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​《对数学“结构”实质的深度想考，及对费马大定理,比尔测度等的新颖阐明》

四川 邓建生

(一) 1. 无穷延展的当然数，作为数学的最先与基础，就其实质而言：是对寰宇“一”生成“多”，“多”包摄“一”这一基本内在特征的无穷多种样式呈现。 2. 这一无穷多种样式呈现，甚至每一大于“1”的当然数，皆体现出一种：“由数目各异疏通全体组合成更大全体”的地说念(素数)，或多重交汇(合数)轮廓组合的内在结构。这一基本的“由疏通全体组合”的内在结构，奠定了当然数与数学能呈显融合，和洽，对称之好意思的基础。 3.当然数所蕴含的这些无穷丰富各种的内在轮廓结构(及所加减乘除等运演而扩域出的有理数很是数等更精巧结构)外射在时空中，即显象为无穷丰繁有形的并互联系联的物象结构状态。这即是寰宇万象的结构及互联系联，不错数学来统摄抒发的终极起因。亦然古希腊伟大的毕达哥拉斯宗派觉得“万物的本源为数”的深入起因。 4.数与数，终点是当然数、整数间的加减和乘法运算，不只是一种量的变化运算，更应行为是数与数，终点是当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历程。而数学方程的骨子，不仅标明的是方程双方项式在量上的格外，更深的意旨在于：标明方程双方项式在结构上具有吞并的对称性！正是由于数学方程的这一性质，辞寰宇万千物象中，一朝有些物象由数学方程建树起策划，即能揭示这些物象间作为其骨子的“内在结构”所隐含的吞并、一致性与对称性。 5.当然数和整数，是各种千般“多包摄一”的融合全体，简称“一体”。一个当然数和整数所含有的相异素数因子愈多，则标明该当然数和整数愈具有多重交汇的丰富结构。一个当然数和整数所含有的素数因子若为n次方，则标明该当然数和整数在多重的档次上却暴暴露疏通特征的结构。 同理，当然数、整数间的乘方和乘积，亦然一更高级次的融合全体，比较这更高的“一体”，相乘的当然数和整数成为是它内在的样式结构。6. 当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时势，咱们可行为是该整数的“运演结构”，或行为是该整数的一种“逆向解构”。由此，整数内含的结构与它的“运演结构”具有不错互相置换的吞并与对称性。 7.一整数内含的结构样式是唯独的，细目标，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”的加减样式，却具有多种的可能性和不细目性 (举例：整数15可解构为7+8，也可解构为4+5+6)。关联词，在这些多种的可能性和不细目性中，咱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”在某些方面的势必性和细目性（举例：奇数被解构为奇数之相加减时，其项数必是奇次项，且必能明白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）。这一势必性和细目性，咱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”时势愈是迥殊，甚至它的“运演结构”或“逆向解构”里，其“结构形态”的势必性和细目性就愈是卓著地炫耀在该“结构形态”的项数、总共、各项元的分散及指数景象等多个方面。以至当一整数内在的结构特征和其“运演”或“解构”时势的迥殊点达到某一进度，其“结构形态”将炫耀出其“唯独不二”的势必性与细目性。 (二) 1.由以上的意志，咱们来专以熟识分析：当一整数以“自乘积”组合为更大“一体”时，先从里面“解构”为两个整数元相加减而伸开的“解构运演”，其整数性“结构形态”所炫耀的势必与细目性特征。(因为，若以一般外皮“解构运演”的熟识分析时势， 如Sⁿ-xⁿ'=y，咱们只能获取Sⁿ=xⁿ'+y，而y的势必细目性指数特征，及与S和x指数之间的关联，咱们无从得知) 2.当先，凡有整数S，其自乘积为Sⁿ(n为>1整数)，从里面进行“解构运演”，咱们定不错将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样式：Sⁿ=(x+y)ⁿ或Sⁿ=(x-y)ⁿ，再进行充分的“解构运演”，从而获取它们特定的伸开式，这即是伏击的“二项式定理”。在这么的“解构运演”中，可明晰地分辩和炫耀：作为解构后，无x和y一次地契位项，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”，在项数及加减样式、总共、各项的二元分散及指数景象等各方面事前是由(x+y)ⁿ和(x-y)ⁿ的指数n和+、- 势必细目地决定的。而尤其值得贯注的是：由此“解构运演”，揭示出了一个非有二元一次地契位项，而有高于二元一次地契位项的整数型二元多项式，以其何种势必细目标“结构形态”与相应整数S的n次方所酿成的对称关联。 是以就多半和一般而言，一个无有x¹和y¹单位项而有xⁿ'和yⁿ''单位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，所必呈显的细目“结构形态”，咱们一般不错由是否相符“二项式定理”伸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先从里面解构为两个最单纯基本的整数元相加减乘积样式，不仅定可先分离为：s'ⁿ=(x+y)ⁿ或 s'ⁿ=(x-y)ⁿ自乘积的样式，还可能分离为仅存的终末一种独具意旨的两单纯基本整数元相加减的乘积样式：s'ⁿ=(x'+y')(x'-y') 举例：30³=(179+71)(179-71)，42⁵=(18751+14863)(18751-14863)，其“解构运演”的后果可不同于二项伸开式。之是以可能有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先从里面解构为两个最单纯基本整数元运演的二元多项伸开式不仅有依“二项式定理”的伸开式，还有依普通差公式的伸开式：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的伸开式。而更由此有其独具特征和意旨的方程式：y'²+s'ⁿ=x'² 由此，联系联的x'²，y'², 也不仅有依“二项式定理”而进交运演的二元多项伸开式，还会有其它样式的伸开式：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 ⁾±rⁿ4. 由此，咱们从更深度和统统的意旨上，得出判断一个各项均为整数的二元多项式的和，是否=Sⁿ的如下具有多半势必性的领悟判定：判定1：一个整数S，其为自乘积Sⁿ，先从里面分离为最单纯基本两个整数元加减而进行的“解构运演”，可炫耀出该整数在不同的方次上，其“结构形态”的迥殊势必与细目性特征。尤其是唯有如斯的解构运演，智商势必细目地解构出未有指数为1的X和Y单位项，而有指数为>1整数的X和Y单位项的存在。判定2：若一伸开的整数型二元多项式，未有指数为1的X和Y单位项，而有指数高于1的X和(或)Y单位项，其和若要=Sⁿ(n为>2正整数)，则除为(X+Y)(X-Y)伸开的结构形态X²-Y²或其特定变样式：Sⁿ=2yr+r², Sⁿ=2xr-r²外, 必需具有相对应的依“二项式定理”伸开的结构形态。判定3：若一伸开的整数型二元多项式，是具(X+Y)(X-Y)伸开的结构形态X²-Y²，或其特定变样式2yr+r², 2xr-r², 则可能有：Y²+Sⁿ=X²这特有特征和意旨的方程式，也可能有方程式sⁿ=2yr+r², sⁿ=2xr-r²。判定4： 若一伸开的整数型二元多项式，无有指数为1的X和Y单位项，而有指数高于1的X和(或)Y单位项，其既不具二项式伸开的特定结构形态，又未炫耀为是(x+y)(x-y)的伸开式X²-Y²以过火变样式2yr+r², 2xr-r²，则其和只能能=S²，该二元多项式可能=S²还需有的必要条目是：建树起来的这一方程，经过对称解救，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样式。判定5：由判定2.3.4可引伸得出：若一伸开项数跳动两项的整数型二元多项式，其无有指数为1的X和Y单位项，有Xⁿ和Yⁿ'(n和n'为>1正整数)单位项，若n<n'则其和只能能=Sⁿ，若n>n'则其和只能能=Sⁿ'。 (三) 1. 由上头的5个多半势必性判定，咱们由此来阐明“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伸开有：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单位项，首项又为2aⁿ(n为>2正整数)的样式，是以：1. 既不具有且不可能滚动为任何的(X±Y)^N 伸开的结构形态。2. 也不具有且不可能滚动为(X+Y)(X-Y)伸开的X²-Y²及变样式2yr+r², 2xr-r²结构形态。3. 而cⁿ若要解构为必无有X¹和Y¹单位项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ单位项的二元多项式，却必或在(X±Y)^N伸开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)伸开的X²-Y²及变样式2yr+r², 2xr-r²的结构形态中。4.又因cⁿ其方次n>2，是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.阐明“比尔测度”： 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伸开有：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单位项，首项又为aʸ(aˣ⁻ʸ+1)(y为>2正整数)的样式，是以：1. 既不具有且不可能滚动为任何的(X±Y)^N 伸开的结构形态。2. 也不具有且不可能滚动为 (X+Y)(X-Y)伸开的X²-Y²及变样式2yr+r², 2xr-r²结构形态。3. 而cⁿ若要解构为必无有X¹和Y¹单位项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ'单位项的二元多项式，却必或在(X±Y)^N伸开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)伸开X²-Y²及变样式2yr+r², 2xr-r²的结构形态中。4.又因cⁿ其方次n>2，是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.阐明a²+bʸ≠cⁿ(a.b.c为相互互质正整数；y，n为>2的正整数)：假若a²+bʸ=cⁿ设a=b±r（r为整数）a²+bʸ=cⁿ 则不错抒发为：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单位项，首项又为b²(bʸ⁻²+1)的样式，是以：1· 既不具有且不可能滚动为任何(X±Y)^N 伸开的结构形态。2. 也不具有且不可能滚动为(X+Y)(X-Y)伸开的X²-Y²及变样式2yr+r², 2xr-r²结构形态。3. 而cⁿ若要解构为必无有X¹和Y¹单位项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ'单位项的二元多项式，必或在(X±Y)^N伸开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)伸开X²-Y²及变样式2yr+r², 2xr-r²的结构形态中。4. 又因cⁿ其方次n>2，是以该方程不可能有解。依据判定1.2.4.故： a²+bʸ≠cⁿ (a.b.c为相互互质正整数；y，n为>2的正整数)4.阐明aˣ+bʸ≠c²(a.b.c为相互互质正整数；x，y为>2的正整数)：假若aˣ+bʸ=c² 设b=a±r（r为整数）aˣ+bʸ=c² 则不错抒发为：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单位项，首项又为aʸ(aˣ⁻ʸ+1)样式，是以：1· 既不具有且不可能滚动为任何(X±Y)^N伸开的结构形态。2. 也不具有且不可能滚动为X²-Y²及变样式2yr+r²,2xr-r²结构形态。3. 而c²若要解构为必无有X¹和Y¹单位项而必有Xⁿ和(或)Yⁿ'单位项的二元多项式，必或在(X±Y)^N伸开的结构形态，或在(X+Y)(X-Y)伸开的X²-Y²及变样式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，不可能通过对称解救，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为相互互质正整数；x，y为>2的正整数)：5.由上头的逐个阐明，咱们可得知一总的论断： 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要领，咱们对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，有了圆满的措置。 (四)终末，从推演的深度层面，更进一时局阐释为什么在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。 前边已指出： 数的加减乘除运算，更骨子的意旨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互质等基人道质，但一般却弗成决定该整数应有奈何特征的具体结构样式，除非推演的形态结构正是该整数里面解构的特定伸开式。是以，若要想象整数的某特定推演形态能最终推出某数本人细目标具体结构样式，那或是这已成为事实，已建树起了特定形态的等式方程，或是逆向以该数为最先，从里面解构出的正是该对称的特定伸开式。 除上述两者除外，存在的另一种可能只能是：想象的该特定形态等式方程，具有“原胚推演”的条目。 “原胚推演”是这么一种推演，能自主设创：适合特定方程样式要求的数S以及构建S的相适数元作为最先与根基，进而通过特定的推演样式，能从对构建S数元间的互相解构与建构的重组推演中，推献技骄慢方程所要求的其它数S₁S₂…的统统内构样式及数元，从而完成和完毕该特定形态方程的构建。 而之是以在： 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 方程样式，能以进行“原胚推演”。现赐与阐明： 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举例：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)可暗示为：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)推演细目为整数。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推演细目为整数。故：与cⁿ(n>2)对称格外有aⁿ和bⁿ单位项而无a¹和b¹单位项的整数型二元多项式，除有cⁿ依其“二项式定理”伸开特有的二元多项式外，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)可暗示为：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)推演细目为整数。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推演细目为整数。故：与cⁿ(n>2)对称格外有高于一次方aˣ'和bʸ'单位项而无a¹和b¹单位项的整数型二元多项式，除有cⁿ依其“二项式定理”伸开特有的二元多项式(c>a和b)和依“普通差公式”伸开的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)可暗示为：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)推演细目为整数。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推演细目为整数。故：与cⁿ(n>2)对称格外有高于一次方之aˣ'和bʸ'单位项而无a¹和b¹单位项的整数型二元多项式，除有cⁿ依其“二项式定理”伸开特有的二元多项式(c>a和b)和依“普通差公式”伸开的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)可暗示为：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)推演细目为整数。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推演细目为整数。故：与c²对称格外有高于一次方之aˣ'和bʸ'单位项而无a¹和b¹单位项的整数型二元多项式，除有c²依其“二项式定理”伸开特有的二元多项式(c>a和b)和依“普通差公式”伸开的a²-b²(c<a)或b²-a²(c<b)外，再别无其它项式。故：aˣ+bʸ≠c²(x, y, >2)(阐述：以上，对唯有a²+bʸ=c²能以进行“原胚推演”的阐明虽是以a, c为奇数，但当a, b为奇数，c为偶数时，其阐明的要领旨趣仍然适用，相通也不难赐与阐明)又因： Sⁿ(n≥2)必有=x'²-y'²,而Sⁿ可写为：(S+y'-y')ⁿ有伸开式： (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) 是以：X²可发扬为首项和尾项有所各异的二项伸开式。 是以： 对大肆整数Sⁿ(n>2)来说，正本不是可能有Sⁿ=(X+Y)(X-Y)，而是势必有Sⁿ=(X+Y)(X-Y)。是以，咱们可作如下的精要回来： 1. 凡有整数Sⁿ(n>3)，从里面分离为最单纯基本两个整数元加减而进行的“解构运演”，必有而唯有三种样式： Sⁿ=(X+Y)ⁿ, Sⁿ=(X-Y)ⁿ, Sⁿ=(X+Y)(X-Y)，其解构后的伸开式，才会细目有未有指数为1的X和Y单位项，而有指数高于1的X和(或)Y单位项，并有着其迥殊的结构形态。 2. 一个伸开的整数型二元多项式，未有指数为1的X和Y单位项，而有指数高于1的X和(或)Y单位项，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)的伸开式或其伸开式的变样式。 3. 而在Aˣ+Bʸ=Cⁿ(x,y,n 为≥2正整数)的互质整数方程中，惟有A²+Bʸ=C² 或Aˣ+B²=C² 适合上述要求(C不为某整数的n次方，简略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)是以：唯有A²+Bʸ=C² 或Aˣ+B²=C² 有解，其它方程均无解！ 由上头所述的“原胚推演要领”咱们可求得并阐明a²+bʸ+c²=d² 有正整数解(y为>1正整数)：阐明：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)/2c=(j²+f²)/2-j²=(f²-j²)/2是以，如斯则有：a²+bʸ+[(f²-j²)/2]²=[(f²+j²)/2]²由此蔓延推演，咱们还可推得：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)/2d=(f'²-j'²)/2是以，如斯则有：a²+bʸ+c²+[(f'²-j'²)/2]²=[(f'²+j'²)/2]²这么的推演不断蔓延,咱们就可得出：a²+bʸ+c²+d²……+N²= S² 会有正整数解！由上述“原胚推演”的要领，咱们还可推献技如下的普通差定理：普通差定理1：凡奇正整数G，皆可写成两个正整数普通的差，即：G=A²-B²(A,B为正整数)如  2345=1173²-1172²      4321=2161²-2160²普通差定理2：凡偶正整数，如惟有一个2的因子，则不可能写成两个正整数普通的差，即：2G≠A²-B²(G为奇数，A，B为正整数)普通差定理3：凡偶正整数2ⁿG(G为奇数)，若>4, 如有1个以上2的因子，皆可写成两个正整数普通的差。而且：如有2个以上2的因子，则还可写成两个奇数普通的差。即：2ⁿG=J²-F²(n>2,  J，F为奇正整数)普通差定理4.凡正整数Z，若不为仅含两个及以下2因子的偶数，皆可写成两互质正整数普通的差。对定理1的阐明：奇数G，若为素数，咱们可将其看为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，咱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的阐明：

偶数Q，若为2G(G为奇数)，

咱们不管奈何将其统括为两数的相乘，它们皆会发扬为2j×f (j, f为奇数)的样式。

若2j>f

设：c+b=2j, c-b=f 则：

       2c=2j+f,  由于方程右边弗成索求出2的因子，是以c不可能为整数。

若2j<f 

设c+b=f, c-b=2j 则：

       2c=2j+f,  由于方程右边弗成索求出2的因子，是以c也不可能为整数。

对定理3的阐明：

偶数Q，若为2²G(G为奇数)，

咱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 

咱们同理可证：

2²G=(f+j)²-(f-j)²

偶数Q，若为2ⁿG(G为奇数,n为>2正整数)，

咱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

咱们同理可证：

2ⁿG=(f+2⁽ⁿ⁻² ⁾j)²⁻(f-2⁽ⁿ⁻² ⁾j)²

对定理4的阐明：

凡奇数G，皆可写成2m-1样式，

依据普通差定理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),皆可写成2⁽ⁿ⁻¹⁾G×2 样式

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为收支仅为2的奇数，c和b不仅皆不含有2ⁿ⁻²G内含的因子

，而且也不会共有>1的其它因子，故c与b互质！

由上头所述的普通差定理，咱们可推演得出并阐明这一极伏击的论断：

一个方程双方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为地说念普通数， A, B，C，D……N 其中至少有一项为+X²),才可能有正整数解。

    而进一步勾引除+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！

    

由上头的征询，咱们更完竣地得出判断一个各项均为整数的二元多项式的和，是否=Sⁿ的具有多半势必性的领悟判定： 

判定1：一个整数S，其为自乘积Sⁿ，先从里面分离为最单纯基本两个整数元加减而进行的“解构运演”，可炫耀出该整数在不同的方次上，其“结构形态”的迥殊乃至势必性特征。尤其是唯有如斯的解构运演，智商势必细目地解构出指数为>1整数并不含总共的X和Y两单位项存在。 

判定2：若一伸开的整数型二元多项式，未有指数为1的X和Y单位项，而有指数高于1不含总共的X和Y两单位项，其和若要=Sⁿ(n为>3正整数)，则除为(X+Y)(X-Y)伸开的结构形态X²-Y²或其特定变样式：Sⁿ=2yr+r², Sⁿ=2xr-r²外, 必需具有相对应的依“二项式定理”伸开的结构形态。 

判定3：若一伸开的整数 型二元多项式，是具(X+Y)(X-Y)伸开的结构形态X²-Y²， 或其特定变样式2yr+r², 2xr-r², 则会有：Y²+Sⁿ=X²这特有特征和意旨的方程式，也有方程式sⁿ=2yr+r², sⁿ=2xr-r²。 

判定4： 若一伸开的整数型二元多项式，无有指数为1的X和Y单位项，而有指数高于1并不含总共的X和Y两单位项，其既不具二项式伸开的特定结构形态，又未炫耀为是(x+y)(x-y)的伸开式X²-Y²以过火变样式2yr+r², 2xr-r²，则其和只能能=S²。该二元多项式=S²还需有的必要条目是：建树起来的这一方程，经过对称解救，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样式。 

判定5：

由判定2.3.4可引伸得出：若一伸开项数跳动两项的整数型二元多项式，其无有指数为1的X和Y单位项，有Xⁿ和Yⁿ'(n和n'为>1正整数)单位项，若n<n'则其和只能能=Sⁿ，若n>n'则其和只能能=Sⁿ'。 

少量回来想考：

对于数学代数方程是否有解的问题，名义来看是数目关系方面的问题，而更深层地来看，其实是数的“结构关系”方面的问题。

是以，一些地说念是数的特殊“结构关系”方面的问题，用“数目”关系方面的“吞并”或“不吞并”等来熟识，也许历久也不可能获取措置。

举例：a+bʸ=cˣ(a.b.c.x.y均为

正整数)，当b<c,问是否有解的问题。

    它抒发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“数目关系”方面的问题！

咱们只需变换下该方程：

a+bʸ=cˣ 即：a=cˣ - bʸ 便知有解，只需选用适当的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“数目关系”方面的格外或不格外来熟识，咱们不会获取谜底：

咱们若用反证法：先假定 a+bʸ≠cˣ

 有a≠cˣ-bʸ，从数的“结构特征”运演关系分析，咱们知说念cˣ-bʸ的后果必为整数，而a是一整数, 是以a≠cˣ-bʸ为诞妄！也即a+bʸ≠cˣ将导出矛盾。

而咱们不管奈何将a+bʸ≠cˣ从数目关系方面来分析拆腾，举例a+bʸ-cˣ≠0,或1≠(cˣ-bʸ)/a,皆不可能导出矛盾！因为a是一不定的整数。

是以：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”、“比尔测度”问题时，

咱们应当先想考：这些问题是否地说念是数的特殊“结构特征”间关系的问题，是以要从数的“结构特征”间关系所具的性质这方面来熟识，问题智商获取圆满措置。而若想从数的“数目关系”方面来熟识，问题也许将历久无从获取措置。

   几百年来，“费马大定理”之是以一直未获取阐明，是否就是这一原因？？而说英国数学家怀尔斯是用了解析“椭圆方程弧线”以及“模函数”方面的要领器具才很曲折来回地阐明了“费马大定理”，不亦然隐隐地乞助了数的“结构特征”关系方面的性质熟识吗？

其实，何苦那么曲折来回呢？？

  对当然数在“代数的建构与解构”中所发扬出的“代数结构特征”及互相的关系和性质进行深入熟识，就能使问题获取措置。

而这正是在该文中，我作念的责任。

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