奥数探秘：费马大定理

【来源：易教网 更新时间：2025-05-06】

费马大定理：

当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程

x^n + y^n = z^n.

的整数解都是平凡解，即

当n是偶数时：(0,±m,±m)或(±m,0,±m)

(补充：(0，0，0)是其中一个特殊解由赵浩杰提出)

当n是奇数时：(0,m,m)或(m,0,m)或(m,-m,0)

这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。

虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁·怀尔斯和他的学生理查·泰勒于19成功证明。

证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁·怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了19的菲尔兹奖特别奖以及度邵逸夫奖的数学奖。

研究历史

16，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。

”(拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.")毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。

数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。

对很多不同的n，费马定理早被证明了。但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。

19，德国佛尔夫斯克宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。在一战之后，马克大幅贬值，该定理的魅力也大大地下降。

19，en:Gerd Faltings证明了Mordell猜测，从而得出当n > 2时(n为整数)，只存在有限组互质的a,b,c使得a^n + b^n = c*n。

19，Gerhard Frey 提出了“ ε-猜想”：若存在a,b,c使得a^n + b^n = c^n，即如果费马大定理是错的，则椭圆曲线y^2 = x(x - a^n)(x + b^n) 会是谷山-志村猜想的一个反例。

Frey的猜想随即被Kenneth Ribet证实。此猜想显示了费马大定理与椭圆曲线及模形式的密切关系。

19，怀尔斯和泰勒在一特例范围内证明了谷山-志村猜想，Frey的椭圆曲线刚好在这一特例范围内，从而证明了费马大定理。

怀尔斯证明费马大定理的过程亦甚具戏剧性。他用了七年时间，在不为人知的情况下，得出了证明的大部分;然后于196月在一个学术会议上宣布了他的证明，并瞬即成为世界头条。但在审批证明的过程中，专家发现了一个极严重的错误。

怀尔斯和泰勒然后用了近一年时间尝试补救，终在199月以一个之前怀尔斯抛弃过的方法得到成功，这部份的证明与岩泽理论有关。他们的证明刊在19的数学年刊(en:Annals of Mathematics)之上。

1：欧拉证明了n=3的情形，用的是唯一因子分解定理。

2：费马自己证明了n=4的情形。

3：18，狄利克雷和勒让德证明了n=5的情形，用的是欧拉所用方法的延伸，但避开了唯一因子分解定理。

4：18，法国数学家拉梅证明了n=7的情形，他的证明使用了跟7本身结合的很紧密的巧秒工具，只是难以推广到n=11的情形;于是，他又在18提出了“分圆整数”法来证明，但没有成功。

5：库默尔在18提出了“理想数”概念，他证明了：对于所有小于100的素指数n，费马大定理成立，此一研究告一阶段。

6：勒贝格提交了一个证明，但因有漏洞，被否决。

7：希尔伯特也研究过，但没进展。

8：19，德国数学家法尔廷斯证明了一条重要的猜想——莫代尔猜想x的平方+y的平方=1这样的方程至多有有限个有理数解，他由于这一贡献，获得了菲尔兹奖。

9：19，日本数学家谷山丰首先猜测椭圆曲线于另一类数学家们了解更多的曲线——模曲线之间存在着某种联系;谷山的猜测后经韦依和志村五郎进一步精确化而形成了所谓“谷山——志村猜想”，这个猜想说明了：有理数域上的椭圆曲线都是模曲线。

这个很抽象的猜想使一些学者搞不明白，但它又使“费马大定理”的证明向前迈进了一步。

10：19，德国数学家弗雷指出了“谷山——志村猜想”和“费马大定理”之间的关系;他提出了一个命题：假定“费马大定理”不成立，即存在一组非零整数A,B,C,使得A的n次方+B的n次方=C的n次方(n>2),那么用这组数构造出的形如y的平方=x(x+A的n次方)乘以(x-B的n次方)的椭圆曲线，不可能是模曲线。

尽管他努力了，但他的命题和“谷山——志村猜想”矛盾，如果能同时证明这两个命题，根据反证法就可以知道“费马大定理”不成立，这一假定是错误的，从而就证明了“费马大定理”。但当时他没有严格证明他的命题。

11：19，美国数学家里贝特证明了弗雷命题，于是希望便集中于“谷山——志村猜想”。

12：196月，英国数学家维尔斯证明了：对有理数域上的一大类椭圆曲线，“谷山——志村猜想”成立。

由于他在报告中表明了弗雷曲线恰好属于他所说的这一大类椭圆曲线，也就表明了他最终证明了“费马大定理”;但专家对他的证明审察发现有漏洞，于是，维尔斯又经过了一年多的拼搏，于199月彻底圆满证明了“费马大定理”

13:蒋春暄先生在19就已经发表了证明费马最后定理的文章(《潜科学》杂志，1992 年2月)，可是在中国，没有人承认这个成果，当然更说不上得到国际的承认。

然而，在过去了之后的今年()6月初，蒋春暄先生获得了意大利《特莱肖——伽利略科学院》度金奖，获奖的原因之一即他于19对于费马最后定理的证明。

证明过程

16数学家根据费马的少量提示用无穷递降法证明n=4。16和17德国数学家莱布尼兹和瑞士数学家欧拉也各自证明n=4。17欧拉证明n=3。18和18法国数学家勒让德和德国数学家狄利克雷先后证明n =5。18狄利克雷试图证明n=7，却只证明了n=14。

18法国数学家拉梅证明了n=7，随后得到法国数学家勒贝格的简化……19世纪贡献最大的是德国数学家库麦尔，他从18起花费20多年时间，创立了理想数理论，为代数数论奠下基础;库麦尔证明当n<100时除37、59、67三数外费马大定理均成立。

为推进费马大定理的证明，布鲁塞尔和巴黎科学院数次设奖。19德国数学家佛尔夫斯克尔临终在哥廷根皇家科学会悬赏10万马克，并充分考虑到证明的艰巨性，将期限定为1。数学迷们对此趋之若鹜，纷纷把“证明”寄给数学家，期望凭短短几页初等变换夺取桂冠。

德国数学家兰道印制了一批明信片由学生填写：“亲爱的先生或女士：您对费马大定理的证明已经收到，现予退回，第一个错误出现在第_页第_行。” 在解决问题的过程中，数学家们不但利用了广博精深的数学知识，还创造了许多新理论新方法，对数学发展的贡献难以估量。

19，希尔伯特提出尚未解决的23个问题时虽未将费马大定理列入，却把它作为一个在解决中不断产生新理论新方法的典型例证。据说希尔伯特还宣称自己能够证明，但他认为问题一旦解决，有益的副产品将不再产生。“我应更加注意，不要杀掉这只经常为我们生出金蛋的母鸡。

” 数学家就是这样缓慢而执着地向前迈进，直至19证明n<4002。大型计算机的出现推进了证明速度，19德国数学家瓦格斯塔夫证明 n<125000，19美国数学家罗瑟证明n<41000000。但数学是严谨的科学，n值再大依然有限，从有限到无穷的距离漫长而遥远。

9，年仅29岁的德国数学家法尔廷斯证明了代数几何中的莫德尔猜想，为此在第20届国际数学家大会上荣获菲尔茨奖;此奖相当于数学界的诺贝尔奖，只授予40岁以下的青年数学家。莫德尔猜想有一个直接推论：对于形如x^n+y^n=z^n(n≥4)的方程至多只有有限多组整数解。

这对费马大定理的证明是一个有益的突破。从“有限多组”到“一组没有”还有很大差距，但从无限到有限已前进了一大步。19日本数学家谷山丰提出过一个属于代数几何范畴的谷山猜想，德国数学家弗雷在19指出：如果费马大定理不成立，谷山猜想也不成立。

随后德国数学家佩尔提出佩尔猜想，补足了弗雷观点的缺陷。至此，如果谷山猜想和佩尔猜想都被证明，费马大定理不证自明。事隔一载，美国加利福尼亚大学伯克利分校数学家里比特证明了佩尔猜想。

196月，英国数学家、美国普林斯顿大学教授安德鲁·怀尔斯在剑桥大学牛顿数学研究所举行了一系列代数几何学术讲演。在6月23日最后一次讲演《椭圆曲线、模型式和伽罗瓦表示》中，怀尔斯部分证明了谷山猜想。

所谓部分证明，是指怀尔斯证明了谷山猜想对于半稳定的椭圆曲线成立——谢天谢地，与费马大定理相关的那条椭圆曲线恰好是半稳定的!这时在座60多位知名数学家意识到，困扰数学界三个半世纪的费马大定理被证明了!这一消息在讲演后不胫而走，许多大学都举行了游行和狂欢，在芝加哥甚至出动了警察上街维持秩序。

但专家对他的证明审察发现有漏洞，于是，怀尔斯又经过了一年多的拼搏，于199月20日上午11时彻底圆满证明了“费马大定理”

证明方法

五十年代日本数学家谷山丰首先提出一个有关椭圆曲线的猜想，后来由另一位数学家志村五郎加以发扬光大，当时没有人认为这个猜想与费马定理有任何关联。

在八十年代德国数学家佛列将谷山丰的猜想与费马定理联系在一起，而安德鲁·怀尔斯所做的正是根据这个关联论证出一种形式的谷山丰猜想是正确的，进而推出费马最后定理也是正确的。

这个结论由威利斯在19的6月21日於美国剑桥大学牛顿数学研究所的研讨会正式发表，这个报告马上震惊整个数学界，就是数学门墙外的社会大众也寄以无限的关注。不过怀尔斯的证明马上被检验出有少许的瑕疵，于是怀尔斯与他的学生又花了十四个月的时间再加以修正。

199月19日他们终於交出完整无瑕的解答，数学界的梦魇终於结束。196月，怀尔斯在德国哥庭根大学领取了佛尔夫斯克尔奖。当年的十万马克约为两百万美金，不过怀尔斯领到时，只值五万美金左右，但安德鲁·怀尔斯已经名列青史，永垂不朽了。

用不定方程来表示，费马大定理即：当n > 2时，不定方程x^n + y^n = z^n 没有xyz≠0的整数解。

为了证明这个结果，只需证明方程x^4 + y^4 = z^4 ，(x , y) = 1和方程x^p + y^p = z^p ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1[p是一个奇素数]均无xyz≠0的整数解。

n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。费马本人证明了p = 3的情，但证明不完全。勒让德[1823]和狄利克雷[1825]证明了p = 5的情形。18，拉梅证明了p = 7的情形。18，德国数学家库默尔对费马猜想作出了突破性的工作。

他创立了理想数论，这使得他证明了当p < 100时，除了p = 37，59，67这三个数以外，费马猜想都成立。后来他又进行深入研究，证明了对于上述三个数费马猜想也成立。在近代数学家中，范迪维尔对费马猜想作出重要贡献。他从本世纪代开始研究费马猜想，首先发现并改正了库默尔证明中的缺陷。

在以后的30余年内，他进行了大量的工作，得到了使费马猜想成立一些充分条件。他和另外两位数学家共同证明了当p < 4002时费马猜想成立。

现代数学家还利用大型电子计算器来探索费马猜想，使p 的数目有很大的推进。到19为止，瓦格斯塔夫证明了p < 125000时，费马猜想成立。

《中国数学会通讯》19第2期据国外消息报导，费马猜想近年来取得了惊人的研究成果：格朗维尔和希思—布龙证明了「对几乎所有的指数，费马大定理成立」。即若命N(x)表示在不超过x的整数中使费马猜想不成立的指数个数，则证明中用到了法尔廷斯[Faltings]的结果。

另外一个重要结果是：费马猜想若有反例，即存在x > 0，y > 0，z > 0，n > 2，使x^n + y^n = z^n ，则x > 101,800,000。

说明：

要证明费马最后定理是正确的

(即x^ n+ y^n = z^n 对n>2 均无正整数解)

只需证 x^4+ y^4 = z^4 和x^p+ y^p = z^p (P为奇质数)，都没有整数解。

费马大定理证明过程:

对费马方程x^n+y^n=z^n整数解关系的证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。

本文给出的直角三角型边长 a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”;“增比计算法则”;“定差公式法则”;“a值奇偶数列法则”;是平方整数解的代数条件和实践方法;本文提出建立了一元代数式的绝对方幂式与绝对非方幂式概念;本文利用同方幂数增比性质，利用整数方幂数增项差公式性质，把费马方程x^n+y^n=z^n原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。

关键词：增元求解法 绝对方幂式绝对非方幂式 相邻整数方幂数增项差公式

16，法国数学家费马(Fermat)在读看古希腊数学家丢番图(Diophantna)著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提出了方程x^n+y^n=z^n在n=2时有无穷多组整数解，在 n>2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。

这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。

本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幂数增比定理，对费马方程x^n+y^n=z^n在指数n>2时的整数解关系进行了分析论证，用代数方法再现了费马当年的绝妙证明。

定义1.费马方程

人们习惯上称x^n+y^n=z^n关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。

在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形 3 、4、 5 ，这时由勾股弦定理可以得到3^2+4^2=5^2，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄里克莱，已经成为很大的一门数学分支.

定义2.增元求解法

在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方法，叫增元求解法。

利用增元求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。

下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边a^2+b^2=c^2整数解关系的求值。

一，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解的“定a计算法则”

定理1.如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且Q≥1，满足条件：

a≥3

{ b=(a^2-Q^2)÷2Q

c= Q+b

则此时，a^2+b^2=c^2是整数解;

证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为a^2，若(a^2-Q^2)÷2Q=b(其中Q为增元项，且b、Q是整数),则可把面积a^2分解为a^2=Q^2+Qb+Qb，把分解关系按下列关系重新组合后可得到图形：

Q2 Qb

其缺口刚好是一个边长为b的正方形。补足缺口面积b^2后可得到一个边长

Qb

为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理a^2+b^2=c^2条件可知，此时的a、b、c是直角三角形的三个整数边长。

故定理1得证

应用例子：

例1. 利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边长平方整数解?

解：取 应用例子：a为15，选增元项Q为1，根据定a计算法则得到：

a= 15

{ b=(a^- Q^2)÷2Q=(15^2-1^2)÷2 =112

c=Q+b=1+112=113

所以得到平方整数解15^2+112^2=113^2

再取a为15，选增元项Q为3，根据定a计算法则得到：

a= 15

{ b=(a^2-Q^2)÷2Q=(15^2-3^2)÷6=36

c=Q+b=3+36=39

所以得到平方整数解15^2+36^2=39^2

定a计算法则，当取a=3、4、5、6、7 … 时，通过Q的不同取值，将函盖全部平方整数解。

二，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“增比计算法则”

定理2.如a^2+b^2=c^2 是直角三角形边长的一组整数解，则有(an)^2+(bn)^2 =(cn)^2(其中n=1、2、3…)都是整数解。

证：由勾股弦定理，凡a^2+b^2=c^2是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形 a c ，根据平面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到 2a 2c;

b 2b

3a 3c;4a 4c;… 由a、b、c为整数条件可知，2a、2b、2c;

3b 4b

3a、3b、3c;4a、4b、4c… na、nb、nc都是整数。

故定理2得证

应用例子：

例2.证明303^2+404^2=505^2是整数解?

解;由直角三角形3 5 得到3^2+4^2=5^2是整数解，根据增比计

4

算法则，以直角三角形 3×101 5×101 关系为边长时，必有

4×101

303^2+404^2=505^2是整数解。

三，直角三角形边长a^2+b^2=c^2整数解“定差公式法则”

3a + 2c + n = a1

(这里n=b-a之差，n=1、2、3…)

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。