定理1 任意一個≥3的奇數a，至少可以組成一組兩整數的平方差。分解這個奇數a的因子，若a能分解成m組互不相等的兩整數之積，則這個奇數a就一定且至多能組成m組兩整數的平方差。
a^(2k+1)=a^(2k+1-j)×a^j。 註：j=0,1,2,…k。 m=k+1，a≥3，且為素數。
a^(2k+1)={[a^(2k+1-j)+a^j]/2}^2-{[a^(2k+1-j)-a^j]/2}^2。
定理2 一個≥3的奇乘方數a^n（n≥2），若將a^n分解為兩整數的齊次方差，至多可以分解為一組或多組存在的不同形式，且與a^n等值的兩整數平方差。
1、a^(2k+1)≡a^2k[（a +1）/2]^2-a^2k[（a-1）/2]^2；
2、a^2k≡a^2(k-1)[（a^2+1）/2]^2-a^2(k-1)[（a^2-1）/2]^2。
註：式中k=0,1,2,3,…。（這是最常見的一種基本形式）
定理2充分表明，任意一個>=3的奇乘方數，無論n為奇或偶，至多只能分解成一組或多組兩整數平方差，為何還費功夫去證明費爾馬定理呢？這個定理的問世，即便是安德魯懷爾斯的天書再是神密或周全，相比之下也遜色多了。
引論：關於費爾馬大定理的初等證明，歷來炒得沸沸洋洋。在此借一句俗話：即一物降一物來概括或比喻，較為形象。實際上要很好地研究費爾馬問題，最簡單，最有效的方法還是要從整數冪 a^n，不定式 x+y=z，以及數學歸納法入手，在分析中利用它們三者的功能，建立起三個整數之間的相互聯繫，就能很容易解決尚需解決的問題。
對x+y=z而言，由於它的不確定性，歷來被許多學者、大師不夠看好。包括畢氏在內，對它的理解同樣缺乏理性，想辦法捨近求遠而繞開了這個議題。他證明的x^2+y^2=z^2就是鮮明對照，採用了較此複雜得多的三元二次方程，並引入係數k,在條件(x，y)=1之下，終成正果。至使千餘年來，人們一直以(x，y，z)=1作為參照，且呢稱畢達哥拉斯數（國人稱勾股數）。筆者不以為然，倘若畢氏不繞開這個議題，直接從x+y=z入手，既簡便又順理成章地證出x^2+y^2=z^2的非0整數解，絕對可以避免近400來年的一場學術之爭。
了解集合的都知道，x^2+y^2=z^2與x^n+y^n=z^n均屬於x+y=z的集合。當指數由2往上遞增時，求非0整數解仍然離不開整數冪a^n。這樣就可以按照乘方數的定義，將數軸上任意一個自然數a（a≥2）的整次冪a^n，採用指數遞增與遞減的方式，逐一分解這個a^n，結合x+y=z的功能，再運用著名的數學歸納法進行歸納，可以極方便地建立a^n與其它兩非0整數之間的相互聯繫，得到所需求的結果。詳細步驟如下：
證明： ∵ a^n=a^(n-0)×a^0，a^n=a^(n-1)×a^1，a^n=a^(n-2)×a^2，…………，
n=2k時 a^n=a^[2k-(k-1)]×a^(k-1)； n=2k+1時 a^n=a^(2k+1-k)×a^k。
又 ∵ x+y=z ∴ x=z-y x=[z^(1/2)+y^(1/2)][z^(1/2)-y^(1/2)]
令： x=a^n； a^(n-0)=z0^(1/2)+y0^(1/2) ； a^0=z0^(1/2)-y0^(1/2)。
聯立解出： y0={[a^(n-0)-a^0]/2}^2； z0={[a^(n-0)+a^0]/2}^2
同理： y1={[a^(n-1)-a^1]/2}^2； z1={[a^(n-1)+a^1]/2}^2
y2={[a^(n-2)-a^2]/2}^2； z2={[a^(n-2)+a^2]/2}^2
…………………… …………………
xn=a^2k； yn={[a^(2k-k+1)-a^(k-1)]/2}^2；zn={[a^(2k-k+1)+a^(k-1)]/2}^2
或： x^n=a^(2k+1)；yn={[a^(2k+1-k)-a^k]/2}^2；zn={[a^(2k+1-k)+a^k]/2}^2
令：j=0,1,2,…,(k-1)或k。再利用歸納法將分解式歸納成：
∴ a^n={[a^(n-j)+a^j]/2]}^2-{[a^(n-j)-a^j]/2]}^2 …………(1)
推論一 歸納的這個通式就是為上述問題，給出的最佳答案。它同時還說明，任意一自然數a(包括a^n)，若能分解成m組兩互不相等的整數之積，就一定或至少存在m組乘方差（a為偶時略有變化）。為表明這一立場，還可將該式擴大到a的因子。
如： a=bc b＞c a^n=[(b^n+c^n)/2]^2-[(b^n-c^n)/2]^2 （證明從略）
還可以表示為：a^n={[b^n×c^(n-j)+c^j]/2}^2-{[b^n×c^(n-j)-c^j]/2}^2
或：a^n={[b^(n-j)×c^n +b^j]/2}^2-{[b^(n-j)×c^n -b^j]/2}^2
若畢氏當初以這種方法證明x^2+y^2=z^2的非0整數解，其結論就不一樣。如x，y，z 三個整數就不僅只限於互素，而且數軸上除1以外所有自然數都適合a的選擇，只要n為偶無論大小，又都是2的倍數，均可為該不定方程x^2+y^2=z^2的非0解，可見條件寬鬆，範圍增大，與客觀實際完全相符。最大的優點是：證明過程歸納嚴謹，簡捷明朗，清柝度高，便於套用。還能根據a的因子結構，將等式的不定範圍鎖定在相應區域。
推論二 當n=2k j=(k-1)時,(1)式可改寫成：
a^2k=a^2(k-1)[(a^2+1)/2]^2- a^2(k-1)[(a^2-1)/2]^2 ……(2)
由(a^2+1)/2得知，任意一奇數的平方與1之和的一半,始終為一奇數，則奠定了a^2(k-1)[(a^2+1)/2]^2必為一平方數；又因(a^2-1)/2給出的條件，可以推定在整過自然數中，只有a=3時，才有(3^2-1)/2=2^2，則a^2(k-1)[(a^2-1)/2]^2在(k-1)為2的倍數時，至多能成為一個4次整數冪。無論k取何值，在[k ,(k-1)]=1的約束下，將會出現三個非齊次偶次整數冪的分解式。
推論三 當n=2k+1 j=k時, (1)式可改寫成：
a^2k+1=a^2k[(a+1)/2]^2-a^2k[(a-1)/2]^2 ……(3)
再將a=2b^i±1,（i≤k且i為k的約數）分別代入(3)式：
1、(2b^i-1)^(2k+1)=(2b^i-1)^2k[(2b^i-1+1)/2]^2-(2b^i-1)^2k[(2b^i-1-1)/2]^2
∴ (2b^i-1)^(2k+1)=[(2b^i-1)^(k/i)×b]^2i-[(2b^i-1)^k×(b^i-1)]^2 ……(3—1)
2、(2b^i+1)^(2k+1)=(2b^i+1)^2k[(2b^i+1+1)/2]2-(2b^i+1)^2k[(2b^i+1-1)/2]^2
∴(2b^i+1)^(2k+1)=[(2b^i+1)^k×(b^i+1)]^2-[(2b^i+1)^(k/i)×b]^2i ……(3—2)
(3)式表明，一般條件下，任一自然數的奇次冪，也能分解成兩整數的平方差；相應條件下[如（3—1）與(3—2)式]，至多可以分解為較2k+1低一級的(k=i)2k次與2次整數冪之差或2次與2k次整數冪之差。無論指數中的k和底數a如何選取，終不可能將a^2k+1分解為指數n＞2的齊次乘方差。
結論 1、定理1與定理2經以上詳細證明，確巳成立（沒有整數解存在）。
2、在定理1與定理2的約束下，齊次不定方程x^n+y^n=z^n，必然存在n＞2的自然數時，無正整數解，理由既簡單又充分，因為 這個等式的解沒有一個整數存在，全部是無理數組成的無理數等式方程，故沒有整數存在。
結束語 當然，歷史就是歷史，假如、倘若巳不能改變現實，它給當代人提供了一個相互爭論的平台。無論怎樣爭論，任何條件下，在下認為，以上觀點是訖今為止最簡捷、最完整、最容易接受的唯一方式，敬請相關學者指正。
毛桂成給出的結論是 費爾馬大定理的公式是一個整數不等式公式 ，故不能用無理數等式方程去證明，當你的解不是整數時，說明你給定的公式中的數不是整數，這不是費爾馬大定理中的數，因爾可以說你證的不是費爾馬大定理。
用方程用等式不能證明費爾馬大定理。該定理在1979年已由毛桂成用費爾馬的絕妙證明方法證明。
費爾馬定理
費爾馬是一個十分活躍的 業餘數學家，喜歡和別人通信討論 數學問題。他差不多和同時代的數學家都通過信，受到人們的敬重。
費爾馬經常提出一些難題，寄給熟人，請他們解答，然後再把這些解答與自己的解答對照。他提出的猜想，有被否定掉的；但是他證明過的定理，卻從沒有被推翻過。其中，不少成了後來書上的重要定理。費爾馬在數論上作過傑出貢獻。例如，他發現並證明了一個很重要的基本定理：
P-1
若P為素數，正整數a不能被P整除，那么a -1這個數，一定能夠被P整除。
這個定理叫做費爾馬定理或者費爾馬小定理。1640年，當費爾馬證完這個定理後，興奮地寫信告訴他的朋友說：“我浸浴在陽光中！這個定理按其在數論和近世代數中的重要性來說，的確是值得稱道的。
6
比如我們要考察5-1這個數能不能被7整除，根據費爾馬小定理，由於
6 7-15-1=5-1，所以知道它一定能被7整除。事實也正是這樣。
6
5-1=15624=7×2232。
100
因為這個數小，所以可以寫出來判斷。如果是問1981-1能不能被101整除，就不好算出來看了，但是根據
100101
1981-1=1981-1-1，
所以可以保險這個數能被101整除。1621年，20歲的費爾馬，在巴黎買了一本丟番都的《算術學》的法文譯本。不知他在什麼時候，在書中關於不
2 2 2定方程x+y=z的全部正整數解的這一頁上，用拉丁文寫了這么一段話：
“任何一個數的立方，不能分解為兩個數的立方之和；任何一個數的四次方，不能分解成兩個數的四次方之和；一般來說，任何次冪，除平方以外，不可能分解成其他兩個同次冪之和。我想出了這個斷語的絕妙證明，是書上這空白太窄了，不容我把證明寫出來。”
在自己的書上空白處寫心得，是一些人的讀書習慣，通常叫作“頁端筆記”。費爾馬的這段頁端筆記，用數學的語言來表達就是：形如
n =*
x*+y*=z*的方程，當*大於2時，不可能有正整數解。
費爾馬雖然在數學上有很多重大成就，但是他生前幾乎沒有出版過什麼數學著作。他的著作大都是在他死後，由他的兒子，把他的手搞和與別人往來的書信整理出版的。
費爾馬死後，有人翻閱他的那本丟番都的書，發現了那段寫在書眉上的話。1670年，他的兒子出版了費爾馬里的這一部分頁端筆記，大家才知道這一問題。後來，人們就把這一論斷，稱為費爾馬大定理或者費爾馬問題。
哥德巴赫猜想
哥德巴赫本來是 普魯士派往 俄羅斯的一位公使。後來，他成了一名 數學家。哥德巴赫和 費爾馬一樣，很喜歡和別人通信討論數學問題。不過，他在數學上的成就和聲望，遠遠不如費爾馬，有的人甚至認為他不是數學家。其實，有資料說，他是彼得堡科學院院士。
哥德巴赫與另一名彼得堡科學院院士、著名數學家歐拉經常通信。他們有15年以上的通信歷史，經常討論的是數學問題。
1742年6月7日，哥德巴赫寫信告訴歐拉，說他想冒險發表一個猜想：
“大於5的任何數是三個素數的和。”這裡要順便交待一句，有一個時期，人們把1看成是特殊的素數；後來，才像今天這樣，把1與素數嚴格區別開來。同年6月30日，歐拉在給哥德巴赫的回信中說，他認為：“每一個偶數都是兩個素數之和，雖然我還不能證明它，但我確信這個論斷是完全正確的。”
這次通信的內容傳播出來後，當時數學界把他們兩人通信中談到的問題，叫做哥德巴赫問題。後來，它被歸納為：
命題A：每一個大於或者等於6的偶數，都可以表示為兩個奇素數的和；
命題B：每一個大於或者等於9個奇數，都可以表示為三個奇素數的和。
這就是今天我們所說的哥德巴赫猜想，實際上，應該是哥德奇巴赫——歐拉猜想。比如
50=19+31，51=7+13+31
52=23+29，53=3+19+31
當然，表示方法可能是很多的。比如
50=3+47=7+43=13+37=19+31
很明顯，如果命題A成立，那么，命題B也就成立。因為假設N是大於或者等於9的奇數，那么，N-3就是大於或者等於6的偶數。命題A成立，就是存在著奇素數P與P，使得N-3=P+P，這就是N=3+P+P，就像前面的
1 2 1 21 250與53的關係一樣。但反過來，如果證明了命題B成立，並不能保證命題A就一定成立。
19世紀的很多大數學家，都研究過哥德巴赫猜想，但是進展不大。
1900年，希爾伯特在巴黎國際數學家會議上，提出了23個研究題目，這就是有名的希爾伯特問題，可以說這是23個大難題。哥德巴赫猜想命題A，與另外兩個有關的問題一起，被概括為希爾伯特第八問題。
到了1912年，在第五屆國際數學會議上，著名的數論大師蘭道發言說，哥德巴赫問題即使改成較弱的命題C，也是現代數學家所力不能及的。
命題C意思是：不管是不超過3個，還是不超過30個，只要你想證明存在著一個這樣的正數c，而能“使每一個大於或等於2的整數，都可以表示為不超過c個素數之和”。
過了9年，到了1921年，著名數論大師哈代在哥本哈根召開的國際數學會上說：哥德巴赫猜想的困難程度，可以與任何沒有解決的數學問題相比擬。哈代也認為是極其困難的，但是不像蘭道說得那樣絕對。
1930年，蘇聯25歲的數學家西涅日爾曼，用他創造的“正密率法”，證明了蘭道說的那個現代數學家力不能及的命題C，還估算了這個數c不會超過S，並算出S≤800000，人們稱S為西涅日爾曼常數。
西涅日爾曼的成就震驚了世界。這是哥德赫猜想研究史上的一個重大突破。可惜他只活了33歲。
1930年以後，包括蘭道在內的很多數學家，竟相縮小S的估值，到1937年，得到S≤67。
在1937年，哥德巴赫猜想的研究，又取得了新的成就。蘇聯著名的數學家伊·維諾拉多夫，套用英國數學家哈代與李脫伍特創造的“圓法”，和他自己創造的“三角和法”證明了：
充分大的奇數，都可以表示為三個奇素數之和。
伊·維諾格拉多夫基本上解決了命題B，通常稱為“三素數定理”。
堅固無比的堡壘哥德巴赫猜想，正在被人們逐個攻破。
這裡要注意，命題B所說的是每一個大於或者等於9的奇數，都可以表示為三個奇數之和。數學家在證明這個命題時，往往把9放大到很大很大，比方說放大到十萬，人們只要證明每一個大於十萬的奇數，都可以表示為三個奇素數之和，就算基本上證明了命題B。對於剩下的那一部分從九到十萬的有限個奇數，是否每個都可以表為三個奇素數之和，可以暫時不管，留待以後去檢驗。所以叫做“基本上”證明了命題B。
實際上，維諾格拉多夫未檢驗的有限個奇數，是9到10的400萬次方之間的奇數，即1後面跟400萬個0那么多個數中的奇數。如果真要去逐個檢驗每個是否能表為三個奇素數的和的話，那時還沒有電子計算機，就算用現在最快的電子計算機，從他那時算到現在也算不完。再說也沒有那么大的 素數表供他使用。前面已經介紹過，現在最好的素數表才編到五千萬。可見凡是大於10的400萬次的奇數都能表為三個奇素數之和，這點被證明了，這就更不簡單了。因為前面的那些奇數到底還是有限個，而這裡證明了的是無窮多個！
維諾格拉多夫的工作，相當於證明了西涅日爾曼常數S≤4。
命題B基本上被解決了，於是有些不太了解數論情況的人，曾經認為只差一步就到命題A了，誰知這一步的腿邁出了40多年，還沒有著地哩！
有人核對過從6到3300萬的任何偶數，都能表為兩個奇素數之和。這種核對工作是一直有人在作的。
有的人核對，是想找到一個不能表為兩個奇素數之和的偶數，即找到一個反例，一舉否定哥德巴赫猜想。這樣，哥德巴赫猜想便宣告解決。
有的人核對，是想得到一些統計數字，摸清一些規律，為證明哥德巴赫猜想作準備。
當然，也有人可同時兼有上述兩種意圖。
這裡要注意，無論是從6算到3300萬也好，還是從6算到3300億也好，都是有限個數。由這些有限個數統計出的任何數據，除非是反例，都是不能用來當作證明的依據。
在命題A的研究過程中，人們引入了“殆素數”的概念。
什麼叫殆素數？我們知道，除1以外的任何一個正整數，一定能表示成若干個素數的乘積，這其中的每一個素數，都叫做這個正整數的一個素因子。每一個正整數，相同的素因子要重複計算，它有多少個素因子，是一個確定的數。如果這個正整數本身就是素數，就說它只有一個素因子。以25到30這六個數為例：
25=5×5 有2個素因子
26=2×13 有2個素因子
27=3×3×3有3個素因子
28=2×2×7有3個素因子
29是素數 有1個素因子
30=2×3×5有3個素因子
殆素數就是素因子 （包括相同的和不同的）的個數不超過某一個固定常數的自然數。例如25到30的六個數中，25、26、29三個數，是素因子不超過2的殆素數，其餘三個不是。要是說素因子不超過3的數是殆素數，那這六個數就是殆素數。
套用殆素數的概念，可以提出一個新命題 D，通過對這個命題的研究，來接近命題A。
命題D：每一個充分大的偶數，都是素因子的個數不超過m與n的兩個殆素數之和。
這個命題簡記為“m+n”。
注意，這裡的“3+4”或者“1+2”等是數學命題的代號，與3+4=7或者1+2=3毫無任何關係。就像有的電影院把座位13排8號簡寫作“13-8”，與13-8=5沒有任何關係一樣。
例如，“1+2”就是每個充分大的偶數，都可以表示成素因子的個數不超過1個（即素數），與素因子的個數不超過2個的兩個數的和。比如100=23+7×11，434=31+13×31，168=79+89等都是合乎要求的。如果能證明，凡是比某一個正整數大的任何偶數都能像這樣，表示成一個素數加以兩個素數相乘，或者表示成一個素數加上一個素數，就算證明了“1+2”。
如果能證明“1+1”，就基本上證明了命題A，也就是基本上解決了哥德巴赫猜想。等到那時，哥德巴赫猜想就該叫哥德巴赫定理了。——人們已經為此奮鬥了將近240年。
