费马猜想及其一般化推广（比尔猜想）的简洁证明

【摘要】用洛书定理的自数尾数周期判定法则、不等式指数增减等价变换方法可证明费马猜想成立，印证了当年费马自称有一个巧妙的证明只因《算术》书的边角太小而写不下之类的话.另用此工具可进一步证明比尔猜想，这是怀尔斯的模形式和椭圆曲线工具所不能完成的.

【关键词】费马猜想；比尔猜想；巧妙证明；洛书定理；自数尾数；费马不等式；不等式指数增减等价变换

费马大定理虽然已经被怀尔斯所证明，但不是最简洁的证明.该定理断言：整数域方程Xn+Yn=Zn，当n>2时，不存在正整数解.表述跟哥德巴赫猜想一样都很简单，但难住了世人360多年.

现用最简洁的方法进行证明.

数学家发现，当x、y、z互质且三元解中含5因子时，存在毕达哥拉斯整数方程，三元解中都不含5因子时，存在毕达哥拉斯整数不等式z2-（x2+y2）>0>z2-（x2+y2）.

整数域毕达哥拉斯方程X2+Y2=Z2，存在本原解（核心解）（即三元互质时的解）.其他解都是核心解乘任意公因数.

方程的本原解（核心解）必须满足：gcd（x，y，z）=1，gcd（x，y）=1，gcd（x，z）=1，gcd（y，z）=1.

方程的互质解必须满足：左边2项和右边1项中必有且仅有一项为偶数，因为奇数的n次方还是奇数，偶数的n次方还是偶数.方程必须左边一偶，右边一奇加一奇，或者左边一偶，右边一奇减一奇，且相互之间互质，即毕达哥拉斯方程和费马方程若有互质解必须x，y，z两两之间互质.

因为在此有解的基础上才有更多无数共因子参与的整数解.当指数n=1时，方程有无数组整数解.当n=2时，毕达哥拉斯方程勾3股4玄5可以成立，或者勾5股12弦13时可以成立.除此之外，毕达哥拉斯方程还有无穷对素勾股数本原解，而指数n>2时费马方程皆无整数解，以下证明之.

根据洛书定理①，凡尾数是5的整数，仅5是素数，除5尾奇数外，所有的奇素数自乘或互乘，其值的个位数一定是3，9，7，1；除0尾偶数外，所有的偶数自乘或互乘，其值的个位数一定是2，4，8，6；个位数为0，1，5，6的数反复自乘后，其值的个位数仍是它们自身的个位数，5乘以奇数，其个位数还是5.洛书定理对此规律进行了双螺旋序列表达，即偶数自数（首项是比数的数列各项值叫自数，也叫固定因子任意幂的值数）的个位数呈2，4，8，6四周期循环出现，奇数自数的个位数呈3，9，7，1四周期循环出现.

洛书定理之奇偶归一：所有10模数加余数的自然数，要么它们的模数是2，余数是2自数或2自数加1，要么它们的模数是3，余数是3自数或3自数加1或3自数加2.考拉兹猜想就是洛书定理的等价表达（详见考拉兹猜想证明一文：3x+3y与2t+2k之间有无穷交集，令3y-1=2t，就可得3x+1=2k.由于3y-1是偶数的无穷子集延伸，故3x+1也必是偶数的无穷子集延伸，所以k定有对应的无穷解.由于开放的合数加1不会出现死循环延伸，故定有奇偶归一）.

洛书定理可以由四则运算法则以及模数余数关系推理得到.

根据乘法口诀表，我们进行分类统计得到.5为个位数的奇素数只有5一个，其他5为个位数的正整数都能被5整除.由于除2外的所有素数都是奇数，所以奇素数的个位数就只能是3，9，7，1.其他判定同理得到.可见洛书定理来自乘法口诀表的有序分类.

再看毕达哥拉斯方程和费马方程②.

左边偶数项不可能有0个位数，左边奇数项不可能有5个位数，因为右边有5因子了，由互质关系确定，5因子数必须要有一方分配得到.在互素关系的定义域中选择从小到大进行试算.

右边奇数项不可能有5个位数，右边偶数项不可能有0个位数，因为左边有5因子了，由互质关系确定，5因子数必须要仅有一方分配得到.

因此左偶数项自数的个位数呈2，4，8，6循环出现，左奇数项自数的个位数呈3，9，7，1循环出现，右边尾数有5，因为右边有素因子5，所以尾数一定是5.左边两项或相加或相减后能得含5因子数，否则方程不等.

毕达哥拉斯发现勾3股4弦5能满足方程的此要求，或者弦13股12勾5符合方程的要求，左边除了3自数尾数和4自数尾数的和或3自数尾数和2自数尾数之差可以获得右边的5自数尾数外，左边尾数3和2在用减法时也可以得到右边的自数尾数5，因此弦13股12勾5也能满足方程的互质解，方程的解满足于小素数有限范围.这样的素勾股数解有无限组，加上具有公因数个数组的解，也有无数组解.

根据互质数分配，其中一项有5因子，其他项就不得有5因子，5因子数只有5结尾数或0结尾数.在费马方程二次方时靠前的几组解，分别有（3，4，5）和（5，12，13），（8，15，17），（7，24，25），（20，21，29）……这些解都有5结尾数或说5因子数，若无则无解（根据洛书定理，奇数的尾数只有3、9、7、1，偶数的尾数只有2，4，8，6，经4n+2次方运算后，奇数的尾数只有1和9，偶数的尾数只有4和6，而1和9或加或减，其尾数都不能等于4或6），且可推论出存在无穷组素勾股数.

那5结尾数的本原解在费马方程中是否也一样存在？z不取5p时毕达哥拉斯方程都是不等式.即方程x2+y 2=z2或者y2-x2=z2在没有5因子数的两组解时，一定是不等式.毕达哥拉斯方程是2次方的费马方程，当指数更大时，5p能否继续存在？我们在以下毕达哥拉斯有解方程的基础上：32+42=52或者132-122=52或者（202+212=29）进行分类.总的来说有以上四种代表形式：“奇减偶”等于5尾数的，“奇加偶”等于5尾数的，“奇减奇”等于0尾数的，“奇加奇”等于0尾数的.那就在以上四种情况下递增指数，看是否还存在5p解，以下进行分析证明.

第一种和第三种情况，当p是偶数时，就是第三种“奇减奇”等于0尾数的情况.现将y2-x2=（5p）2，在真实有解等式的两边同时乘以5p，得到y2（5p）-x2（5p）=（5p）3.此时5p是毕达哥拉斯方程的非互素解，要变成互素解，就得将左边的两项5py2，5px2进行更换.5py2因子项的底数变大，5px2因子项的底数也同时变大，都大于5p，那么方程就变成了不等式.5py2因子项的底数变大于5p，5px2因子项的底数也同时变小于5p，那么左边会更大.将5py2因子项的底数变小，5px2因子项的底数也同时变小，都小于5p，那么方程就变成了不等式.5py2因子项的底数变小于5p，5px2因子项的底数也同时变大于5p，那么左边会更小.总之在此基础上方程两边要获得增加的互素因子，就只能得到不等式.因为更换办法只有四种选项，皆导致不等式的产生，不更换则不可能是互素解，即（5p）3>y3-x3 或 y3-x3>（5p）3.

另两种情况，将（5p） 2=y2+x2两边乘以x（x>1），得x2x+y2x= x（5p）2，变换后得x2x= x（5p）2-y2x，要使方程互素，右边5因子项中的x，以及右边y因子项中的x就要换成互素数，而一换，等式就破坏.y和5因子项中的x都变大，右边两项的和就变大，或者5因子项中的x变大，y中的x变小，相减后趋大，故会得到（5p）3-y2x>x3 ，不等式成立.再看不等式方向相反的另一种情况，y和5因子项中的x都变小，或者5因子项中的x都变小，y项中的x变大，故会得到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.事实上欧拉的证明包含这个结论，指数为3时的费马方程无整数解.即5p一定不是指数为3时的费马方程的整数解.

用数学归纳法继续证明，当不等式（5p）n>yn+xn或 yn+xn>（5p）n 是成立的话，那么（5p）n+1>yn+1+xn+1或yn+1+xn+1>（5p）n+1 也是成立的.当不等式（5p）n>yn-xn 或 yn-xn>（5p）n是成立的话，那么（5p）n+1>yn+1-xn+1或 yn+1-xn+1>（5p）n+1也是成立的.以下证明之.

将不等式（5p）n>yn+xn的两边乘以5p，右边的两项5p换成非5尾数较小量的y和x，不等式仍成立，即（5p）n+1>yn+1+xn+1成立.

将不等式yn+xn>（5p）n的两边乘以x，左边的y项换成较大量，5p换成较小量，不等式仍成立，即yn+1+xn+1>（5p）n+1成立.

将不等式（5p）n>yn-xn 的两边乘以5p，右边两项y和x中的5p换成非5尾数的较小量，不等式仍成立，即（5p）n+1>yn+1-xn+1成立.

将不等式yn-xn>（5p）n的两边乘以x，右边的y项换成较大量，5p换成小量，不等式仍成立，即（5p）n+1>yn+1-xn+1成立.

以上费马方程没有5p解导致不等式产生的四种可穷分类形式皆证明迭代递推命题成立.加上费马方程指数n=3时无5p整数解的首项判定成立，故命题得证.

以上用数学归纳法证明了指数大于2的费马方程确实没有5p解.

由洛书定理可得到，当指数大于2的费马方程没有5因子解时，偶指数方程必无其他整数解.因为此时的费马方程，各项一定没有5尾数和0尾数，5因子在偶数项中一定为0.如此一来，只有奇数或加或减奇数等于偶数才有本原解，而奇数的尾数只有3，9，7，1，偶数的尾数只有2，4，8，6，经4n+2次方运算后，奇数的尾数只有1和9，偶数的尾数只有4和6，而1和9或加或减，其尾数都不能等于4或6；经4n+4次方运算后，奇数尾数只有1，偶数尾数6，1加1或1减2都不能等于6.4模数中的余2和余4数囊括了所有的偶数，因此费马偶指数方程一定无整数解.

根据5p不能成为费马方程的本原解，那是否任意整数z，也都不能成为费马方程的本原解？这个结论可以通过不等式指数增减等价变换③得到证明.

根据洛书定理及费马方程没有5p解证明了x2k+y2k>z2k或z2k>x2k+y2k成立，现证明x2k-1+y2k-1>z2k-1或z2k+1>x2k+1+y2k+1也成立.将前一个不等式除以z，不等式大边中的分母大量换成小量，大边仍大.将后一个不等式乘以z，不等式小边中的分子大量换成小量，小边仍小.于是x2k-1+y2k-1>z2k-1或z2k+1>x2k+1+y2k+1得证，如此偶数与奇数时的两种情况都得到了证明.即xk+yk>zk或zk>xk+yk得证.xk-yk>zk或zk>xk-yk可同理得证.将x2k-y2k>z2k两边同乘以z，z换成大量，左边仍大，x换大于z，y换小于z，左边仍大；z2k>x2k-y2k两边同乘以z，z都换成小量，右边仍小，x换小于z，y换较大数，右边仍小.于是x2k-1-y2k-1>z2k-1或z2k+1>x2k+1-y2k+1得证.指数奇偶情况都得证，即xk+yk>zk或zk>xk+yk和xk-yk>zk或zk>xk-yk都得证.

由此就证明了大于2的偶指数费马方程当没有5p本原解时，其他尾数情况更无解.也就是说，当费马方程的指数是偶数时，费马方程为不等式.然后通过不等式指数增减等价变换证明指数为奇数时的费马不等式仍成立.两者合并，即正整数域都无解.

这个证明真的显示了，费马当年只要《算数》书边角稍微大一些，就可书写完毕“他的证明”，因为可用证明的文字的确不需要很多.洛书定理以及不等式指数增减等价变换法则，共同完成了此项证明.洛书定理一定在费马时代有同物而异名的等价表达.（费马猜想证毕）

比费马猜想难度更高的是其一般化推广，即比尔猜想④，用同样的方法亦能证明费马猜想的一般化推广成立！这个推广判断是这样的：丢番图方程x的a次方加上y的b次方等于z的c次方，当x，y，z互素，且a，b，c，均大于2的正整数时没有非零整数解.这个猜想至今还没有一个获得世界数学共同体认可的证明，怀尔斯也没有在证明费马猜想中一并将此问题解决.美国银行家比尔2013年6月4日以百万美元公开悬赏证明此猜想.本文用上文证明费马猜想的方法可证明之.

整数域方程Xa+Yb=Zc，当x，y，z互素，a，b，c>2时，不存在正整数解（比尔猜想）.

这是费马猜想的一般化推广，即比尔猜想，显然难度变得更大，用怀尔斯的证明思路无法解决此问题.而用洛书定理来证明，则畅通无阻.一般化推广与费马方程不同，一个是同幂次方，一个是不同幂次方.

现用最简洁的方法进行证明.

方程的本原解（核心解）必须满足：gcd（x，y，z）=1，gcd（x，y）=1，gcd（x，z）=1，gcd（y，z）=1.

方程的互质解必须满足：左边2项和右边1项中必有且仅有一项为偶数，因为奇数的a，b，c次方还是奇数，偶数的a，b，c次还是偶数.方程必须左边一奇一偶，右边一奇，且相互之间互质，即比尔方程同毕达哥拉斯方程和费马方程一样若有互质解必须x，y，z两两之间互质.

因为在此有解的基础上才有更多无数共因子参与的整数解.当a，b，c=1时，方程有无数组整数解.当a，b，c≤2时，方程有解.且除若干个有限解之外，推广方程以及毕达哥拉斯方程无其他本原解，以下证明之.因此当a，b，c小于或等于2时，其推广同费马方程一样有很多解.

根据洛书定理（前文已经完成该定理的证明描述），洛书定理可以由四则运算法则以及模数余数关系推理得到，不赘述.

我们来看费马方程一般化推广（比尔方程）：Xa+Yb=Zc，（x，y，z互素，a，b，c>2）.方程可进一步确定，x，y为奇数，z为偶数值时，Yb±Xa=Zc.

上文证明了毕达哥拉斯方程当没有5因子本原解时，方程就变成了不等式：Y2-（Z 2-X2）>0（5因子解除外）或者Y2-（Z 2+X2）>0（5因子解除外），证明从略，而指数大于2的费马方程又没有5因子解，见上文.现分别提取三元解x中存在a次方的数、y中存在的b次方数、z中存在的c次方数，因为自然数的a，b，c次方数都是自然数的子集，a，b，c>2，故可得到Y2b-（Z 2c-X2a）>0或者Y2b—（Z2c+X2a）>0，指数大于2时，“5因子解除外”的限制条件可省略，而这个就是其中一类比尔不等式.也就是说，当比尔方程的指数都是大于2的偶数时，比尔方程为不等式.

同证明费马猜想一样，根据“不等式大边中的分母较大量换成较小量，大边仍大”“小边中的分子较大量换成较小量，小边仍小”，或者通过指数的奇偶变换也可以证明，当已知比尔猜想指数为偶数（最小为4）时成立，那么偶数指数加1或减1变成奇数时也必成立.

现已知x2a+y2b>z2c或z2c>x2a+y2b即比尔方程指数为偶数2a，ab，2c时无解，是个不等式，令（z>x>y）.那么，当x2a+y2b>z2z，不等式的两边同时除以一个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，不等式大边中的分母较大量换成较小量，大边仍大.再证另一种情况，当z2c>x2a+y2b，不等式的两边同时乘以一个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，小边中的分子大量换成小量，小边仍小.由于奇数指数加1递增，可得相应任意偶数2a，2b，2c，因为无限偶数指数时的比尔方程为不等式是成立的，x2a-1+y2b-1>z2c-1中2a-1，2b-1，2c-1可代表无限域奇数.根据不等式两种情况合起来，就证明了，2n+1或-1即指数为奇数时的比尔方程仍无解.

用指数的奇偶等价变换也可以得到该结果.因为凡偶数皆可表达为奇数2k+1乘以2t的值，于是从x，y，z的三元数中就可以分别提取A2t，B2t，C2t，因为这些数都是三元数中的子集，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，将括号中的数换成x、y、z表达，就是x2a+1+y2b+1>z2c+1或z2c+1>x2a+1+y2b+1，这就证明了指数为奇数且大于2时的比尔方程也是不等式.

比尔猜想的指数奇偶性，它们的排列组合，仅有六种混搭可能：1.左右同偶，2.左右同奇，3.左边一奇一偶右边一奇，4.左边一奇一偶，右边一偶，5.左边全偶，右边奇，6.左边全奇，右边偶.至于左边的奇偶谁前谁后，没有关系，因为x和y可互换.有四种指数不是同奇同偶的情况，针对某项单个的非同类指数，可以用同幂不等式对某项进行指数升1或降1的变换而得到.也就是说，或升或降1次幂后，可得到比尔猜想中指数a，b，c大于2的任意整数不等式.

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的基础上，针对某一项进行指数升降，可得另一类的比尔方程指数奇偶组合.由于不等式的小边，某项下降一个指数，不等式仍成立，不等式的大边，某项上升一个指数，不等式仍成立，这就意味着，在同奇同偶的基础上针对任何一项或加1或减1一个指数后，比尔方程为不等式仍成立，于是四种不是同奇同偶的指数组合的比尔方程也就得到了证明，合在一起，就囊括了比尔方程所有定义域的证明.比尔猜想获证.

该证明关键同证明费马猜想一样用到了两个数学工具，一是用洛书定理将费马推广方程（比尔猜想）进行了定性，且完成了可穷分类的各种情况证明，再就是用三元不等式指数增减等价变换法则，从不等式指数为偶数时成立，推广到了指数为奇数时亦成立，于是费马猜想一般化推广即比尔猜想也获得了证明.（比尔猜想证毕）

【参考文献】

[1]罗莫.用河图洛书原理破解了考拉兹猜想.数学学习与研究，2012（11）.

[2]辛格.费马大定理.广西师范大学出版社，2013.

[3]范德瓦尔登.代数学Ⅰ.科学出版社，2009.

[4]迪克森.代数方程式论.哈尔滨工业大学出版社，2011.