(shù)域畢達(dá)哥拉斯方程X2+Y2=Z2，存在本原解（核心解）（即三元互質(zhì)時的解）.其他解都是核心解乘任意公因數(shù).

方程的本原解（核心解）必須滿足：gcd（x，y，z）=1，gcd（x，y）=1，gcd（x，z）=1，gcd（y，z）=1.

方程的互質(zhì)解必須滿足：左邊2項和右邊1項中必有且僅有一項為偶數(shù)，因為奇數(shù)的n次方還是奇數(shù)，偶數(shù)的n次方還是偶數(shù).方程必須左邊一偶，右邊一奇加一奇，或者左邊一偶，右邊一奇減一奇，且相互之間互質(zhì)，即畢達(dá)哥拉斯方程和費馬方程若有互質(zhì)解必須x，y，z兩兩之間互質(zhì).

因為在此有解的基礎(chǔ)上才有更多無數(shù)共因子參與的整數(shù)解.當(dāng)指數(shù)n=1時，方程有無數(shù)組整數(shù)解.當(dāng)n=2時，畢達(dá)哥拉斯方程勾3股4玄5可以成立，或者勾5股12弦13時可以成立.除此之外，畢達(dá)哥拉斯方程還有無窮對素勾股數(shù)本原解，而指數(shù)n>2時費馬方程皆無整數(shù)解，以下證明之.

根據(jù)洛書定理①，凡尾數(shù)是5的整數(shù)，僅5是素數(shù)，除5尾奇數(shù)外，所有的奇素數(shù)自乘或互乘，其值的個位數(shù)一定是3，9，7，1；除0尾偶數(shù)外，所有的偶數(shù)自乘或互乘，其值的個位數(shù)一定是2，4，8，6；個位數(shù)為0，1，5，6的數(shù)反復(fù)自乘后，其值的個位數(shù)仍是它們自身的個位數(shù)，5乘以奇數(shù)，其個位數(shù)還是5.洛書定理對此規(guī)律進(jìn)行了雙螺旋序列表達(dá)，即偶數(shù)自數(shù)（首項是比數(shù)的數(shù)列各項值叫自數(shù)，也叫固定因子任意冪的值數(shù)）的個位數(shù)呈2，4，8，6四周期循環(huán)出現(xiàn)，奇數(shù)自數(shù)的個位數(shù)呈3，9，7，1四周期循環(huán)出現(xiàn).

洛書定理之奇偶?xì)w一：所有10模數(shù)加余數(shù)的自然數(shù)，要么它們的模數(shù)是2，余數(shù)是2自數(shù)或2自數(shù)加1，要么它們的模數(shù)是3，余數(shù)是3自數(shù)或3自數(shù)加1或3自數(shù)加2.考拉茲猜想就是洛書定理的等價表達(dá)（詳見考拉茲猜想證明一文：3x+3y與2t+2k之間有無窮交集，令3y-1=2t，就可得3x+1=2k.由于3y-1是偶數(shù)的無窮子集延伸，故3x+1也必是偶數(shù)的無窮子集延伸，所以k定有對應(yīng)的無窮解.由于開放的合數(shù)加1不會出現(xiàn)死循環(huán)延伸，故定有奇偶?xì)w一）.

洛書定理可以由四則運(yùn)算法則以及模數(shù)余數(shù)關(guān)系推理得到.

根據(jù)乘法口訣表，我們進(jìn)行分類統(tǒng)計得到.5為個位數(shù)的奇素數(shù)只有5一個，其他5為個位數(shù)的正整數(shù)都能被5整除.由于除2外的所有素數(shù)都是奇數(shù)，所以奇素數(shù)的個位數(shù)就只能是3，9，7，1.其他判定同理得到.可見洛書定理來自乘法口訣表的有序分類.

再看畢達(dá)哥拉斯方程和費馬方程②.

左邊偶數(shù)項不可能有0個位數(shù)，左邊奇數(shù)項不可能有5個位數(shù)，因為右邊有5因子了，由互質(zhì)關(guān)系確定，5因子數(shù)必須要有一方分配得到.在互素關(guān)系的定義域中選擇從小到大進(jìn)行試算.

右邊奇數(shù)項不可能有5個位數(shù)，右邊偶數(shù)項不可能有0個位數(shù)，因為左邊有5因子了，由互質(zhì)關(guān)系確定，5因子數(shù)必須要僅有一方分配得到.

因此左偶數(shù)項自數(shù)的個位數(shù)呈2，4，8，6循環(huán)出現(xiàn)，左奇數(shù)項自數(shù)的個位數(shù)呈3，9，7，1循環(huán)出現(xiàn)，右邊尾數(shù)有5，因為右邊有素因子5，所以尾數(shù)一定是5.左邊兩項或相加或相減后能得含5因子數(shù)，否則方程不等.

畢達(dá)哥拉斯發(fā)現(xiàn)勾3股4弦5能滿足方程的此要求，或者弦13股12勾5符合方程的要求，左邊除了3自數(shù)尾數(shù)和4自數(shù)尾數(shù)的和或3自數(shù)尾數(shù)和2自數(shù)尾數(shù)之差可以獲得右邊的5自數(shù)尾數(shù)外，左邊尾數(shù)3和2在用減法時也可以得到右邊的自數(shù)尾數(shù)5，因此弦13股12勾5也能滿足方程的互質(zhì)解，方程的解滿足于小素數(shù)有限范圍.這樣的素勾股數(shù)解有無限組，加上具有公因數(shù)個數(shù)組的解，也有無數(shù)組解.

根據(jù)互質(zhì)數(shù)分配，其中一項有5因子，其他項就不得有5因子，5因子數(shù)只有5結(jié)尾數(shù)或0結(jié)尾數(shù).在費馬方程二次方時靠前的幾組解，分別有（3，4，5）和（5，12，13），（8，15，17），（7，24，25），（20，21，29）……這些解都有5結(jié)尾數(shù)或說5因子數(shù)，若無則無解（根據(jù)洛書定理，奇數(shù)的尾數(shù)只有3、9、7、1，偶數(shù)的尾數(shù)只有2，4，8，6，經(jīng)4n+2次方運(yùn)算后，奇數(shù)的尾數(shù)只有1和9，偶數(shù)的尾數(shù)只有4和6，而1和9或加或減，其尾數(shù)都不能等于4或6），且可推論出存在無窮組素勾股數(shù).

那5結(jié)尾數(shù)的本原解在費馬方程中是否也一樣存在？z不取5p時畢達(dá)哥拉斯方程都是不等式.即方程x2+y 2=z2或者y2-x2=z2在沒有5因子數(shù)的兩組解時，一定是不等式.畢達(dá)哥拉斯方程是2次方的費馬方程，當(dāng)指數(shù)更大時，5p能否繼續(xù)存在？我們在以下畢達(dá)哥拉斯有解方程的基礎(chǔ)上：32+42=52或者132-122=52或者（202+212=29）進(jìn)行分類.總的來說有以上四種代表形式：“奇減偶”等于5尾數(shù)的，“奇加偶”等于5尾數(shù)的，“奇減奇”等于0尾數(shù)的，“奇加奇”等于0尾數(shù)的.那就在以上四種情況下遞增指數(shù)，看是否還存在5p解，以下進(jìn)行分析證明.

第一種和第三種情況，當(dāng)p是偶數(shù)時，就是第三種“奇減奇”等于0尾數(shù)的情況.現(xiàn)將y2-x2=（5p）2，在真實有解等式的兩邊同時乘以5p，得到y(tǒng)2（5p）-x2（5p）=（5p）3.此時5p是畢達(dá)哥拉斯方程的非互素解，要變成互素解，就得將左邊的兩項5py2，5px2進(jìn)行更換.5py2因子項的底數(shù)變大，5px2因子項的底數(shù)也同時變大，都大于5p，那么方程就變成了不等式.5py2因子項的底數(shù)變大于5p，5px2因子項的底數(shù)也同時變小于5p，那么左邊會更大.將5py2因子項的底數(shù)變小，5px2因子項的底數(shù)也同時變小，都小于5p，那么方程就變成了不等式.5py2因子項的底數(shù)變小于5p，5px2因子項的底數(shù)也同時變大于5p，那么左邊會更小.總之在此基礎(chǔ)上方程兩邊要獲得增加的互素因子，就只能得到不等式.因為更換辦法只有四種選項，皆導(dǎo)致不等式的產(chǎn)生，不更換則不可能是互素解，即（5p）3>y3-x3 或 y3-x3>（5p）3.

另兩種情況，將（5p） 2=y2+x2兩邊乘以x（x>1），得x2x+y2x= x（5p）2，變換后得x2x= x（5p）2-y2x，要使方程互素，右邊5因子項中的x，以及右邊y因子項中的x就要換成互素數(shù)，而一換，等式就破壞.y和5因子項中的x都變大，右邊兩項的和就變大，或者5因子項中的x變大，y中的x變小，相減后趨大，故會得到（5p）3-y2x>x3 ，不等式成立.再看不等式方向相反的另一種情況，y和5因子項中的x都變小，或者5因子項中的x都變小，y項中的x變大，故會得到x3 >（5p）3-y2x，不等式成立.即不等式（5p）3 >y3+x3或 y3+x3>（5p）3 都是成立的.事實上歐拉的證明包含這個結(jié)論，指數(shù)為3時的費馬方程無整數(shù)解.即5p一定不是指數(shù)為3時的費馬方程的整數(shù)解.

用數(shù)學(xué)歸納法繼續(xù)證明，當(dāng)不等式（5p）n>yn+xn或 yn+xn>（5p）n 是成立的話，那么（5p）n+1>yn+1+xn+1或yn+1+xn+1>（5p）n+1 也是成立的.當(dāng)不等式（5p）n>yn-xn 或 yn-xn>（5p）n是成立的話，那么（5p）n+1>yn+1-xn+1或 yn+1-xn+1>（5p）n+1也是成立的.以下證明之.

將不等式（5p）n>yn+xn的兩邊乘以5p，右邊的兩項5p換成非5尾數(shù)較小量的y和x，不等式仍成立，即（5p）n+1>yn+1+xn+1成立.

將不等式y(tǒng)n+xn>（5p）n的兩邊乘以x，左邊的y項換成較大量，5p換成較小量，不等式仍成立，即yn+1+xn+1>（5p）n+1成立.

將不等式（5p）n>yn-xn 的兩邊乘以5p，右邊兩項y和x中的5p換成非5尾數(shù)的較小量，不等式仍成立，即（5p）n+1>yn+1-xn+1成立.

將不等式y(tǒng)n-xn>（5p）n的兩邊乘以x，右邊的y項換成較大量，5p換成小量，不等式仍成立，即（5p）n+1>yn+1-xn+1成立.

以上費馬方程沒有5p解導(dǎo)致不等式產(chǎn)生的四種可窮分類形式皆證明迭代遞推命題成立.加上費馬方程指數(shù)n=3時無5p整數(shù)解的首項判定成立，故命題得證.

以上用數(shù)學(xué)歸納法證明了指數(shù)大于2的費馬方程確實沒有5p解.

由洛書定理可得到，當(dāng)指數(shù)大于2的費馬方程沒有5因子解時，偶指數(shù)方程必?zé)o其他整數(shù)解.因為此時的費馬方程，各項一定沒有5尾數(shù)和0尾數(shù)，5因子在偶數(shù)項中一定為0.如此一來，只有奇數(shù)或加或減奇數(shù)等于偶數(shù)才有本原解，而奇數(shù)的尾數(shù)只有3，9，7，1，偶數(shù)的尾數(shù)只有2，4，8，6，經(jīng)4n+2次方運(yùn)算后，奇數(shù)的尾數(shù)只有1和9，偶數(shù)的尾數(shù)只有4和6，而1和9或加或減，其尾數(shù)都不能等于4或6；經(jīng)4n+4次方運(yùn)算后，奇數(shù)尾數(shù)只有1，偶數(shù)尾數(shù)6，1加1或1減2都不能等于6.4模數(shù)中的余2和余4數(shù)囊括了所有的偶數(shù)，因此費馬偶指數(shù)方程一定無整數(shù)解.

根據(jù)5p不能成為費馬方程的本原解，那是否任意整數(shù)z，也都不能成為費馬方程的本原解？這個結(jié)論可以通過不等式指數(shù)增減等價變換③得到證明.

根據(jù)洛書定理及費馬方程沒有5p解證明了x2k+y2k>z2k或z2k>x2k+y2k成立，現(xiàn)證明x2k-1+y2k-1>z2k-1或z2k+1>x2k+1+y2k+1也成立.將前一個不等式除以z，不等式大邊中的分母大量換成小量，大邊仍大.將后一個不等式乘以z，不等式小邊中的分子大量換成小量，小邊仍小.于是x2k-1+y2k-1>z2k-1或z2k+1>x2k+1+y2k+1得證，如此偶數(shù)與奇數(shù)時的兩種情況都得到了證明.即xk+yk>zk或zk>xk+yk得證.xk-yk>zk或zk>xk-yk可同理得證.將x2k-y2k>z2k兩邊同乘以z，z換成大量，左邊仍大，x換大于z，y換小于z，左邊仍大；z2k>x2k-y2k兩邊同乘以z，z都換成小量，右邊仍小，x換小于z，y換較大數(shù)，右邊仍小.于是x2k-1-y2k-1>z2k-1或z2k+1>x2k+1-y2k+1得證.指數(shù)奇偶情況都得證，即xk+yk>zk或zk>xk+yk和xk-yk>zk或zk>xk-yk都得證.

由此就證明了大于2的偶指數(shù)費馬方程當(dāng)沒有5p本原解時，其他尾數(shù)情況更無解.也就是說，當(dāng)費馬方程的指數(shù)是偶數(shù)時，費馬方程為不等式.然后通過不等式指數(shù)增減等價變換證明指數(shù)為奇數(shù)時的費馬不等式仍成立.兩者合并，即正整數(shù)域都無解.

這個證明真的顯示了，費馬當(dāng)年只要《算數(shù)》書邊角稍微大一些，就可書寫完畢“他的證明”，因為可用證明的文字的確不需要很多.洛書定理以及不等式指數(shù)增減等價變換法則，共同完成了此項證明.洛書定理一定在費馬時代有同物而異名的等價表達(dá).（費馬猜想證畢）

比費馬猜想難度更高的是其一般化推廣，即比爾猜想④，用同樣的方法亦能證明費馬猜想的一般化推廣成立！這個推廣判斷是這樣的：丟番圖方程x的a次方加上y的b次方等于z的c次方，當(dāng)x，y，z互素，且a，b，c，均大于2的正整數(shù)時沒有非零整數(shù)解.這個猜想至今還沒有一個獲得世界數(shù)學(xué)共同體認(rèn)可的證明，懷爾斯也沒有在證明費馬猜想中一并將此問題解決.美國銀行家比爾2013年6月4日以百萬美元公開懸賞證明此猜想.本文用上文證明費馬猜想的方法可證明之.

整數(shù)域方程Xa+Yb=Zc，當(dāng)x，y，z互素，a，b，c>2時，不存在正整數(shù)解（比爾猜想）.

這是費馬猜想的一般化推廣，即比爾猜想，顯然難度變得更大，用懷爾斯的證明思路無法解決此問題.而用洛書定理來證明，則暢通無阻.一般化推廣與費馬方程不同，一個是同冪次方，一個是不同冪次方.

現(xiàn)用最簡潔的方法進(jìn)行證明.

方程的本原解（核心解）必須滿足：gcd（x，y，z）=1，gcd（x，y）=1，gcd（x，z）=1，gcd（y，z）=1.

方程的互質(zhì)解必須滿足：左邊2項和右邊1項中必有且僅有一項為偶數(shù)，因為奇數(shù)的a，b，c次方還是奇數(shù)，偶數(shù)的a，b，c次還是偶數(shù).方程必須左邊一奇一偶，右邊一奇，且相互之間互質(zhì)，即比爾方程同畢達(dá)哥拉斯方程和費馬方程一樣若有互質(zhì)解必須x，y，z兩兩之間互質(zhì).

因為在此有解的基礎(chǔ)上才有更多無數(shù)共因子參與的整數(shù)解.當(dāng)a，b，c=1時，方程有無數(shù)組整數(shù)解.當(dāng)a，b，c≤2時，方程有解.且除若干個有限解之外，推廣方程以及畢達(dá)哥拉斯方程無其他本原解，以下證明之.因此當(dāng)a，b，c小于或等于2時，其推廣同費馬方程一樣有很多解.

根據(jù)洛書定理（前文已經(jīng)完成該定理的證明描述），洛書定理可以由四則運(yùn)算法則以及模數(shù)余數(shù)關(guān)系推理得到，不贅述.

我們來看費馬方程一般化推廣（比爾方程）：Xa+Yb=Zc，（x，y，z互素，a，b，c>2）.方程可進(jìn)一步確定，x，y為奇數(shù)，z為偶數(shù)值時，Yb±Xa=Zc.

上文證明了畢達(dá)哥拉斯方程當(dāng)沒有5因子本原解時，方程就變成了不等式：Y2-（Z 2-X2）>0（5因子解除外）或者Y2-（Z 2+X2）>0（5因子解除外），證明從略，而指數(shù)大于2的費馬方程又沒有5因子解，見上文.現(xiàn)分別提取三元解x中存在a次方的數(shù)、y中存在的b次方數(shù)、z中存在的c次方數(shù)，因為自然數(shù)的a，b，c次方數(shù)都是自然數(shù)的子集，a，b，c>2，故可得到Y(jié)2b-（Z 2c-X2a）>0或者Y2b—（Z2c+X2a）>0，指數(shù)大于2時，“5因子解除外”的限制條件可省略，而這個就是其中一類比爾不等式.也就是說，當(dāng)比爾方程的指數(shù)都是大于2的偶數(shù)時，比爾方程為不等式.

同證明費馬猜想一樣，根據(jù)“不等式大邊中的分母較大量換成較小量，大邊仍大”“小邊中的分子較大量換成較小量，小邊仍小”，或者通過指數(shù)的奇偶變換也可以證明，當(dāng)已知比爾猜想指數(shù)為偶數(shù)（最小為4）時成立，那么偶數(shù)指數(shù)加1或減1變成奇數(shù)時也必成立.

現(xiàn)已知x2a+y2b>z2c或z2c>x2a+y2b即比爾方程指數(shù)為偶數(shù)2a，ab，2c時無解，是個不等式，令（z>x>y）.那么，當(dāng)x2a+y2b>z2z，不等式的兩邊同時除以一個z，可得到x2a/z+y2b/z>z2c-1，而x和y都小于z，故必有x2a-1+y2b-1>z2c-1，不等式大邊中的分母較大量換成較小量，大邊仍大.再證另一種情況，當(dāng)z2c>x2a+y2b，不等式的兩邊同時乘以一個z，可得到z2c+1>zx2a+zy2b，而x和y都小于z，故必有z2c+1>x2a+1+y2b+1，小邊中的分子大量換成小量，小邊仍小.由于奇數(shù)指數(shù)加1遞增，可得相應(yīng)任意偶數(shù)2a，2b，2c，因為無限偶數(shù)指數(shù)時的比爾方程為不等式是成立的，x2a-1+y2b-1>z2c-1中2a-1，2b-1，2c-1可代表無限域奇數(shù).根據(jù)不等式兩種情況合起來，就證明了，2n+1或-1即指數(shù)為奇數(shù)時的比爾方程仍無解.

用指數(shù)的奇偶等價變換也可以得到該結(jié)果.因為凡偶數(shù)皆可表達(dá)為奇數(shù)2k+1乘以2t的值，于是從x，y，z的三元數(shù)中就可以分別提取A2t，B2t，C2t，因為這些數(shù)都是三元數(shù)中的子集，于是可得（A2t）2a+1+（B2t）2b+1>（C2t）2c+1或（C2t）2c+1>（A2t）2a+1+（B2t）2b+1也必成立，將括號中的數(shù)換成x、y、z表達(dá)，就是x2a+1+y2b+1>z2c+1或z2c+1>x2a+1+y2b+1，這就證明了指數(shù)為奇數(shù)且大于2時的比爾方程也是不等式.

比爾猜想的指數(shù)奇偶性，它們的排列組合，僅有六種混搭可能：1.左右同偶，2.左右同奇，3.左邊一奇一偶右邊一奇，4.左邊一奇一偶，右邊一偶，5.左邊全偶，右邊奇，6.左邊全奇，右邊偶.至于左邊的奇偶誰前誰后，沒有關(guān)系，因為x和y可互換.有四種指數(shù)不是同奇同偶的情況，針對某項單個的非同類指數(shù)，可以用同冪不等式對某項進(jìn)行指數(shù)升1或降1的變換而得到.也就是說，或升或降1次冪后，可得到比爾猜想中指數(shù)a，b，c大于2的任意整數(shù)不等式.

在y2b-（z 2c-x2a）>0或者y2b—（z 2c+x2a>0，以及在x2a+1+y2b+1>z2c+1或z2c+1>x2a+1+y2b+1的基礎(chǔ)上，針對某一項進(jìn)行指數(shù)升降，可得另一類的比爾方程指數(shù)奇偶組合.由于不等式的小邊，某項下降一個指數(shù)，不等式仍成立，不等式的大邊，某項上升一個指數(shù)，不等式仍成立，這就意味著，在同奇同偶的基礎(chǔ)上針對任何一項或加1或減1一個指數(shù)后，比爾方程為不等式仍成立，于是四種不是同奇同偶的指數(shù)組合的比爾方程也就得到了證明，合在一起，就囊括了比爾方程所有定義域的證明.比爾猜想獲證.

該證明關(guān)鍵同證明費馬猜想一樣用到了兩個數(shù)學(xué)工具，一是用洛書定理將費馬推廣方程（比爾猜想）進(jìn)行了定性，且完成了可窮分類的各種情況證明，再就是用三元不等式指數(shù)增減等價變換法則，從不等式指數(shù)為偶數(shù)時成立，推廣到了指數(shù)為奇數(shù)時亦成立，于是費馬猜想一般化推廣即比爾猜想也獲得了證明.（比爾猜想證畢）

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