(四川雅安市 邓建生)

提要：

在此，以一种新的分析角度，揭示出毕达哥拉斯方程在自然数域的一些隐秘重要性质。这些隐秘性质的发现，不仅能得到新的寻找毕达哥拉斯“本原”数组的简美公式，还会以此成为破解费马大定理和比尔猜想等的关键钥匙，从而轻巧简明地证明费马大定理和比尔猜想等，加深我们对相同和相异方次自然数之间关系的理解。

引言：

著名的毕达哥拉斯方程以外，迄今为至，我们仍不能找到其它高于一次方能有互质正整数解的a.b.c三元方程。对这一情形，几百年前的法国数学家费马提出了著名的“费马大定理”。虽经过几代人的艰难探索，在1995年被英国数学家安德鲁·怀尔斯宣布证明，但他近两百页篇幅的证明，援用了“椭圆曲线方程”与“模形式”等艰深的数学方法原理，最终得到的是“间接的证明”，其“证明链”也十分繁多复杂，远不是费马当年所言找到的(遗憾没记载下来)：“美妙的”直接证明。 安德鲁·怀尔斯的证明也不能回答，作为费马定理延展的“比尔猜想”是否正确，或更普遍的：有无高于一次方(a.b.c皆不低于二次方)能有互质正整数解的三元方程？等问题。而对于寻找所有满足毕达哥拉斯方程解的本原三元数，前人虽给我们留下了一些方法，却没提供完备无缺的极简公式。这些问题，都有待我们从新的分析角度去重新审视毕达哥拉斯本原数方程，因为其隐含的一些该文中新发现的重要性质，是我们能从根源上彻底解决上述问题的关键。

（一）

数的性质体现为彼此间的关系，其中很重要的关系是其相互间的差值关系。 a2+b2=c2(a.b.c为正整数，且彼此互质)的本原毕达哥拉斯方程，只要将其本原数间的差值引入方程，我们将会发现该方程的一些隐秘的重要性质：

设c-r=a或c-t=b

a2+b2=c2 (a.b.c为正整数，且彼此互质)可表示为：

(c-r)2+b2=c2或a2+(c-t)2=c2

以(c-r)2+b2=c2为例分析：

(c-r)2+b2=c2 则c2-(c-r)2=b2

则2cr=b2+r2 则2c=b2/r+r

令：b=rd 则 2c=r(d2+1)

2=r(d2+1)/c

令：(d2+1)=cv 则2=rv

如此将有两个重要的发现：

第一：

若r=2，则v为1即(d2+1)=c 若r=1，则v为2即（d2+1)=2c 可见：毕达哥拉斯a.b.c本原数组中， （c-a）或（c-b），总有一数的差值为1或2，不可能大于2。

第二：

从上可看出，由于r限于1或2

1. (d2+1)则相应限于=c或2c,是d?±1(n为>1整数），能整除c的最小整数式，其整除c的最小整除关系式则为：(d2+1)/c=1或2 ， 所以d?±1(n为>1整数)能整除c必须为k(d2+1)(k为1.2.3……)，其整除c的关系式：k(d2+1)/c=k或2k则必为最小整除关系式(d2+1)/c=1或2的扩展式。2. 而2cr=b2+r2表明(b2+r2)/2r=c,则(b2+r2)/2r是整除c的最小整数式，其整除c的最小整除关系式则为：[k(b2+r2)/2r]/c=1, 所以b?±r?(x,y为>1整数,彼此相等或不相等），能整除c必须为k(b2+r2)/2r (k为1.2.3……) ,即必须为含有(b2+r2)因子的k(b2+r2)或kb2+kr2整数式，其整除c的关系式：k(b2+r2)/c=k2r则必为最小整除关系式 [k(b2+r2)/2r]/c=1的变形扩展式。

3.所以唯满足(b2+r2)/2r]/c=1以及(d2+1)/c=1或2最小整除关系式以及其扩展和变形扩展式的相应a^x+b^y=c^z方程，才会在一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)有互质正整数解。b2+r2)/2r=c，d2+1=c或2c ，其关系式是c的方次为c2时，一次方以上a.b.c三元方程能有互质正整数解的条件和情形。则对应地：当c的方次为c?(n为>2整数)时，其相应的扩展式：c?2?(b2+r2)/2r=c?1?， c?2 ?(d2+1)=c?1?或2c?1?，也是 一次方以上的a.b.c三元方程能有互质正整数解的条件和情形。

当c为c?时，扩展式有一共同的特征：即(b2+r2)和(d2+1)必旁带有c因子组成c?'(b2+r2)和c?'(d2+1)整数式。所以：b^y±r^x (x ,y至少有一为>2整数，彼此相等或不相等)或(d?±1)(n为≥3整数)需能转化为整除c的kc?'(b2+r2)(n'为≥1的整数)或kc?'(d2+1)整数式，其相应的互质a.b.c二次以上(至少c与另一元的方次不低于三次方)的方程才能有正整数解。而(b^y±r^x)或(d?±1)可能转化为不含有c因的k(b2+r2)或k(d2+1) ，却不可能转化为带有c因的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1)，正说明其相应的互质a.b.c二次以上的方程不会有正整数解，其能转化为不带c因的k(b2+r2)或k(d2+1) 相应互质a.b.c方程，只能是毕达哥拉斯本原方程的扩展式。

它们的意义在于：

揭示出在“互质的”正整数a.b.c间，d?±1(d=b/r , n为>1整数) 或b?±r?( r=c-a , x,y为>1整数，彼此相等或不相等）能整除c的最小整除关系式是：(d2+1)/c=1或2，或必含有(b2+r2)因子的：[(b2+r2)/2r]/c=1，而唯有满足毕达哥拉斯方程的本原三元数组a.b.c,它们之间具有这可能的最小整除关系，而其k(d2+1)/c=k或2k , k(b2+r2)/c=k2r (k为1.2.3.……)的整除关系式只能是其最小整除关系式的扩展式或变形扩展式，即表明的是毕达哥拉斯本原数组方程的扩展式或变形扩展式，所以其它二次以上互质的a.b.c三元方程，不可能有正整数解。

（二）

由第一个发现，我们将会推演出寻找毕达哥拉斯“本原”数组的简美公式；由第二个发现，我们将轻巧简明地证明费马大定理和比尔猜想等。 首先看如何推演出简美公式： 在r=2状态将r=2代入

(c-r)2+b2=c2将得到如下公式：b2/4+1=c，b2/4-1=a 即(2n)2/4+1=c，(2n)2/4-1=a

在上面的公式中：当(2n)2/4±1，n=2的方次2?'时，所寻找出来的a.b.c.即是毕达哥拉斯方程的本原三元组。因为：这时寻找出来的a与c是奇数，其差又=2所以c中没有a的因子。而b作为偶数仅有2作为因子，所以与a和c没有奇数因。所以，a.b.c之间必定不可通约而互质。如是，寻找毕达哥拉斯“本原三元组”的公式便可精确定位为：(2?)2/4+1=c (2?)2/4-1=a

b为2?，n取大于1的任何自然数值。这便是寻找毕达哥拉斯“本原三元组”的第一个简美公式。

同样的：设b=(22n)或(4n)

(22n)2/4±1或(4n)2/4±1后的c与a

三者也是“本原毕达哥拉斯三元组”。因为：(22n)2/4后为4n2，4n2±1后为奇数，其因子既不可能为2,也不可能包含在n内,所以它们与b互质。而c与a差值为2，所以它们之间也不可能通约。

n可取大于0的任何自然数。这是当r的值等于2时，第二个寻找“本原毕达哥拉斯三元组”的简美公式！

n能取大于0的任何自然数，这将是一让人惊奇的结论：在自然数中,每一自然数都有与其相应的自然数组和“本原”自然数组，符合毕达哥拉斯定理！

而最后一个寻找毕达哥拉斯本原三元组的简美公式即:从a=c-r当r=1时，可推导出而前人已发现的：

(b2+1)/2=c , (b2+1)/2-1=a 公式

（b为>1的奇数）因为：b2+1能整除2=c，则b2=2c-1，所以b不含c的因子与c互质。而(b2+1)/2-1=a则2a+1=b2故b不含有a的因子。

（三）

再看对费马大定理和比尔猜想等的证明：著名的费马大定理，是表述：当n为>2的正整数，则方程a?+b?=c?无正整数解。分析：正整数在相除方面有三种基本的关系：1.整除关系2.通约关系3.互质关系。如果证明了a?+b?=(am)?和a?+b?=c? (a,b,c,)=1两方程无正整数解，则即证明了a?+b?=c?在上述的三种关系中无正整数解。因为对于可通约的正整数来说:a?+b?=c?(a,b,c,)=1无正整数解，即表明(ka)?+(kb)?=(kc)?无正整数解,也表明(ka)?+(kb)?=(c')?和(ka)?+(b')?=(kc)?等 ,无正整数解。因(ka)?+(kb)?=(c')?和(ka)?+(b')?=(kc)? 等可通约方程的正整数解的形式必为：(ka)?+(kb)?=(kc)? ,而证明了a?+b?=(am)?无正整数解，以同样的方法原理也可证a?+(am)?=c?和a?+(am)?=(ak)?等有整除关系的方程无正整数解。

证明一：若设 a?+b?=(am)?(a.b.c.m均为正整数，n为2≥的正整数)则a?m?-a?=b? a?(m?-1)=b?

(m?-1)=(b/a)?

等式两边若为整数，则b=ad,(m?-1)=a?d?/a? (m?-1)=d?

m?-d?=1

因任何相差为1的正整数，其≥2的正整数方次数值的相互差值都大于1，所以m与d中，必有一个为不是正整数的无理数，而无论是m或d为无理数，都表明推出了相悖的结果，所以a?+b?=(am)?(a.b.c.m均为正整数，n为≥2的正整数)，没有正整数解。

证明二：（重要的证明）

a.b.c为>0正整数，且(a,b,c)=1,则a?+b?=c?(n为>2的正整数)不能成立。

证明：假若a?+b?=c?a.b.c为大于0的正整数，且(a,b,c)=1

设a=c-r（r为整数）

a?+b?=c?则可以表达为：

(c-r)?+b?=c? 则有：c?-(c-r)?=b?

展开得：

C?1c?1 ?r-C?2c?2?r2+C?3c?3 ?r3-Cc?r?+C-c?r?……±C1 ?cr?1 ?=b?±r?

左边提取公因得：

cr[C?1c?2?-C?2c?3?r+C?3c ?r2-Cc?r3+Cc?r?……±C1 ?r?2 ?]=b?±r?

移元并变换得：

c[C?1c?2?-C?2c?3?r+C?3c ?r2-Cc?r3+Cc?r?……±C1 ?r?2 ?]=b?/r±r? 1 ?

若要等式两边都为整数，

则：b=dr 变形得：

c[C?1c?2?-C?2c?3?r+C?3c ?r2-Cc?r3+Cc?r?……±C1 ?r?2 ?]=r? 1 ?(d?±1)

移元得：

[C?1c?2?-C?2c?3?r+C?3c ?r2-Cc?r3+Cc?r……±C1 ?r?2 ?]=r? 1 ?(d?±1)/c

这时，等式右边因为c与r互质（证明：假设r/c=tr'/tc'(t为>1整数）则a/c=1-r/c=tc'/tc'-tr'/tc'=t(c'-r')/tc'此结果与a/c因互质而无公约数相悖，所以，r与c互质）。而因前面第二重要发现已揭示出的：(d2+1)是(d?±1)可能具有能整除c的最小整数形式，所以等式右边(d?±1)若要能整除c必须为k(d2+1)或kd2+k。因(d?±1)为(d^2?'-1)才可能为k(d2+1)，而d的指数n若为偶数，在等式右边必为(d?+1)，所以不可能为k(d2+1)或kd2+k，即不可能整除c，所以，等式右边不可能为整数。

这样：其等式左边为整数，而等式右边却不可能是整数，等式两边产生不可消除的悖谬！这证明从原初的假定a?+b?=c?(n为>2的正整数，a.b.c为>0正整数，且(a,b,c)=1）将推出悖谬的结果，从而该假定不能成立！

费马大定理得到明晰的证明！

再看对“比尔猜想”的证明：

比尔猜想可表述为：

a^x+b^y=c^z 无有正整数解(a.b.c彼此互质，且为正整数。x，y，z为>2的正整数)。

以“反证法”给以证明：

假若：a^x+b^y=c^z 有正整数解

设a=c-r（r为整数）

a^x+b^y=c^z 则可以表达为：

(c-r)^x+b^y=c^z

则有：c^z-(c-r)^x=b^y

展开并变换得:

c^z-c^x+C?1c?1 ?r-C?2c?2?r2+C?3c?3 ?r3-Cc?r?+Cc?r?……±C1 ?cr?1 ?=b^y±r^x

提取公因得：

c^x(c^(z-x)-1)+c[C?1c?2 ?r-C?2c?3?r2+C?3c?r3-Cc?r?+Cc?r?……±C1 ?r?1 ?]=b^y±r?

移元c得：

c^(x-1)(c^(z-x)-1)+[C?1c?2 ?r-C?2c?3?r2+C?3c?r3-Cc?r?+Cc?r?……±C1 ?r?1 ?]=(b^y±r^x)/c

此时等式右边的(b^y±r^x)，若不能转化为能整数c的k(b2+r2)，等式右边不能为整数，则等式左右两边将产生悖谬；而若作为特例：b=r?, 等式右边的(b^y±r^x)有可能转化为能整数c的k(b2+r2)(k无有c因)，但也决不可能转化为能整数c的kc?'(b2+r2)，说明能转化为k无c因的： c^(x-1)(c^(z-x)-1)+[C?1c?2 ?r-C?2c?3?r2+C?3c?r3-Cc?r?+Cc?r?……±C1 ?r?1 ?]=k(b2+r2)/c 这一方程，只能是毕达哥拉斯本原方程的变形扩展式，而决不会是二次以上的本原方程。二次以上的本原方程要求kc?'(b2+r2)(n'为≥1整数)与b^y±r^x (y,x至少有一为>2整数)能相互转换，而这是不可能的(因为c与b和r互质)。

比尔猜想得以证明！

比比尔猜想更近一步，由上方法不难证明：

a2+b^y=c^z (a.b.c彼此互质，且为正整数。y，z为>2的正整数)亦没有正整数解！

假若：a2+b^y=c^z有正整数解

设a=c-r（r为整数）

a2+b^y=c^z 则可以表达为：

(c-r)2+b^y=c^z

则有：c^z-(c-r)2=b^y

则 c^z-c2+2cr-r2=b^y

变形得：c2(c^(z-2)-1)+2cr=b^y+r2

则：c[c(c^(z-2)-1)+2r]=b^y+r2

移元c得：

[c(c^(z-2)-1)+2r]=(b^y+r2)/c

此时等式右边的(b^y+r2)，不可能转化为能整数c的k(b2+r2)，等式右边不能为整数，等式左右两边将产生悖谬。这说明若设 a2+b^y=c^z有正整数解将推出悖谬的结果。

a2+b^y=c^z无有正整数解得以证明！

(四)

到这里，我们可看出，费马大定理还能这样更简易地证明：

假若a?+b?=c?(a.b.c为大于0的正整数，n为>2正整除，且(a,b,c)=1)

设a=c-r

则 a?+b?=c? 可以表达为：

(c-r)?+b?=c?

则有：c?-(c-r)?=b?

展开并变换得：

C?1c?1 ?r-C?2c?2?r2+C?3c?3 ?r3-Cc?r?+C-c?r?……±C1 ?cr?1 ?=b?±r?

左边提取公因得：

c[C?1c?2?r-C?2c?3?r2+C?3c ?r3-Cc?r?+Cc?r?……±C1 ?r?2 ?]=b?±r?

移元c得：

[C?1c?2?r-C?2c?3?r2+C?3c ?r3-Cc?r?+Cc?r?……±C1 ?r?2 ?]=(b?±r?)/c

因前面的第二重要发现已揭示出: b?±r? (x,y为>1整数，彼此相等或不相等）若要能整除c则必须为含有(b2+r2)因子的k(b2+r2)或kb2+kr2数式。所以上面等式右边的（b?±r?）若要整除c必须为k(b2+r2)或kb2+kr2。而因(b?±r?)为(b^2?'-r^2?')才可能为k(b2+r2)。而上面b和r的指数n若为偶数，在等式右边必为(b?+r?)，这样，(b?±r?)既不可能为k(b2+r2)或kb2+kr2，更不可能为kc?'(b2+r2)，即不可能整除c。所以，等式右边不可能为整数。其等式左边为整数，而等式右边却不可能是整数，等式两边产生不可消除的悖谬！

费马大定理得到证明！

(总结:)

将“数”相互间的差值引入毕达哥拉斯本原方程，显露出了毕达哥拉斯本原方程所还隐含的一些重要性质。这些性质的发现不仅让我们得到了寻找所有毕达哥拉斯本原数组的三个简美公式，还深刻地揭示出“互质的”整数间在一次以上的方程中除a2+b2=c2能有正整数解外，其它的方程之所以无有正整数解的内在根源。

这是因为：

1. “互质的”正整数a.b.c间， b^y±r^x (x ,y为>1整数，彼此相等或不相等） 能整除c的最小整除关系式是： 必含有(b2+r2)或(d2+1)因子的[(b2+r2)/2r]/ c=1 (r=c-a) 或者(d2+1)/c=1或2 (d=b/r)。所以任何的 b?±r? 能整除c则必须能转化为含有(b2+r2)或(d2+1)因子的 k(b2+r2)或 k(d2+1)(k为1.2.3.……)的整数式，则其整除c的关系式必为 [(b2+r2)/2r]/ c=1 或者(d2+1)/c=1或2， 或是其关系式的扩展或变形扩展。

2. 所以：唯有 [(b2+r2)/2r]/ c=1或者 (d2+1)/c=1或2的最小整除关系式和它们的扩展式或变形扩展式，其相对应的互质a.b.c三元方程 ，在一次方以上(a.b.c皆不低于二次方) 才会有正整数解。 所以：[(b2+r2)/2r]/ c=1或者(d2+1)/c=1或2的最小整除关系式和它们的扩展或变形扩展式，是互质a.b.c三元方程，在一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)有正整数解的判断与规定式。 而这隐秘的最小整除关系式及其扩展或变形扩展式，其相对应的外在体现正为毕达哥拉斯本原方程及其扩展方程。

3. (b2+r2)/2r=c，d2+1=c或2c ，其方程是c的方次为c2时，一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)三元方程能有互质正整数解的情形。则对应地：当c的方次为c?(n为>2整数)时，其相应的扩展方程：c?2?(b2+r2)/2r=c?1?， c?2 ?(d2+1)=c?1?或2c?1?，也是 一次方以上a.b.c三元方程能有互质正整数解的条件。即： 当c为c?(n为>2整数)时，其条件为：其能整除c的整数式必应为包含有c?'(b2+r2)或 c?'(d2+1) 因子的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1) (n'为≥1的整数)。

4. 所以：b^y±r^x (若x ,y至少有一为≥3整数) 需能转化为整除c的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1)(n'为≥1的整数) 整数式，其相应的互质a.b.c方程，在二次以上(a.b.c至少有c和另一元不低于三次方)才能有正整数解。而(b^y±r^x)可能转化为不含有c因的k(b2+r2)或 k(d2+1) ，却定不可能转化为带有c因的kc?'(b2+r2)或 kc?'(d2+1) ，正说明其相应的互质a.b.c方程，在二次以上定不会有正整数解。其能转化为不带c因的k(b2+r2)或 k(d2+1)的相应互质a.b.c方程，只能是毕达哥拉斯本原方程的扩展式或变形扩展式。

5. 所以，一次方以上(a.b.c皆不低于二次方)的所有a.b.c本原方程，除了毕达哥拉斯本原方程有正整数解外，其它的本原方程都无正整数解！！