【原】《对数学“结构”实质的深度思考，及对费马大定理,比尔猜想等的新颖证明》

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​《对数学“结构”实质的深度思考，及对费马大定理,比尔猜想等的新颖证明》

四川 邓建生

(一)

1. 无限延展的自然数，作为数学的开端与基础，就其实质而言：是对世界“一”生成“多”，“多”归属“一”这一基本内在特征的无限多种样式呈现。

2. 这一无限多种样式呈现，致使每一大于“1”的自然数，都体现出一种：“由数量差异相同整体组合成更大整体”的纯粹(素数)，或多重交织(合数)抽象组合的内在结构。这一基本的“由相同整体组合”的内在结构，奠定了自然数与数学能呈显统一，和谐，对称之美的基础。

3.自然数所蕴含的这些无限丰富多样的内在抽象结构(及所加减乘除等运演而扩域出的有理数无理数等更奥秘结构)外射在时空中，即显象为无限丰繁有形的并相互关联的物象结构状态。这即是世界万象的结构及相互关联，可以数学来统摄表达的终极缘由。也是古希腊伟大的毕达哥拉斯学派认为“万物的本源为数”的深刻缘由。

4.数与数，特别是自然数、整数间的加减和乘法运算，不单是一种量的变化运算，更应看成是数与数，特别是自然数及整数间结构的不断“建构与解构”而创生出一新的结构的过程。而数学方程的本质，不仅表明的是方程两边项式在量上的相等，更深的意义在于：表明方程两边项式在结构上具有同一的对称性！正是由于数学方程的这一性质，在世界万千物象中，一旦有些物象由数学方程建立起联系，即能揭示这些物象间作为其本质的“内在结构”所隐含的同一、一致性与对称性。

5.自然数和整数，是各式各样“多归属一”的统一整体，简称“一体”。一个自然数和整数所含有的相异素数因子愈多，则表明该自然数和整数愈具有多重交织的丰富结构。一个自然数和整数所含有的素数因子若为n次方，则表明该自然数和整数在多重的层次上却显现出相同特征的结构。 同理，自然数、整数间的乘方和乘积，也是一更高层次的统一整体，相比这更高的“一体”，相乘的自然数和整数成为是它内在的形式结构。

6. 自然数和整数间的乘法和加减运演而组合创生出的新“一体”结构，必会呈显为是一个整数所蕴含的结构，而相对于创生出这一整数的运演方式，我们可看成是该整数的“运演结构”，或看成是该整数的一种“逆向解构”。由此，整数内含的结构与它的“运演结构”具有可以相互置换的同一与对称性。

7.一整数内含的结构形式是唯一的，确定的，而它的“运演结构”或“逆向解构”：一个整数，呈显为多个“一体结构”的加减形式，却具有多种的可能性和不确定性 (例如：整数15可解构为7+8，也可解构为4+5+6)。然而，在这些多种的可能性和不确定性中，我们仍可找到由整数内在的结构性质所决定其“运演结构”或“逆向解构”在某些方面的必然性和确定性（例如：奇数被解构为奇数之相加减时，其项数必是奇次项，且必能分解为各项是素数的乘积，而偶数被解构为奇数之相加减时，则必为偶次项等）。这一必然性和确定性，我们可将其看作为是整数内在的结构特征在它的“运演结构”或“逆向解构”中所必会外显的“结构形态”。 而一整数内在的结构特征和其“运演”或“解构”方式愈是独特，致使它的“运演结构”或“逆向解构”里，其“结构形态”的必然性和确定性就愈是突出地显示在该“结构形态”的项数、系数、各项元的分布及指数状况等多个方面。以至当一整数内在的结构特征和其“运演”或“解构”方式的独特性达到某一程度，其“结构形态”将显示出其“唯一不二”的必然性与确定性。

(二)

1.由以上的认识，我们来专以考察分析：当一整数以“自乘积”组合为更大“一体”时，先从内部“解构”为两个整数元相加减而展开的“解构运演”，其整数性“结构形态”所显示的必然与确定性特征。(因为，若以一般外在“解构运演”的考察分析方式， 如Sⁿ-xⁿ'=y，我们只能得到Sⁿ=xⁿ'+y，而y的必然确定性指数特征，及与S和x指数之间的关联，我们无从得知)

2.首先，凡有整数S，其自乘积为Sⁿ(n为>1整数)，从内部进行“解构运演”，我们定可以将Sⁿ先分离为最单纯基本的两个整数元相加减的如下自乘积形式：Sⁿ=(x+y)ⁿ或Sⁿ=(x-y)ⁿ，再进行充分的“解构运演”，从而得到它们特定的展开式，这便是重要的“二项式定理”。在这样的“解构运演”中，可清晰地区分和显示：作为解构后，无x和y一次方单元项，其和=Sⁿ(n为>1整数)的整数型二元多项式，有着特定各有的“结构形态”，在项数及加减形式、系数、各项的二元分布及指数状况等各方面预先是由(x+y)ⁿ和(x-y)ⁿ的指数n和+、- 必然确定地决定的。而尤其值得注意的是：由此“解构运演”，揭示出了一个非有二元一次方单元项，而有高于二元一次方单元项的整数型二元多项式，以其何种必然确定的“结构形态”与相应整数S的n次方所形成的对称关联。 所以就普遍和一般而言，一个无有x¹和y¹单元项而有xⁿ'和yⁿ''单元项存在的整数型二元多项式之和，若要等于一整数sⁿ,其应具有sⁿ依此“二项式定理”进行的“解构运演”后，所必呈显的确定“结构形态”，我们一般可以由是否相符“二项式定理”展开式的特定结构形态，来判别一个整数型二元多项式的和，是否=sⁿ。

3. 唯有当此例外：在一些特殊的整数s'，其s'ⁿ先从内部解构为两个最单纯基本的整数元相加减乘积形式，不仅定可先分离为：s'ⁿ=(x+y)ⁿ或 s'ⁿ=(x-y)ⁿ自乘积的形式，还可能分离为仅存的最后一种独具意义的两单纯基本整数元相加减的乘积形式：s'ⁿ=(x'+y')(x'-y') 例如：30³=(179+71)(179-71)，42⁵=(18751+14863)(18751-14863)，其“解构运演”的结果可不同于二项展开式。之所以可能有s'ⁿ=(x'+y')(x'-y')，这因为或是：(x'+y')和(x'-y')分别刚好为整数fⁿ和jⁿ,或是(x'+y')(x'-y')的乘积能有f'ⁿj'ⁿ。因此 ，若s'ⁿ=(x'+y')(x'-y')，则s'ⁿ先从内部解构为两个最单纯基本整数元运演的二元多项展开式不仅有依“二项式定理”的展开式，还有依平方差公式的展开式：s'ⁿ=(x'+y')(x'-y')=x'²-y'²，以及当设x'=y'+r (r为整数)则s'ⁿ=2y'r+r², 当设y'=x'-r 则s'ⁿ=2x'r-r²的展开式。而更由此有其独具特征和意义的方程式：y'²+s'ⁿ=x'² 由此，相关联的x'²，y'², 也不仅有依“二项式定理”而进行运演的二元多项展开式，还会有其它形式的展开式：若s'ⁿ=x'²-y'² 则有x'²=y'²+s'ⁿ ，设y'=s'±r (r为整数)则有x'²=s'ⁿ+s'²±2s'r+r² 则必会有：(x'+r)(x'-r)=s'ⁿ+s'²±2s'r 或(x'+s')(x'-s')=s'ⁿ±2s'r+r²设s'=y'±r 则有x'²=y'²+y'ⁿ±Cₙ¹y'⁽ⁿ⁻¹ ⁾r±Cₙ²y'⁽ⁿ⁻²⁾r²±Cₙ³y'⁽ⁿ⁻³ ⁾r³……±Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾y'r⁽ⁿ⁻¹ ⁾±rⁿ则必会有：(x'+y')(x'-y')=y'ⁿ±Cₙ¹y'⁽ⁿ⁻¹ ⁾r±Cₙ²y'⁽ⁿ⁻²⁾r²±Cₙ³y'⁽ⁿ⁻³ ⁾r³……±Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾y'r⁽ⁿ⁻¹ ⁾±rⁿs'ⁿ=x'²-y'² 则还有 , y'²=x'²-s'ⁿ ，设x'=s'±r (r为整数)则有：y'²=s'²±2s'r+r²-s'ⁿ则必会有：(y'+r)(y'-r)=s'²±2s'r-s'ⁿ或(y'+s'²)(y'-s'²)=r²±2s'r-s'ⁿ设s'=x'±r 则有y'²=x'²-x'ⁿ±Cₙ¹x'⁽ⁿ⁻¹ ⁾r±Cₙ²x'⁽ⁿ⁻²⁾r²±Cₙ³x'⁽ⁿ⁻³ ⁾r³……±Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾x'r⁽ⁿ⁻¹ ⁾±rⁿ则必会有：(y'+x')(y'-x')=-x'ⁿ±Cₙ¹x'⁽ⁿ⁻¹ ⁾r±Cₙ²x'⁽ⁿ⁻²⁾r²±Cₙ³x'⁽ⁿ⁻³ ⁾r³……±Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾x'r⁽ⁿ⁻¹ ⁾±rⁿ

4. 由此，我们从更深度和完全的意义上，得出判断一个各项均为整数的二元多项式的和，是否=Sⁿ的如下具有普遍必然性的认知判定：

判定1：一个整数S，其为自乘积Sⁿ，先从内部分离为最单纯基本两个整数元加减而进行的“解构运演”，可显示出该整数在不同的方次上，其“结构形态”的独特必然与确定性特征。尤其是唯有如此的解构运演，才能必然确定地解构出未有指数为1的X和Y单元项，而有指数为>1整数的X和Y单元项的存在。

判定2：若一展开的整数型二元多项式，未有指数为1的X和Y单元项，而有指数高于1的X和(或)Y单元项，其和若要=Sⁿ(n为>2正整数)，则除为(X+Y)(X-Y)展开的结构形态X²-Y²或其特定变形式：Sⁿ=2yr+r², Sⁿ=2xr-r²外, 必需具有相对应的依“二项式定理”展开的结构形态。

判定3：若一展开的整数型二元多项式，是具(X+Y)(X-Y)展开的结构形态X²-Y²，或其特定变形式2yr+r², 2xr-r², 则可能有：Y²+Sⁿ=X²这独有特征和意义的方程式，也可能有方程式sⁿ=2yr+r², sⁿ=2xr-r²。

判定4： 若一展开的整数型二元多项式，无有指数为1的X和Y单元项，而有指数高于1的X和(或)Y单元项，其既不具二项式展开的特定结构形态，又未显示为是(x+y)(x-y)的展开式X²-Y²以及其变形式2yr+r², 2xr-r²，则其和只可能=S²，该二元多项式可能=S²还需有的必要条件是：建立起来的这一方程，经过对称转换，其等式的一边必能置换为(S+X)(S-X)或(S+Y)(S-Y)两个最单纯基本整数元相加减后的乘积形式。

判定5：由判定2.3.4可引伸得出：若一展开项数超过两项的整数型二元多项式，其无有指数为1的X和Y单元项，有Xⁿ和Yⁿ'(n和n'为>1正整数)单元项，若n<n'则其和只可能=Sⁿ，若n>n'则其和只可能=Sⁿ'。

(三)

1. 由上面的5个普遍必然性判定，我们由此来证明“费马大定理”：

aⁿ+bⁿ≠cⁿ(a.b.c为互质正整数，n为≥3整数), 假若aⁿ+bⁿ=cⁿ，设b=a±r(r为整数)，则为aⁿ+(a±r)ⁿ=cⁿ展开有：aⁿ+aⁿ±Cₙ¹a⁽ⁿ⁻¹ ⁾r±Cₙ²a⁽ⁿ⁻²⁾r²±Cₙ³a⁽ⁿ⁻³ ⁾r³……+Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾ar⁽ⁿ⁻¹ ⁾±rⁿ=cⁿ 即：2aⁿ±Cₙ¹a⁽ⁿ⁻¹ ⁾r±Cₙ²a⁽ⁿ⁻²⁾r²±Cₙ³a⁽ⁿ⁻³ ⁾r³……±Cₙ⁽ⁿ⁻¹ ⁾ar⁽ⁿ⁻¹ ⁾±rⁿ=cⁿ， 其等式左边二元多项式，未有a¹和r¹单元项，首项又为2aⁿ(n为>2正整数)的形式，所以：1. 既不具有且不可能转化为任何的(X±Y)^N 展开的结构形态。2. 也不具有且不可能转化为(X+Y)(X-Y)展开的X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²结构形态。3. 而cⁿ若要解构为必无有X¹和Y¹单元项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ单元项的二元多项式，却必或在(X±Y)^N展开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)展开的X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²的结构形态中。4.又因cⁿ其方次n>2，所以该方程不可能有解。依据判定1.2.4故： aⁿ+bⁿ≠cⁿ(n为≥3整数)

2.证明“比尔猜想”： aˣ+bʸ≠cⁿ(a.b.c为互质正整数；x,y,n为≥3整数)，

假若aˣ+bʸ=cⁿ，设b=a±r(r为整数)，则为aˣ+(a±r)ʸ=cⁿ展开有：aˣ+aʸ±Cᵧ¹a⁽ʸ⁻¹ ⁾r±Cᵧ²a⁽ʸ⁻²⁾r²±Cᵧ³a⁽ʸ⁻³ ⁾r³±……±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……±Cᵧ⁽ʸ⁻¹ ⁾ar⁽ʸ⁻¹ ⁾±rʸ=cⁿ 其等式左边二元多项式，未有a¹和r¹单元项，首项又为aʸ(aˣ⁻ʸ+1)(y为>2正整数)的形式，所以：1. 既不具有且不可能转化为任何的(X±Y)^N 展开的结构形态。2. 也不具有且不可能转化为 (X+Y)(X-Y)展开的X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²结构形态。3. 而cⁿ若要解构为必无有X¹和Y¹单元项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ'单元项的二元多项式，却必或在(X±Y)^N展开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)展开X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²的结构形态中。4.又因cⁿ其方次n>2，所以该方程不可能有解。依据判定1.2.4故： aˣ+bʸ≠cⁿ(x,y,n为≥3整数)

3.证明a²+bʸ≠cⁿ(a.b.c为彼此互质正整数；y，n为>2的正整数)：假若a²+bʸ=cⁿ设a=b±r（r为整数）a²+bʸ=cⁿ 则可以表达为：b²±2br+r²+bʸ=cⁿ则有：b²(bʸ⁻²+1)±2br+r²=cⁿ其等式左边二元多项式，未有a¹和r¹单元项，首项又为b²(bʸ⁻²+1)的形式，所以：1· 既不具有且不可能转化为任何(X±Y)^N 展开的结构形态。2. 也不具有且不可能转化为(X+Y)(X-Y)展开的X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²结构形态。3. 而cⁿ若要解构为必无有X¹和Y¹单元项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ'单元项的二元多项式，必或在(X±Y)^N展开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)展开X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²的结构形态中。4. 又因cⁿ其方次n>2，所以该方程不可能有解。依据判定1.2.4.故： a²+bʸ≠cⁿ (a.b.c为彼此互质正整数；y，n为>2的正整数)

4.证明aˣ+bʸ≠c²(a.b.c为彼此互质正整数；x，y为>2的正整数)：假若aˣ+bʸ=c² 设b=a±r（r为整数）aˣ+bʸ=c² 则可以表达为：aˣ+aʸ±Cᵧ¹a⁽ʸ⁻¹ ⁾r±Cᵧ²a⁽ʸ⁻²⁾r²±Cᵧ³a⁽ʸ⁻³ ⁾r³……+Cᵧ⁽ʸ⁻¹ ⁾ar⁽ʸ⁻¹ ⁾±rʸ=c² 即：aʸ(aˣ⁻ʸ+1)±Cᵧ¹a⁽ʸ⁻¹ ⁾r±Cᵧ²a⁽ʸ⁻²⁾r²±Cᵧ³a⁽ʸ⁻³ ⁾r³……+Cᵧ⁽ʸ⁻¹ ⁾ar⁽ʸ⁻¹ ⁾±rʸ=c²其等式左边二元多项式，未有a¹和r¹单元项，首项又为aʸ(aˣ⁻ʸ+1)形式，所以：1· 既不具有且不可能转化为任何(X±Y)^N展开的结构形态。2. 也不具有且不可能转化为X²-Y²及变形式2yr+r²,2xr-r²结构形态。3. 而c²若要解构为必无有X¹和Y¹单元项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ'单元项的二元多项式，必或在(X±Y)^N展开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)展开的X²-Y²及变形式2yr+r², 2xr-r²结构形态中。4. 该方程右边虽为c²，因左边x和r方次>2，不可能通过对称转换，将方程右边置换为(c+r)(c-r)或(c+x)(c-x)依据判定1.2.4.故： aˣ+bʸ≠c²(a.b.c为彼此互质正整数；x，y为>2的正整数)：

5.由上面的逐一证明，我们可得知一总的结论： Aˣ+Bʸ=Cⁿ(x,y,n 为≥2正整数)的互质整数方程中，唯有A²+Bʸ=C² 有解，其余均无解！ 至此：通过对整数及整数的运演和整数方程的结构分析方法，我们对Aˣ+Bʸ=Cⁿ(x,y,n 为≥2正整数)的互质整数方程中， 哪些方程有解？哪些方程无解？之问题，有了圆满的解决。

(四)

最后，从推演的深度层面，更进一步地阐释为什么在Aˣ+Bʸ=Cⁿ(x,y,n 为≥2正整数)的互质整数方程中，唯有A²+Bʸ=C² 有解这一问题。

前面已指出： 数的加减乘除运算，更本质的意义是数在结构上的解构与新建。作为整数的加减和乘法推演构建出的某数，其特征是：推演的形态结构能决定该数必是一新的整数、以及a与b互质，则数a±b必与a和b互质等基本性质，但一般却不能决定该整数应有怎样特征的具体结构形式，除非推演的形态结构恰是该整数内部解构的特定展开式。所以，若要设想整数的某特定推演形态能最终推出某数本身确定的具体结构形式，那或是这已成为事实，已建立起了特定形态的等式方程，或是逆向以该数为开端，从内部解构出的正是该对称的特定展开式。

除上述两者之外，存在的另一种可能只能是：设想的该特定形态等式方程，具有“原胚推演”的条件。

“原胚推演”是这样一种推演，能自主设创：符合特定方程形式要求的数S以及构建S的相适数元作为开端与根基，进而通过特定的推演形式，能从对构建S数元间的相互解构与建构的重组推演中，推演出满足方程所要求的其它数S₁S₂…的所有内构形式及数元，从而完成和实现该特定形态方程的构建。

而之所以在： Aˣ+Bʸ=Cⁿ(x,y,n 为≥2正整数)的互质整数方程中，唯有a²+bʸ=c² 可能有解，正是因为：唯有a²+bʸ=c² 方程形式，能以进行“原胚推演”。现予以证明： 若a²+bʸ=c² (c, a为奇数)则有：bʸ=(c+a)(c-a)，自主设定：bʸ=2ʸfʸjʸ (f, j为互质奇数,f>j)，并设：(c+a)=2fʸ，(c-a)=2⁽ʸ⁻¹⁾jʸ则有方程：2c=2(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ) 则有：c=(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)则有：a=(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)-2⁽ʸ⁻¹⁾jʸ=fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ例如：设定：b⁷=2⁷×3⁷×5⁷(c+a)=2×5⁷, (c-a)=2⁶×3⁷则2c=2(5⁷+2⁵×3⁷)则c=5⁷+2⁵×3⁷=148109，a=148109-2⁶×3⁷=8141则有：2⁷×3⁷×5⁷=(148109+8141)(148109-8141)

反看若设: aⁿ+bⁿ=cⁿ(n>2；c, a为互质奇数)

可表示为：

bⁿ=(c ^n/2)²-(a ^n/2)²=

(c ^n/2+a ^n/2)(c ^n/2-a ^n/2)

设：bⁿ=2ⁿfⁿjⁿ

(c ^n/2+a ^n/2)=2fⁿ,

(c ^n/2-a ^n/2)=2⁽ⁿ⁻¹⁾jⁿ ( f, j为互质奇数，f>j)

则：2c ^n/2=2(fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ)

则c ^n/2=fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ

若c ^n/2=cⁿ' (n'为整数)

则：c=ⁿ'√(fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ)

即：c不可能由ⁿ'√(fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ)推演确定为整数。

而c ^n/2的方次不为正整数，则cⁿ=(fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ)²，

则c=ⁿ√(fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ)²，

c也不可能由ⁿ√(fⁿ+2⁽ⁿ⁻²⁾jⁿ)²推演确定为整数。

故：与cⁿ(n>2)对称相等有aⁿ和bⁿ单元项而无a¹和b¹单元项的整数型二元多项式，除有cⁿ依其“二项式定理”展开独有的二元多项式外，再别无其它项式。

故：aⁿ+bⁿ≠cⁿ(n>2)

反看若设: aˣ+bʸ=cⁿ(x,y, n>2；c, a为互质奇数)

可表示为：

bʸ=(c ^n/2)²-(a ^x/2)²=

(c ^n/2+a ^x/2)(c ^n/2-a ^x/2)

设：bʸ=2ʸfʸjʸ

(c ^n/2+a ^x/2)=2fʸ,

(c ^n/2-a ^x/2)=2⁽ʸ⁻¹⁾jʸ ( f, j为互质奇数，f>j)

则：2c ^n/2=2(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)

则c ^n/2=fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ

若c ^n/2=cⁿ' (n'为整数)

则：c=ⁿ'√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)

即：c不可能由ⁿ'√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)推演确定为整数。

而c ^n/2的方次不为正整数，则cⁿ=(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²，

则c=ⁿ√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²，

c也不可能由ⁿ√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²推演确定为整数。

故：与cⁿ(n>2)对称相等有高于一次方aˣ'和bʸ'单元项而无a¹和b¹单元项的整数型二元多项式，除有cⁿ依其“二项式定理”展开独有的二元多项式(c>a和b)和依“平方差公式”展开的a²-b²(c<a)或b²-a²(c<b)外，再别无其它项式。

故：aˣ+bʸ≠cⁿ(x,y, n>2)

反看若设: a²+bʸ=cⁿ(y, n>2；c, a为互质奇数)可表示为：bʸ=(c ^n/2)²-a²=(c ^n/2+a )(c ^n/2-a)设：bʸ=2ʸfʸjʸ(c ^n/2+a)=2fʸ,(c ^n/2-a)=2⁽ʸ⁻¹⁾jʸ ( f, j为互质奇数，f>j)则：2c ^n/2=2(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)则c ^n/2=fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ若c ^n/2=cⁿ' (n'为整数)则：c=ⁿ'√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)即：c不可能由ⁿ'√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)推演确定为整数。而c ^n/2的方次不为正整数，则cⁿ=(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²，则c=ⁿ√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²，c也不可能由ⁿ√(fʸ+2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²推演确定为整数。故：与cⁿ(n>2)对称相等有高于一次方之aˣ'和bʸ'单元项而无a¹和b¹单元项的整数型二元多项式，除有cⁿ依其“二项式定理”展开独有的二元多项式(c>a和b)和依“平方差公式”展开的a²-b²(c<a)或b²-a²(c<b)外，再别无其它项式。故：a²+bʸ≠cⁿ(y, n>2)

反看若设: aˣ+bʸ=c²(x, y, >2；c, a为互质奇数)可表示为：bʸ=c²-(a ^x/2)²=(c+a ^x/2)(c-a ^x/2)设：bʸ=2ʸfʸjʸ(c+a ^x/2)=2fʸ,(c-a ^x/2)=2⁽ʸ⁻¹⁾jʸ ( f, j为互质奇数，f>j)则：2a ^x/2=2(fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)则a ^x/2=fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ若a ^x/2=aⁿ' (n'为整数)则：a=ⁿ'√(fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)即：a不可能由ⁿ'√(fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)推演确定为整数。而a ^x/2的方次不为正整数，则c的aˣ=(fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²，则a=ˣ√(fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²，a也不可能由ˣ√(fʸ-2⁽ʸ⁻²⁾jʸ)²推演确定为整数。故：与c²对称相等有高于一次方之aˣ'和bʸ'单元项而无a¹和b¹单元项的整数型二元多项式，除有c²依其“二项式定理”展开独有的二元多项式(c>a和b)和依“平方差公式”展开的a²-b²(c<a)或b²-a²(c<b)外，再别无其它项式。

故：aˣ+bʸ≠c²(x, y, >2)

(说明：以上，对唯有a²+bʸ=c²能以进行“原胚推演”的证明虽是以a, c为奇数，但当a, b为奇数，c为偶数时，其证明的方法原理仍然适用，同样也不难予以证明)

又因： Sⁿ(n≥2)必有=x'²-y'²,而Sⁿ可写为：(S+y'-y')ⁿ有展开式： (S+y'-y')ⁿ=(S+y')ⁿ-C¹ₙ(S+y')⁽ⁿ⁻¹⁾y'……±y'ⁿ=x'²-y'² 有：x'²=(S+y')ⁿ-C¹ₙ(S+y')⁽ⁿ⁻¹⁾y'……±y²(y'ⁿ⁻²±1) 所以：X²可表现为首项和尾项有所差异的二项展开式。 所以： 对任意整数Sⁿ(n>2)来说，原来不是可能有Sⁿ=(X+Y)(X-Y)，而是必然有Sⁿ=(X+Y)(X-Y)。所以，我们可作如下的精要总结： 1. 凡有整数Sⁿ(n>3)，从内部分离为最单纯基本两个整数元加减而进行的“解构运演”，必有而唯有三种形式： Sⁿ=(X+Y)ⁿ, Sⁿ=(X-Y)ⁿ, Sⁿ=(X+Y)(X-Y)，其解构后的展开式，才会确定有未有指数为1的X和Y单元项，而有指数高于1的X和(或)Y单元项，并有着其独特的结构形态。 2. 一个展开的整数型二元多项式，未有指数为1的X和Y单元项，而有指数高于1的X和(或)Y单元项，其和若要=Sⁿ(n为>3正整数)，则必须呈显为(X±Y)ⁿ和(X+Y)(X-Y)的展开式或其展开式的变形式。 3. 而在Aˣ+Bʸ=Cⁿ(x,y,n 为≥2正整数)的互质整数方程中，只有A²+Bʸ=C² 或Aˣ+B²=C² 符合上述要求(C不为某整数的n次方，或者A,B至少有一不为某整数的n次方。而C >A,C >B,则C必须是:C不为某整数的n次方)

所以：唯有A²+Bʸ=C² 或Aˣ+B²=C² 有解，其它方程均无解！

由上面所述的“原胚推演方法”

我们可求得并证明a²+bʸ+c²=d² 有正整数解(y为

>1正整数)：

证明：

a²+bʸ+c²=d² 有正整数解：

设a²+bʸ=j²f²(j,f为互质奇数并f>j)，则有(d+c)(d-c)=j²f² 

设：(d+c)=f²,(d-c)=j²

则有：d=(j²+f²)/2

c=(j²+f²)/2-j²=(f²-j²)/2

所以，如此则有：

a²+bʸ+[(f²-j²)/2]²=[(f²+j²)/2]²

由此延伸推演，我们还可推得：

a²+bʸ+c²+d²=E² 有正整数解(y为

>1正整数)：

设a²+bʸ+c²=j'²f'²(j',f'为互质奇数并f'>j')，则有(E+d)(E-d)=j'²f'² 

设：(E+d)=f'²,(E-d)=j'²

则有：E=(j'²+f'²)/2

d=(f'²-j'²)/2

所以，如此则有：

a²+bʸ+c²+[(f'²-j'²)/2]²

=[(f'²+j'²)/2]²

这样的推演不断延伸,我们就可得出：a²+bʸ+c²+d²……+N²= S² 会有正整数解！

由上述“原胚推演”的方法，我们还可推演出如下的平方差定理：

平方差定理1：

凡奇正整数G，都可写成两个正整数平方的差，即：G=A²-B²(A,B为正整数)

如  2345=1173²-1172²

      4321=2161²-2160²

平方差定理2：

凡偶正整数，如只有一个2的因子，则不可能写成两个正整数平方的差，即：2G≠A²-B²(G为奇数，A，B为正整数)

平方差定理3：凡偶正整数2ⁿG(G为奇数)，若>4, 如有1个以上2的因子，都可写成两个正整数平方的差。并且：如有2个以上2的因子，则还可写成两个奇数平方的差。

即：2ⁿG=J²-F²(n>2,  J，F为奇正整数)

平方差定理4.

凡正整数Z，若不为仅含两个及以下2因子的偶数，都可写成两互质正整数平方的差。

对定理1的证明：

奇数G，若为素数，我们可将其看为G=g×1

设：c+b=g, c-b=1有：

       2c=g+1,  c=(g+1)/2

       则有: b=(g-1)/2

        故 G=[(g+1)/2]²-[(g-1)/2]²

奇数G，若为合数，我们可将其统括为两奇数的相乘: j×f (f>j)

设：c+b=f, c-b=j有：

       2c=f+j,  c=(f+j)/2

       则有: b=(f-j)/2

        

      故 G=[(f+j)/2]²-[(f-j)/2]²

由定理1，可引伸而得：

N²-(N-1)²=N+(N-1)

对定理2的证明：

偶数Q，若为2G(G为奇数)，

我们无论怎样将其统括为两数的相乘，它们都会表现为2j×f (j, f为奇数)的样式。

若2j>f

设：c+b=2j, c-b=f 则：

       2c=2j+f,  由于方程右边不能提取出2的因子，所以c不可能为整数。

若2j<f 

设c+b=f, c-b=2j 则：

       2c=2j+f,  由于方程右边不能提取出2的因子，所以c也不可能为整数。

对定理3的证明：

偶数Q，若为2²G(G为奇数)，

我们可将其统括为两数的相乘，2j×2f (j, f为奇数)的样式。

若2j>2f

设：c+b=2j, c-b=2f 则：

       2c=2j+2f,  

则：c=(j+f),  b=j-f

则：2²G=(j+f)²-(j-f)²

若2j<2f 

设c+b=2f, c-b=2j 

我们同理可证：

2²G=(f+j)²-(f-j)²

偶数Q，若为2ⁿG(G为奇数,n为>2正整数)，

我们可将其统括为两数的相乘，2⁽ⁿ⁻¹⁾j×2f (j, f为奇数)的样式。

若2⁽ⁿ⁻¹⁾j>2f

设：c+b=2⁽ⁿ⁻¹⁾j, c-b=2f 则：

       2c=2⁽ⁿ⁻¹ ⁾j+2f,  

则：c=(2⁽ⁿ⁻² ⁾j+f),  b=(2⁽ⁿ⁻² ⁾j-f),

则：

2ⁿG=(2⁽ⁿ⁻² ⁾j+f)²⁻(2⁽ⁿ⁻² ⁾j-f)²

若2⁽ⁿ⁻¹⁾j<2f

设：c+b=2f ,  c-b=2⁽ⁿ⁻¹⁾j

我们同理可证：

2ⁿG=(f+2⁽ⁿ⁻² ⁾j)²⁻(f-2⁽ⁿ⁻² ⁾j)²

对定理4的证明：

凡奇数G，都可写成2m-1形式，

依据平方差定理1的引伸定理

N²-(N-1)²=N+(N-1)

则2m-1=m²-(m-1)²，若m内含abcd…n因子，则m-1内不可能含abcd…n因子，故m与m-1互质。

凡偶数2ⁿG(n为>2正整数),都可写成2⁽ⁿ⁻¹⁾G×2 形式

设c+b=2⁽ⁿ⁻¹⁾G,   c-b=2  

则：c=2⁽ⁿ⁻²⁾G+1  b=2⁽ⁿ⁻²⁾G-1

则 ：2⁽ⁿ⁻¹⁾G×2 =

[2⁽ⁿ⁻²⁾G+1]²-[2⁽ⁿ⁻²⁾G-1]²  

由于：

 c=(2ⁿ⁻²G-1)+2 ，

b=2ⁿ⁻²G-1  

c和b为相差仅为2的奇数，c和b不仅都不含有2ⁿ⁻²G内含的因子

，并且也不会共有>1的其它因子，故c与b互质！

由上面所述的平方差定理，我们可推演得出并证明这一极重要的结论：

一个方程两边各项均为整数方次的多项式方程，若要有正整数解，必须可转为：

A±B±C±D…+X²…±N=S² (S²为纯粹平方数， A, B，C，D……N 其中至少有一项为+X²),才可能有正整数解。

    而进一步确立除+X²项外，方程左边奇数项的项数也为奇数，则一定会有正整数解！

    

由上面的讨论，我们更完满地得出判断一个各项均为整数的二元多项式的和，是否=Sⁿ的具有普遍必然性的认知判定： 

判定1：一个整数S，其为自乘积Sⁿ，先从内部分离为最单纯基本两个整数元加减而进行的“解构运演”，可显示出该整数在不同的方次上，其“结构形态”的独特乃至必然性特征。尤其是唯有如此的解构运演，才能必然确定地解构出指数为>1整数并不含系数的X和Y两单元项存在。 

判定2：若一展开的整数型二元多项式，未有指数为1的X和Y单元项，而有指数高于1不含系数的X和Y两单元项，其和若要=Sⁿ(n为>3正整数)，则除为(X+Y)(X-Y)展开的结构形态X²-Y²或其特定变形式：Sⁿ=2yr+r², Sⁿ=2xr-r²外, 必需具有相对应的依“二项式定理”展开的结构形态。 

判定3：若一展开的整数 型二元多项式，是具(X+Y)(X-Y)展开的结构形态X²-Y²， 或其特定变形式2yr+r², 2xr-r², 则会有：Y²+Sⁿ=X²这独有特征和意义的方程式，也有方程式sⁿ=2yr+r², sⁿ=2xr-r²。 

判定4： 若一展开的整数型二元多项式，无有指数为1的X和Y单元项，而有指数高于1并不含系数的X和Y两单元项，其既不具二项式展开的特定结构形态，又未显示为是(x+y)(x-y)的展开式X²-Y²以及其变形式2yr+r², 2xr-r²，则其和只可能=S²。该二元多项式=S²还需有的必要条件是：建立起来的这一方程，经过对称转换，其等式的一边必能置换为(S+X)(S-X)或(S+Y)(S-Y)这两个最单纯基本的乘积形式。 

判定5：

由判定2.3.4可引伸得出：若一展开项数超过两项的整数型二元多项式，其无有指数为1的X和Y单元项，有Xⁿ和Yⁿ'(n和n'为>1正整数)单元项，若n<n'则其和只可能=Sⁿ，若n>n'则其和只可能=Sⁿ'。 

一点总结思考：

关于数学代数方程是否有解的问题，表面来看是数量关系方面的问题，而更深层地来看，其实是数的“结构关系”方面的问题。

所以，一些纯粹是数的特殊“结构关系”方面的问题，用“数量”关系方面的“同一”或“不同一”等来考察，也许永远也不可能得到解决。

例如：a+bʸ=cˣ(a.b.c.x.y均为

正整数)，当b<c,问是否有解的问题。

    它表达的其实就是一个数的“结构关系”方面的问题，而非是一个数的“数量关系”方面的问题！

我们只需变换下该方程：

a+bʸ=cˣ 即：a=cˣ - bʸ 便知有解，只需选定适当的x和y值。因为从数“结构特征”的运演关系来看，整数减去整数必为整数。

而若想从数的“数量关系”方面的相等或不相等来考察，我们不会得到答案：

我们若用反证法：先假设 a+bʸ≠cˣ

 有a≠cˣ-bʸ，从数的“结构特征”运演关系分析，我们知道cˣ-bʸ的结果必为整数，而a是一整数, 所以a≠cˣ-bʸ为错误！也即a+bʸ≠cˣ将导出矛盾。

而我们无论怎样将a+bʸ≠cˣ从数量关系方面来分析拆腾，例如a+bʸ-cˣ≠0,或1≠(cˣ-bʸ)/a,都不可能导出矛盾！因为a是一不定的整数。

所以：在问aˣ+bʸ=cⁿ(a.b.c为正整数，x.y.z为>1正整数)之类方程是否有解的问题，如“费马大定理”、“比尔猜想”问题时，

我们应首先思考：这些问题是否纯粹是数的特殊“结构特征”间关系的问题，所以要从数的“结构特征”间关系所具的性质这方面来考察，问题才能得到圆满解决。而若想从数的“数量关系”方面来考察，问题也许将永远无从得到解决。

   几百年来，“费马大定理”之所以一直未得到证明，是否就是这一原因？？而说英国数学家怀尔斯是用了解析“椭圆方程曲线”以及“模函数”方面的方法工具才很曲折往复地证明了“费马大定理”，不也是隐晦地求助了数的“结构特征”关系方面的性质考察吗？

其实，何必那么曲折往复呢？？

  对自然数在“代数的建构与解构”中所表现出的“代数结构特征”及相互的关系和性质进行深入考察，就能使问题得到解决。

而这正是在该文中，我做的工作。