《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
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。
一点重要修正：
若a^x+b^y=c^z 指数x,y,z只要有一为2次方，则可能该方程可转化为：
2^(2+k)*(g∨g j)=c^2-a^2
=2^(2+k)*(g∨g j)=(c+a)(c-a)
(g,j为奇数)
该方程会有互质正整数解！
例如：10^5+41^3=c^2
设41^3=41^2*(41-1)+41^2
则有 ：
10^5+41^2*40=c^2-41^2
则2^3*5(2^2*5^4+41^2)=(c+41)(c-41)则
2^3*5(2^2*5^4+41^2)=(c+41)(c-41)则
2^3*5*37*113=(c+41)(c-41)
设：c+41=4×113,
c-41=370
2c=4×113+370,
c=2×113+185=411
故有：
10^5+41^3=411^2
而：
a^n+b^n=c^n(n>2)
则b^n=c^n-a^n=(c-a)[c^(n-1)+c^(n-2)*a…+
…c*a^(n-2)+a^(n-1)]
在这里，
b^n分解为二元多项式的乘积不是
(c-a)(c+a)
所以：a^n+b^n=c^n(n>2)
没有正整数解。
同理：
a^n+b^(n+k)=c^n(n>2)
则b^(n+k)=c^n-a^n=(c-a)[c^(n-1)+c^(n-2)*a…+
…c*a^(n-2)+a^(n-1)]
b^(n+k)分解为二元多项式间的乘积不是
(c-a)(c+a)
所以：a^n+b^(n+k)=c^n(n>2)
没有正整数解。
即是：
一切S^n(n>2)，能分解为(A+B)*(A-B)二元多项式乘积形式，才可能有相等的Aˣ-Bʸ整数解,
若能分解为二元多项式乘积形式，但非是(A+B)*(A-B)乘积形式，则恰好证明不可能有相等的Aˣ'-Bʸ'整数解。
即：
x^n+y^(n+k)≠z^n(n>2)
由是：费马大定理被证明，比尔猜想在上述形式下成立被证明。