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关于x^n＋y^n＝z^n（这里n大于2；x,y,z,n都是非零整数）,还有那些解费马达定理
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关于x^n＋ y^n ＝z^n （这里n大于2；x,y,z,n都是非零整数）,还有那些解
费马达定理
费马达定理
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答案和解析
定理3．若直角三角形a^2+^b2=c^2是满足b-a=n关系的整数解,那么,利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3…ai 所组成的平方数组ai^2+bi^2=ci^2都是具有b-a=n之定差关系的整数解.
证：取n为1,由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2,这里n=b-a=4-3=1,根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：
a1=3×3+2×5+1=20 这时得到
20^2+21^2=29^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×20+2×29+1=119 这时得到
119^2+120^2=169^2 继续利用公式计算得到
a3=3×119+2×169+1=696 这时得到
696^2+697^2=985^2
…
故定差为1关系成立
现取n为7,我们有直角三角形21^2+28^2=35^2,这里n=28-21=7,根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：
a1=3×21+2×35+7=140 这时得到
140^2+147^2=203^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×140+2×203+7=833 这时得到
833^2+840^2=1183^2 继续利用公式计算得到：
a3=3×833+2×1183+7=4872 这时得到
4872^2+4879^2=6895^2
…
故定差为7关系成立
再取n为129,我们有直角三角形387^2+516^2=645^2,这里n=516-387=129,根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：
a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到
2580^2+2709^2=3741^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到
15351^2+15480^2=21801^2 继续利用公式计算得到：
a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到
89784^2+89913^2=127065^2
…
故定差为129关系成立
故定差n计算法则成立
故定理3得证
四,平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则：
定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长,则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；
（一） 奇数列a：
若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）, 则a为奇数列平方整数解的关系是：
a=2n+1
{ c=n^2+（n+1）^2
b=c-1
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
7^2+24^2=25^2
9^2+40^2=41^2
11^2+60^2=61^2
13^2+84^2=85^2
…
故得到奇数列a关系成立
（二）偶数列a：
若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 …）, 则a为偶数列平方整数解的关系是：
a=2n+2
{ c=1+（n+1）^2
b=c-2
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
4^2+3^2=5^2
6^2+8^2=10^2
8^2+15^2=17^2
10^2+24^2=26^2
12^2+35^2=37^2
14^2+48^2=50^2
…
故得到偶数列a关系成立
故定理4关系成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三边中：
b-a之差可为1、2、3…
a-b之差可为1、2、3…
c-a之差可为1、2、3…
c-b之差可为1、2、3…
定差平方整数解有无穷多种；
每种定差平方整数解有无穷多个.
以上,我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法.我们同样能够用代数方法证明,费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解.证明如下：
我们首先证明,增比计算法则在任意方次幂时都成立.
定理5,若a,b,c都是大于0的不同整数,m是大于1的整数,如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方幂关系成立,则a,b,c,d,e增比后,同方幂关系仍成立.
证：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中,取增比为n,n＞1,
得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
原式化为 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
两边消掉 n^m后得到原式.
所以,同方幂数和差式之间存在增比计算法则,增比后仍是同方幂数.
故定理5得证
定理6,若a,b,c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立,其中b＞1,b不是a,c的同方幂数,当a,b,c同比增大后,b仍然不是a,c的同方幂数.
证：取定理原式a^m+b=c^m
取增比为n,n＞1,得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
原式化为： n^m（a^m+b）=n^mc^m
两边消掉n^m后得到原式.
由于b不能化为a,c的同方幂数,所以n^mb也不能化为a,c的同方幂数.
所以,同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后,等式关系仍然成立.其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数,不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数.
故定理6得证
一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质
定义3,绝对某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中,若未知数取值为大于0的全体整数时,代数式的值都是某次完全方幂数,我们称这时的代数式为绝对某次方幂式.例如：n^2+2n+1,n^2+4n+4,
n^2+6n+9,……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1,n^3+6n^2+12n+8,……都是绝对3次方幂式.
一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1,b为常数项）的展开项.
定义4,绝对非某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中,若未知数取值为大于0的全体整数时,代数式的值都不是某次完全方幂数,我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式.例如：n^2+1,n^2+2,n^2+2n,…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式.
当一元代数式的项数很少时,我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式,例如n^2+n是绝对非2次方幂式,n^7+n是绝对非7次方幂式,但当代数式的项数很多时,得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻.
一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2,b为常数项）的展开项中减除其中某一项.
推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数.例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式,取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3,3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式,当n=7时,3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性.2n+1=9=3^2,2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2,4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3,2n+1=125=5^3 ……
证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；
在一元代数式中,未知数的不同取值,代数式将得到不同的计算结果.未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的,是等式可逆的,是纯粹的定解关系.这就是一元代数式的代数公理.即可由代入未知数值的办法对代数式求值,又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值.利用一元代数式的这些性质,我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类.
当常数项为1时,完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1,它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成,对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失,代数式都无法得出完全立方数.在保留常数项的前提下,我们锁定其中的任意3项,则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,对这3个代数式来说,使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解,即补上缺失的第4项值,而且这个缺失项不取不行,取其它项值也不行.因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系,这种代数关系的存在与未知数取值无关.这种关系是：
（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …
n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
n^3+3n+1≠（n+1）^3
3n2+3n+1≠（n+1）^^3
即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数.
当取n=1、2、3、4、5 …时,（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方,而 小于2的整数只有1,1^3=1,当取n=1时,
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时,代数式n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数.这些代数式是3次绝对非方幂式.
由以上方法我们能够证明一元代数式：n^4+4n^3+6n^2+1,n^4+4n^3+4n+1,n^4+6n^2+4n+1,4n^3+6n^2+4n+1,在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全4次方数.这些代数式是4次绝对非方幂式.
能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下,锁定其中的任意m项后,可得到m个不同的一元代数式,这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数.这些代数式是m次绝对非方幂式.
现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；
2次方时有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以,2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1.
由于2n+1不含有方幂关系,而所有奇数的幂方都可表为2n+1,所以,当2n+1为完全平方数时,必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系,应用增比计算法则,我们即可得到z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之平方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出,求得这些平方整数解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,我们可得到整数中全部平方整数解.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立.
同时,由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4,6n+9,8n+16 …… 所以,还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立.
3次方时有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以,3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1.
由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式,它仍然含有幂方关系,是3次绝对非方幂式.所以,n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数,因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之立方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些立方费马方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解.
4次方时有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以,4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1.
由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式,它仍然含有幂方关系,是4次绝对非方幂式.所以,n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数,因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之4次方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些4次方费马方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解.
m次方时,相邻整数的方幂数的增项差公式为：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以,m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1.
由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式,它仍然含有幂方关系,是m次绝对非方幂式.所以,n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数,因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之m次方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些m次方费马方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解.
证：取n为1,由直角三角形三边3、4、5得到3^2+4^2=5^2,这里n=b-a=4-3=1,根据 3a + 2c + 1= a1定差公式法则有：
a1=3×3+2×5+1=20 这时得到
20^2+21^2=29^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×20+2×29+1=119 这时得到
119^2+120^2=169^2 继续利用公式计算得到
a3=3×119+2×169+1=696 这时得到
696^2+697^2=985^2
…
故定差为1关系成立
现取n为7,我们有直角三角形21^2+28^2=35^2,这里n=28-21=7,根据 3a + 2c + 7 = a1定差公式法则有：
a1=3×21+2×35+7=140 这时得到
140^2+147^2=203^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×140+2×203+7=833 这时得到
833^2+840^2=1183^2 继续利用公式计算得到：
a3=3×833+2×1183+7=4872 这时得到
4872^2+4879^2=6895^2
…
故定差为7关系成立
再取n为129,我们有直角三角形387^2+516^2=645^2,这里n=516-387=129,根据 3a + 2c + 129= a1定差公式法则有：
a1=3×387+2×645+129=2580 这时得到
2580^2+2709^2=3741^2 继续利用公式计算得到：
a2=3×2580+2×3741+129=15351 这时得到
15351^2+15480^2=21801^2 继续利用公式计算得到：
a3=3×15351+2×21801+129=89784 这时得到
89784^2+89913^2=127065^2
…
故定差为129关系成立
故定差n计算法则成立
故定理3得证
四,平方整数解a^2+^b2=c^2的a值奇偶数列法则：
定理4． 如a^2+^b2=c^2是直角三角形的三个整数边长,则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；
（一） 奇数列a：
若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）, 则a为奇数列平方整数解的关系是：
a=2n+1
{ c=n^2+（n+1）^2
b=c-1
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
7^2+24^2=25^2
9^2+40^2=41^2
11^2+60^2=61^2
13^2+84^2=85^2
…
故得到奇数列a关系成立
（二）偶数列a：
若a表为2n+2型偶数（n=1、2、3 …）, 则a为偶数列平方整数解的关系是：
a=2n+2
{ c=1+（n+1）^2
b=c-2
证：由本式条件分别取n=1、2、3 … 时得到：
4^2+3^2=5^2
6^2+8^2=10^2
8^2+15^2=17^2
10^2+24^2=26^2
12^2+35^2=37^2
14^2+48^2=50^2
…
故得到偶数列a关系成立
故定理4关系成立
由此得到,在直角三角形a、b、c三边中：
b-a之差可为1、2、3…
a-b之差可为1、2、3…
c-a之差可为1、2、3…
c-b之差可为1、2、3…
定差平方整数解有无穷多种；
每种定差平方整数解有无穷多个.
以上,我们给出了平方整数解的代数条件和实践方法.我们同样能够用代数方法证明,费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时没有整数解.证明如下：
我们首先证明,增比计算法则在任意方次幂时都成立.
定理5,若a,b,c都是大于0的不同整数,m是大于1的整数,如有a^m+b^m=c^m+d^m+e^m同方幂关系成立,则a,b,c,d,e增比后,同方幂关系仍成立.
证：在定理原式 a^m+b^m=c^m+d^m+e^m中,取增比为n,n＞1,
得到 ： （n a）^m+（nb）^m=（nc）^m+（nd）^m+（ne）^m
原式化为 ： n^m（a^m+b^m）=n^m（c^m+d^m+e^m）
两边消掉 n^m后得到原式.
所以,同方幂数和差式之间存在增比计算法则,增比后仍是同方幂数.
故定理5得证
定理6,若a,b,c是不同整数且有a^m+b=c^m关系成立,其中b＞1,b不是a,c的同方幂数,当a,b,c同比增大后,b仍然不是a,c的同方幂数.
证：取定理原式a^m+b=c^m
取增比为n,n＞1,得到：（na）^m+n^mb=（nc）^m
原式化为： n^m（a^m+b）=n^mc^m
两边消掉n^m后得到原式.
由于b不能化为a,c的同方幂数,所以n^mb也不能化为a,c的同方幂数.
所以,同方幂数和差式间含有的不是同方幂数的数项在共同增比后,等式关系仍然成立.其中的同方幂数数项在增比后仍然是同方幂数,不是同方幂数的数项在增比后仍然是非同方幂数.
故定理6得证
一元代数式的绝对方幂与绝对非方幂性质
定义3,绝对某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中,若未知数取值为大于0的全体整数时,代数式的值都是某次完全方幂数,我们称这时的代数式为绝对某次方幂式.例如：n^2+2n+1,n^2+4n+4,
n^2+6n+9,……都是绝对2次方幂式；而n^3+3n^2+3n+1,n^3+6n^2+12n+8,……都是绝对3次方幂式.
一元绝对某次方幂式的一般形式为（n+b）^m（m＞1,b为常数项）的展开项.
定义4,绝对非某次方幂式
在含有一元未知数的代数式中,若未知数取值为大于0的全体整数时,代数式的值都不是某次完全方幂数,我们称这时的代数式为绝对非某次方幂式.例如：n^2+1,n^2+2,n^2+2n,…… 都是绝对非2次方幂式；而n^3+1,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,n^3+6n^2+8……都是绝对非3次方幂式.
当一元代数式的项数很少时,我们很容易确定代数式是否绝对非某次方幂式,例如n^2+n是绝对非2次方幂式,n^7+n是绝对非7次方幂式,但当代数式的项数很多时,得到绝对非某次方幂式的条件将越来越苛刻.
一元绝对非某次方幂式的一般形式为：在（n+b）^m（m＞2,b为常数项）的展开项中减除其中某一项.
推理：不是绝对m次方幂式和绝对非m次方幂式的方幂代数式必定在未知数取某一值时得出一个完全m次方数.例如：3n^2+4n+1不是绝对非3次方幂式,取n=1时有3n^2+4n+1=8=2^3,3n^2+3n+1不是绝对非2次方幂式,当n=7时,3n^2+3n+1=169=13^2;
推理：不含方幂项的一元代数式对任何方幂没有唯一性.2n+1=9=3^2,2n+1=49=7^2 …… 4n+4=64=8^2,4n+4=256=16^2 ……2n+1=27=3^3,2n+1=125=5^3 ……
证明：一元代数式存在m次绝对非方幂式；
在一元代数式中,未知数的不同取值,代数式将得到不同的计算结果.未知数与代式计算结果间的对应关系是唯一的,是等式可逆的,是纯粹的定解关系.这就是一元代数式的代数公理.即可由代入未知数值的办法对代数式求值,又可在给定代数式数值的条件下反过来对未知数求值.利用一元代数式的这些性质,我们可实现整数的奇偶分类、余数分类和方幂分类.
当常数项为1时,完全立方数一元代数表达式的4项式的固定形式是（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1,它一共由包括2个方幂项在内的4个单项项元组成,对这个代数式中3个未知数项中任意一项的改动和缺失,代数式都无法得出完全立方数.在保留常数项的前提下,我们锁定其中的任意3项,则可得到必定含有方幂项的3个不同的一元代数式,n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1,对这3个代数式来说,使代数式的值成为立方数只能有唯一一个解,即补上缺失的第4项值,而且这个缺失项不取不行,取其它项值也不行.因为这些代数式与原立方代数式形成了固定的单项定差代数关系,这种代数关系的存在与未知数取值无关.这种关系是：
（n+1）^3-3n= n^3+3n^2+1
（n+1）^3-3n^2= n^3+3n+1
（n+1）^3-n^3=3n^2+3n+1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …
n^3+3n^2+1≠（n+1）^3
n^3+3n+1≠（n+1）^3
3n2+3n+1≠（n+1）^^3
即这3个代数式的值都不能等于（n+1）^3形完全立方数.
当取n=1、2、3、4、5 …时,（n+1）^3=n^3+3n^2+3n+1的值是从2开始的全体整数的立方,而 小于2的整数只有1,1^3=1,当取n=1时,
n^3+3n^2+1=5≠1
n^3+3n+1=5≠1
3n^2+3n+1=7≠1
所以得到：当取n=1、2、3、4、5 …时,代数式n^3+3n^2+1,n^3+3n+1,3n^2+3n+1的值不等于全体整数的立方数.这些代数式是3次绝对非方幂式.
由以上方法我们能够证明一元代数式：n^4+4n^3+6n^2+1,n^4+4n^3+4n+1,n^4+6n^2+4n+1,4n^3+6n^2+4n+1,在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全4次方数.这些代数式是4次绝对非方幂式.
能够证明5次方以上的一元代数式（n+1）^m的展开项在保留常数项的前提下,锁定其中的任意m项后,可得到m个不同的一元代数式,这m个不同的一元代数式在取n=1、2、3、4、5 …时的值永远不是完全m次方数.这些代数式是m次绝对非方幂式.
现在我们用代数方法给出相邻两整数n与n+1的方幂数增项差公式；
2次方时有：（n+1）^2-n^2
=n^2+2n+1-n^2
=2n+1
所以,2次方相邻整数的平方数的增项差公式为2n+1.
由于2n+1不含有方幂关系,而所有奇数的幂方都可表为2n+1,所以,当2n+1为完全平方数时,必然存在n^2+（2√2n+1）^2=（n+1）^2即z-x=1之平方整数解关系,应用增比计算法则,我们即可得到z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之平方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的平方整数解不能由增比法则得出,求得这些平方整数解的方法是：
由（n+2）^2-n^2=4n+4为完全平方数时得出全部z-x=2的平方整数解后增比；
由（n+3）^2-n^2=6n+9为完全平方数时得出全部z-x=3的平方整数解后增比；
由（n+4）^2-n^2=8n+16为完全平方数时得出全部z-x=4的平方整数解后增比；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,我们可得到整数中全部平方整数解.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为2时成立.
同时,由于所有奇数的幂方都可表为2n+1及某些偶数的幂方可表为4n+4,6n+9,8n+16 …… 所以,还必有x^2+y^n=z^2整数解关系成立.
3次方时有：（n+1）^3-n^3
=n^3+3n^2+3n+1-n^3
=3n^2+3n+1
所以,3次方相邻整数的立方数的增项差公式为3n^2+3n+1.
由于3n^2+3n+1是（n+1）^3的缺项公式,它仍然含有幂方关系,是3次绝对非方幂式.所以,n为任何整数时3n^2+3n+1的值都不是完全立方数,因而整数间不存在n^3+（3√3n^2+3n+1 ）^3=（n+1）^3即z-x=1之立方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之立方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些立方费马方程式的方法是：
由（n+2）^3-n^3=6n2+12n+8,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+3）^3-n^3=9n2+27n+27,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数；
由（n+4）^3-n^3=12n2+48n+64,所以,n为任何整数它的值都不是完全立方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程3次方关系经过增比后将覆盖全体整数.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为3时无整数解.
4次方时有；（n+1）^4-n^4
=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-n^4
=4n^3+6n^2+4n+1
所以,4次方相邻整数的4次方数的增项差公式为4n^3+6n^2+4n+1.
由于4n^3+6n^2+4n+1是（n+1）^4的缺项公式,它仍然含有幂方关系,是4次绝对非方幂式.所以,n为任何整数时4n^3+6n^2+4n+1的值都不是完全4次方数,因而整数间不存在n^4+（4√4n3+6n2+4n+1）^4=（n+1）^4即z-x=1之4次方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之4次方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些4次方费马方程式的方法是：
由（n+1）^4-n^4=8n3+24n2+32n+16,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=12n3+54n2+108n+81,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
由（n+1）^4-n^4=16n3+96n2+256n+256,所以,n为任何整数它的值都不是完全4次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程4次方关系经过增比后将覆盖全体整数.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为4时无整数解.
m次方时,相邻整数的方幂数的增项差公式为：
（ n+1）^m-n^m
=n^m+mn^m-1+…+…+mn+1-n^m
=mn^m-1+…+…+mn+1
所以,m次方相邻整数的m次方数的增项差公式为mn^m-1+…+…+mn+1.
由于mn^m-1+…+…+mn+1是（n+1）^m的缺项公式,它仍然含有幂方关系,是m次绝对非方幂式.所以,n为任何整数时mn^m-1+…+…+mn+1 的值都不是完全m次方数,因而整数间不存在n^m+（m√mn^m-1+…+…+mn+1）^m =（n+1）^m即z-x=1之m次方整数解关系,由增比计算法则可知,也不存在z-x=2,z-x=3,z-x=4,z-x=5……之m次方整数解关系.但z-x＞1的xyz互素的费马方程式不能由增比法则表出,表出这些m次方费马方程式的方法是：
由（n+2）^m-n^m=2mn^m-1+…+…+2^m-1 mn+2^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+3）^m-n^m=3mn^m-1+…+…+3^m-1 mn+3^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
由（n+4）^m-n^m=4mn^m-1+…+…+4^m-1 mn+4^m,所以,n为任何整数它的值都不是完全m次方数；
……
这种常数项的增加关系适合于全体整数,当取n=1、2、3 … 时,费马方程m次方关系经过增比后将覆盖全体整数.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数为m时无整数解.
所以费马方程x^n+y^n=z^n在指数n＞2时永远没有整数解.
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