擴展證明費馬大定理

1、擴展證明費馬大定理：證明： m,n屬于非負整數(shù)， x，y，z是正整數(shù)。j 表示“奇數(shù)”，k=2（m+1）j 表示“偶數(shù)”。 按奇數(shù)與偶數(shù)的加法形式討論費馬方程： 1）偶數(shù)+偶數(shù)： k1n+k2n=k3n 2n 2m1n j1n + 2n 2m2n j2n = 2n 2m3n j3n 2m1n j1n + 2m2n j2n = 2m3n j3n 等式兩邊同時除以 min (2m1n，2m2n ，2m3n)，又分七種情況： A)m1=m2=m3 得：j1n + j2n = j3n，偶數(shù)=奇數(shù)，產(chǎn)生矛盾。 B)僅m1=m2 j1n + j2n = 2(m3-m1)n j3n ， 令m4=m3-m1

2、若m4<0 j1n + j2n = j3 /2(-m4)n， j3 /2(-m4)n為小數(shù)， j1n + j2n 為整數(shù)，產(chǎn)生矛盾。 可見，m4<0時，不成立。 若m4>0， j1n + j2n = j3n 2(m4)n，n>2 若j3是j1n與j2n的公因數(shù)j1=j2=j3 則有j4n+j5n=2(m4)n 待證明 2(m4)n不是j1n與j2n的公因數(shù) j1n/ 2(m4)n+ j2n /2(m4)n= j3n 若j1=j2 則有2j1n/ 2(m4)n= j3n 奇數(shù)/偶數(shù)=奇數(shù)，產(chǎn)生矛盾， j1不等于j2 奇數(shù) /2n ，為末尾為5的小數(shù) 若要 j1n/ 2(m

3、4)n+ j2n /2(m4)n等于整數(shù)， j1n/ 2(m4)n與 j2n /2(m4)n的小數(shù)位數(shù)要相同 j1/ 2(m4)與 j2 /2(m4)的小數(shù)位數(shù)也要相同 通過計算觀察， j1n/ 2(m4)n+ j2n /2(m4)n要等于整數(shù)只能等于奇數(shù)， 推出j3=奇數(shù) j1n/ 2(m4)n+ j2n /2(m4)n=奇數(shù) j1n/2n+ j2n/2n =奇數(shù)乘 2(m4-1)n 奇數(shù)乘2(m4-1)n不等于奇數(shù)，產(chǎn)生矛盾， 可見，m1<m3時，也不成立。 所以，僅m1=m2， j1n + j2n = j3n 2(m4)n不成立。 同理:j4n+j5n=2(m4)n 不成立。 C)

4、 再來看，僅m1=m3 j1n + 2（m2-m1）n j2n = j3n ， 令m4= m2-m1 若 m4<0 j1n + j2n/ 2（-m4）n = j3n ， j2n/ 2（-m4）n = j3n-j1n ， j2n/ 2（-m4）n 為小數(shù)，j3n-j1n 為整數(shù)，產(chǎn)生矛盾， 可見，m4<0時，不成立。 若m4>0 則 j3n-j1n = j2n2m4n 若j2是j1n與j3n的公因數(shù) 則j5n-j4n= 2m4n待證明 2(m4)n不是j3n與j1n的公因數(shù) j3n/2m4n-j1n/ 2m4n = j2n 若j3=j1 則0= j2n， 產(chǎn)生矛盾， j1不等于

5、j3 j3n/2m4n-j1n/ 2m4n = j2n 奇數(shù) /2n ，為末尾為5的小數(shù) 通過計算觀察， j3n/2m4n-j1n/ 2m4n 不等于整數(shù)， 可見，m4>0時，不成立。 所以，僅m1=m3時， j1n + j2n = j3n 2(m4)n不成立。 D)僅m2=m3，同上，不成立。 E) min (m1，m2，m3)僅為m1，m2 ，m3中的一個： 得： j1n + 2（m2-m1）n j2n = 2(m3-m1)n j3n 奇數(shù)=偶數(shù)，產(chǎn)生矛盾。 F) 2（m1-m2）n j1n + j2n = 2(m3-m2)n j3n 奇數(shù)=偶數(shù)，產(chǎn)生矛盾。 G) 2(m1-m3)n

6、 j1n + 2(m2-m3)n j2n = j3n 偶數(shù)=奇數(shù)，產(chǎn)生矛盾。 所以：按奇數(shù)與偶數(shù)的加法形式討論費馬方程，偶數(shù)+偶數(shù)，不成立。 2）奇數(shù)+奇數(shù)： j1n + j2n = kn j1n + j2n =2（m+1)n j3n 因為 j1n + j2n = j3n 2(m4)n不成立， 所以：j1n + j2n =2（m+1)n j3n不成立。 3) 奇數(shù)+偶數(shù)： j1n+kn=j2n j2n-j1n=kn j2n j1n =2n 2mn j3n ， 因為： j3n-j1n = j2n2m4n不成立。 所以：j2n j1n =2n 2mn j3n不成立。 所以：由1）2）3）可知，n&

7、gt;2，“費馬大定理”在正整數(shù)范圍內(nèi)成立。 同理：應由1）2）3）可證，n>2，“費馬大定理”在整數(shù)范圍內(nèi)成立。 編輯本段應用實例要證明費馬最后定理是正確的 （即x n+ yn = zn 對n>2 均無正整數(shù)解） 只需證 x4+ y4 = z4 和xp+ yp = zp (P為奇質(zhì)數(shù))，都沒有整數(shù)解。 費馬大定理證明過程: 對費馬方程xn+yn=zn整數(shù)解關系的證明，多年來在數(shù)學界一直頗多爭議。本文利用平面幾何方法，全面分析了直角三角形邊長a2+b2=c2整數(shù)解的存在條件，提出對多元代數(shù)式應用增元求值。本文給出的直角三角型邊長a2+b2=c2整數(shù)解的“定a計算法則”；“增比計算法

8、則”；“定差公式法則”；“a值奇偶數(shù)列法則”；是平方整數(shù)解的代數(shù)條件和實踐方法；本文提出建立了一元代數(shù)式的絕對方冪式與絕對非方冪式概念；本文利用同方冪數(shù)增比性質(zhì)，利用整數(shù)方冪數(shù)增項差公式性質(zhì)，把費馬方程xn+yn=zn原本三元高次不定方程的整數(shù)解判定問題，巧妙地化為了一元定解方程問題。 關鍵詞：增元求解法 絕對方冪式絕對非方冪式 相鄰整數(shù)方冪數(shù)增項差公式 引言：1621年，法國數(shù)學家費馬（Fermat）在讀看古希臘數(shù)學家丟番圖（Diophantna）著寫的算術學一書時，針對書中提到的直角三角形三邊整數(shù)關系，提出了方程xn+yn=zn在n=2時有無窮多組整數(shù)解，在n2時永遠沒有整數(shù)解的觀點。并聲

9、稱自己當時進行了絕妙的證明。這就是被后世人稱為費馬大定理的曠世難題。時至今日，此問題的解答仍繁難冗長，紛爭不斷，令人莫衷一是。 本文利用直角三角形、正方形的邊長與面積的相互關系，建立了費馬方程平方整數(shù)解新的直觀簡潔的理論與實踐方法，本文利用同方冪數(shù)增比定理，對費馬方程xn+yn=zn在指數(shù)n2時的整數(shù)解關系進行了分析論證，用代數(shù)方法再現(xiàn)了費馬當年的絕妙證明。 定義1費馬方程 人們習慣上稱xn+yn=zn關系為費馬方程，它的深層意義是指：在指數(shù)n值取定后，其x、y、z均為整數(shù)。 在直角三角形邊長中，經(jīng)常得到a、b、c均為整數(shù)關系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，這時由勾股弦定理可以得到32+4

10、2=52，所以在方次數(shù)為2時，費馬方程與勾股弦定理同階。當指數(shù)大于2時，費馬方程整數(shù)解之研究，從歐拉到狄里克萊，已經(jīng)成為很大的一門數(shù)學分支. 定義2增元求解法 在多元代數(shù)式的求值計算中引入原計算項元以外的未知數(shù)項元加入，使其構成等式關系并參與求值運算。我們把利用增加未知數(shù)項元來實現(xiàn)對多元代數(shù)式求值的方法，叫增元求解法。 利用增元求解法進行多元代數(shù)式求值，有時能把非常復雜的問題變得極其簡單。 下面，我們將利用增元求解法來實現(xiàn)對直角三角形三邊a2+b2=c2整數(shù)解關系的求值。 一，直角三角形邊長a2+b2=c2整數(shù)解的“定a計算法則” 定理1如a、b、c分別是直角三角形的三邊，Q是增元項，且Q1，

11、滿足條件： a3 b=（a2-Q2）÷2Q c= Q+b 則此時，a2+b2=c2是整數(shù)解； 證：在正方形面積關系中，由邊長為a得到面積為a2，若（a2-Q2）÷2Q=b（其中Q為增元項，且b、Q是整數(shù)）,則可把面積a2分解為a2=Q2+Qb+Qb，把分解關系按下列關系重新組合后可得到圖形： Q2 Qb 其缺口剛好是一個邊長為b的正方形。補足缺口面積b2后可得到一個邊長 Qb 為Q+b的正方形，現(xiàn)取Q+b=c，根據(jù)直角三角形邊長關系的勾股弦定理a2+b2=c2條件可知，此時的a、b、c是直角三角形的三個整數(shù)邊長。 故定理1得證 應用例子： 例1 利用定a計算法則求直角三角形

12、a邊為15時的邊長平方整數(shù)解? 解：取 應用例子：a為15，選增元項Q為1，根據(jù)定a計算法則得到： a= 15 b=（a2- Q2）÷2Q=（152-12）÷2 =112 c=Q+b=1+112=113 所以得到平方整數(shù)解152+1122=1132 再取a為15，選增元項Q為3，根據(jù)定a計算法則得到： a= 15 b=（a2-Q2）÷2Q=（152-32）÷6=36 c=Q+b=3+36=39 所以得到平方整數(shù)解152+362=392 定a計算法則，當取a=3、4、5、6、7 時，通過Q的不同取值，將函蓋全部平方整數(shù)解。 二，直角三角形邊長a2+b2=c

13、2整數(shù)解“增比計算法則” 定理2如a2+b2=c2 是直角三角形邊長的一組整數(shù)解，則有（an）2+（bn）2 =（cn）2（其中n=1、2、3）都是整數(shù)解。 證：由勾股弦定理，凡a2+b2=c2是整數(shù)解必得到一個邊長都為整數(shù)的直角三角形 a c ，根據(jù)平面線段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c； b 2b 3a 3c；4a 4c； 由a、b、c為整數(shù)條件可知，2a、2b、2c； 3b 4b 3a、3b、3c；4a、4b、4c na、nb、nc都是整數(shù)。 故定理2得證 應用例子： 例2證明3032+4042=5052是整數(shù)解？ 解；由直角三角形3 5 得到32+42=52是整數(shù)解，根

14、據(jù)增比計 4 算法則，以直角三角形 3×101 5×101 關系為邊長時，必有 4×101 3032+4042=5052是整數(shù)解。 三，直角三角形邊長a2+b2=c2整數(shù)解“定差公式法則” 3a + 2c + n = a1 （這里n=b-a之差，n=1、2、3） 定理3若直角三角形a2+b2=c2是滿足b-a=n關系的整數(shù)解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式連求得到的a1、a2、a3ai 所組成的平方數(shù)組ai2+bi2=ci2都是具有b-a=n之定差關系的整數(shù)解。 證：取n為1，由直角三角形三邊3、4、5得到32+42=52，這里n=b-a=4-3=1

15、，根據(jù) 3a + 2c + 1= a1定差公式法則有： a1=3×3+2×5+1=20 這時得到 202+212=292 繼續(xù)利用公式計算得到： a2=3×20+2×29+1=119 這時得到 1192+1202=1692 繼續(xù)利用公式計算得到 a3=3×119+2×169+1=696 這時得到 6962+6972=9852 故定差為1關系成立 現(xiàn)取n為7，我們有直角三角形212+282=352，這里n=28-21=7，根據(jù) 3a + 2c + 7 = a1定差公式法則有： a1=3×21+2×35+7=140 這

16、時得到 1402+1472=2032 繼續(xù)利用公式計算得到： a2=3×140+2×203+7=833 這時得到 8332+8402=11832 繼續(xù)利用公式計算得到： a3=3×833+2×1183+7=4872 這時得到 48722+48792=68952 故定差為7關系成立 再取n為129，我們有直角三角形3872+5162=6452，這里n=516-387=129，根據(jù) 3a + 2c + 129= a1定差公式法則有： a1=3×387+2×645+129=2580 這時得到 25802+27092=37412 繼續(xù)利用公式

17、計算得到： a2=3×2580+2×3741+129=15351 這時得到 153512+154802=218012 繼續(xù)利用公式計算得到： a3=3×15351+2×21801+129=89784 這時得到 897842+899132=1270652 故定差為129關系成立 故定差n計算法則成立 故定理3得證 四，平方整數(shù)解a2+b2=c2的a值奇偶數(shù)列法則： 定理4 如a2+b2=c2是直角三角形的三個整數(shù)邊長，則必有如下a值的奇數(shù)列、偶數(shù)列關系成立； （一） 奇數(shù)列a： 若a表為2n+1型奇數(shù)（n=1、2、3 ）， 則a為奇數(shù)列平方整數(shù)解的關系是：

18、 a=2n+1 c=n2+（n+1）2 b=c-1 證：由本式條件分別取n=1、2、3 時得到： 32+42=52 52+122=132 72+242=252 92+402=412 112+602=612 132+842=852 故得到奇數(shù)列a關系成立 （二）偶數(shù)列a： 若a表為2n+2型偶數(shù)（n=1、2、3 ）， 則a為偶數(shù)列平方整數(shù)解的關系是： a=2n+2 c=1+（n+1）2 b=c-2 證：由本式條件分別取n=1、2、3 時得到： 42+32=52 62+82=102 82+152=172 102+242=262 122+352=372 142+482=502 故得到偶數(shù)列a關系成立

19、 故定理4關系成立 由此得到,在直角三角形a、b、c三邊中： b-a之差可為1、2、3 a-b之差可為1、2、3 c-a之差可為1、2、3 c-b之差可為1、2、3 定差平方整數(shù)解有無窮多種； 每種定差平方整數(shù)解有無窮多個。 以上，我們給出了平方整數(shù)解的代數(shù)條件和實踐方法。我們同樣能夠用代數(shù)方法證明，費馬方程xn+yn=zn在指數(shù)n2時沒有整數(shù)解。證明如下： 我們首先證明，增比計算法則在任意方次冪時都成立。 定理5，若a，b，c都是大于0的不同整數(shù)，m是大于1的整數(shù)，如有am+bm=cm+dm+em同方冪關系成立，則a，b，c，d，e增比后，同方冪關系仍成立。 證：在定理原式 am+bm=cm

20、+dm+em中，取增比為n，n1， 得到 ： （n a）m+（nb）m=（nc）m+（nd）m+（ne）m 原式化為 ： nm（am+bm）=nm（cm+dm+em） 兩邊消掉 nm后得到原式。 所以，同方冪數(shù)和差式之間存在增比計算法則，增比后仍是同方冪數(shù)。 故定理5得證 定理6，若a，b，c是不同整數(shù)且有am+b=cm關系成立，其中b1，b不是a，c的同方冪數(shù)，當a，b，c同比增大后，b仍然不是a，c的同方冪數(shù)。 證：取定理原式am+b=cm 取增比為n，n1，得到：（na）m+nmb=（nc）m 原式化為： nm（am+b）=nmcm 兩邊消掉nm后得到原式。 由于b不能化為a，c的同方冪

21、數(shù)，所以nmb也不能化為a，c的同方冪數(shù)。 所以，同方冪數(shù)和差式間含有的不是同方冪數(shù)的數(shù)項在共同增比后，等式關系仍然成立。其中的同方冪數(shù)數(shù)項在增比后仍然是同方冪數(shù)，不是同方冪數(shù)的數(shù)項在增比后仍然是非同方冪數(shù)。 故定理6得證 一元代數(shù)式的絕對方冪與絕對非方冪性質(zhì) 定義3，絕對某次方冪式 在含有一元未知數(shù)的代數(shù)式中，若未知數(shù)取值為大于0的全體整數(shù)時，代數(shù)式的值都是某次完全方冪數(shù)，我們稱這時的代數(shù)式為絕對某次方冪式。例如：n2+2n+1，n2+4n+4， n2+6n+9，都是絕對2次方冪式；而n3+3n2+3n+1，n3+6n2+12n+8，都是絕對3次方冪式。 一元絕對某次方冪式的一般形式為（n+

22、b）m（m1，b為常數(shù)項）的展開項。 定義4，絕對非某次方冪式 在含有一元未知數(shù)的代數(shù)式中，若未知數(shù)取值為大于0的全體整數(shù)時，代數(shù)式的值都不是某次完全方冪數(shù)，我們稱這時的代數(shù)式為絕對非某次方冪式。例如：n2+1，n2+2，n2+2n， 都是絕對非2次方冪式；而n3+1，n3+3n2+1，n3+3n+1，3n2+3n+1，n3+6n2+8都是絕對非3次方冪式。 當一元代數(shù)式的項數(shù)很少時，我們很容易確定代數(shù)式是否絕對非某次方冪式，例如n2+n是絕對非2次方冪式，n7+n是絕對非7次方冪式，但當代數(shù)式的項數(shù)很多時，得到絕對非某次方冪式的條件將越來越苛刻。 一元絕對非某次方冪式的一般形式為：在（n+b

23、）m（m2，b為常數(shù)項）的展開項中減除其中某一項。 推理：不是絕對m次方冪式和絕對非m次方冪式的方冪代數(shù)式必定在未知數(shù)取某一值時得出一個完全m次方數(shù)。例如：3n2+4n+1不是絕對非3次方冪式，取n=1時有3n2+4n+1=8=23，3n2+3n+1不是絕對非2次方冪式，當n=7時，3n2+3n+1=169=132; 推理：不含方冪項的一元代數(shù)式對任何方冪沒有唯一性。2n+1=9=32，2n+1=49=72 4n+4=64=82，4n+4=256=162 2n+1=27=33，2n+1=125=53 證明：一元代數(shù)式存在m次絕對非方冪式； 在一元代數(shù)式中，未知數(shù)的不同取值，代數(shù)式將得到不同的計

24、算結果。未知數(shù)與代式計算結果間的對應關系是唯一的，是等式可逆的，是純粹的定解關系。這就是一元代數(shù)式的代數(shù)公理。即可由代入未知數(shù)值的辦法對代數(shù)式求值，又可在給定代數(shù)式數(shù)值的條件下反過來對未知數(shù)求值。利用一元代數(shù)式的這些性質(zhì)，我們可實現(xiàn)整數(shù)的奇偶分類、余數(shù)分類和方冪分類。 當常數(shù)項為1時，完全立方數(shù)一元代數(shù)表達式的4項式的固定形式是（n+1）3=n3+3n2+3n+1，它一共由包括2個方冪項在內(nèi)的4個單項項元組成，對這個代數(shù)式中3個未知數(shù)項中任意一項的改動和缺失，代數(shù)式都無法得出完全立方數(shù)。在保留常數(shù)項的前提下，我們鎖定其中的任意3項，則可得到必定含有方冪項的3個不同的一元代數(shù)式，n3+3n2+1

25、，n3+3n+1，3n2+3n+1，對這3個代數(shù)式來說，使代數(shù)式的值成為立方數(shù)只能有唯一一個解，即補上缺失的第4項值，而且這個缺失項不取不行，取其它項值也不行。因為這些代數(shù)式與原立方代數(shù)式形成了固定的單項定差代數(shù)關系，這種代數(shù)關系的存在與未知數(shù)取值無關。這種關系是： （n+1）3-3n= n3+3n2+1 （n+1）3-3n2= n3+3n+1 （n+1）3-n3=3n2+3n+1 所以得到：當取n=1、2、3、4、5 n3+3n2+1（n+1）3 n3+3n+1（n+1）3 3n2+3n+1（n+1）3 即這3個代數(shù)式的值都不能等于（n+1）3形完全立方數(shù)。 當取n=1、2、3、4、5 時，

26、（n+1）3=n3+3n2+3n+1的值是從2開始的全體整數(shù)的立方，而 小于2的整數(shù)只有1，13=1，當取n=1時， n3+3n2+1=51 n3+3n+1=51 3n2+3n+1=71 所以得到：當取n=1、2、3、4、5 時，代數(shù)式n3+3n2+1，n3+3n+1，3n2+3n+1的值不等于全體整數(shù)的立方數(shù)。這些代數(shù)式是3次絕對非方冪式。 由以上方法我們能夠證明一元代數(shù)式：n4+4n3+6n2+1，n4+4n3+4n+1，n4+6n2+4n+1，4n3+6n2+4n+1，在取n=1、2、3、4、5 時的值永遠不是完全4次方數(shù)。這些代數(shù)式是4次絕對非方冪式。 能夠證明5次方以上的一元代數(shù)式（

27、n+1）m的展開項在保留常數(shù)項的前提下，鎖定其中的任意m項后，可得到m個不同的一元代數(shù)式，這m個不同的一元代數(shù)式在取n=1、2、3、4、5 時的值永遠不是完全m次方數(shù)。這些代數(shù)式是m次絕對非方冪式。 現(xiàn)在我們用代數(shù)方法給出相鄰兩整數(shù)n與n+1的方冪數(shù)增項差公式； 2次方時有：（n+1）2-n2 =n2+2n+1-n2 =2n+1 所以，2次方相鄰整數(shù)的平方數(shù)的增項差公式為2n+1。 由于2n+1不含有方冪關系，而所有奇數(shù)的冪方都可表為2n+1，所以，當2n+1為完全平方數(shù)時，必然存在n2+（22n+1）2=（n+1）2即z-x=1之平方整數(shù)解關系，應用增比計算法則，我們即可得到z-x=2，z-

28、x=3，z-x=4，z-x=5之平方整數(shù)解關系。但z-x1的xyz互素的平方整數(shù)解不能由增比法則得出，求得這些平方整數(shù)解的方法是： 由（n+2）2-n2=4n+4為完全平方數(shù)時得出全部z-x=2的平方整數(shù)解后增比； 由（n+3）2-n2=6n+9為完全平方數(shù)時得出全部z-x=3的平方整數(shù)解后增比； 由（n+4）2-n2=8n+16為完全平方數(shù)時得出全部z-x=4的平方整數(shù)解后增比； 這種常數(shù)項的增加關系適合于全體整數(shù)，當取n=1、2、3 時，我們可得到整數(shù)中全部平方整數(shù)解。 所以費馬方程xn+yn=zn在指數(shù)為2時成立。 同時，由于所有奇數(shù)的冪方都可表為2n+1及某些偶數(shù)的冪方可表為4n+4，

29、6n+9，8n+16 所以，還必有x2+yn=z2整數(shù)解關系成立。 3次方時有：（n+1）3-n3 =n3+3n2+3n+1-n3 =3n2+3n+1 所以，3次方相鄰整數(shù)的立方數(shù)的增項差公式為3n2+3n+1。 由于3n2+3n+1是（n+1）3的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是3次絕對非方冪式。所以，n為任何整數(shù)時3n2+3n+1的值都不是完全立方數(shù)，因而整數(shù)間不存在n3+（33n2+3n+1 ）3=（n+1）3即z-x=1之立方整數(shù)解關系，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5之立方整數(shù)解關系。但z-x1的xyz互素的費馬方程式不能由增比法則表出，表出

30、這些立方費馬方程式的方法是： 由（n+2）3-n3=6n2+12n+8，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù)； 由（n+3）3-n3=9n2+27n+27，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù)； 由（n+4）3-n3=12n2+48n+64，所以，n為任何整數(shù)它的值都不是完全立方數(shù)； 這種常數(shù)項的增加關系適合于全體整數(shù)，當取n=1、2、3 時，費馬方程3次方關系經(jīng)過增比后將覆蓋全體整數(shù)。 所以費馬方程xn+yn=zn在指數(shù)為3時無整數(shù)解。 4次方時有；（n+1）4-n4 =n4+4n3+6n2+4n+1-n4 =4n3+6n2+4n+1 所以，4次方相鄰整數(shù)的4次方數(shù)的增項差公式為4n3+6n2+4n+1。 由于4n3+6n2+4n+1是（n+1）4的缺項公式，它仍然含有冪方關系，是4次絕對非方冪式。所以，n為任何整數(shù)時4n3+6n2+4n+1的值都不是完全4次方數(shù)，因而整數(shù)間不存在n4+（44n3+6n2+4n+1）4=（n+1）4即z-x=1之4次方整數(shù)解關系，由增比計算法則可知，也不存在z-x=2，z-x=3，z-x=4，z-x=5