一种可证明费马猜想及比尔猜想成立的巧妙思路

文/罗莫

用洛书定理的整数幂尾数周期循环判定法则，以及不等式指数或底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和考拉兹猜想，这是怀尔斯的模形式和椭圆曲线工具目前所不能完成证明的。

费马小定理及费马无穷递降法，果真很有威力，费马当年自称有一个巧妙证明原来不是吹牛！！！

洛书定理：整数幂尾数皆不超出四周期循环

考虑到河图洛书的数独图所呈现出来的整数规律体现了幂尾数皆不超出四周期循环的规律，故把这一发现命名为洛书定理，就像不同模数不同余数的未知数可用孙子算法解决于是叫孙子定理一样，尽管现代算法是独立发现的，我们还是要尊重古人的首次发现权。

那洛书定理的现代数学表达是怎样的呢？

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 5，0乘以偶数，其个位数还是0。古代洛书的数独图对此规律进行了双螺旋序列表达，即非0尾数的偶数其幂数个位数呈“2、4、8、6”四周期（含“4、6”二周期、“6”一周期）循环出现，非5尾数的奇数幂数其个位数呈“ 3、9、7、1”四周期（含“9、1”二周期、“1”一周期）循环出现。

证明该定理很容易，根据乘法口诀表，我们进行分类完全统计得到：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，所有奇合数与奇素数都是奇素数自己或自乘或互乘的结果，故奇数的幂数尾数除5外，是3、9、7、1，偶数的幂数尾数除0外，剩下的是2、4、8、6。即所有整数的幂尾数皆不超出四周期循环。可见洛书定理来自乘法口诀表的有序分类。用模运算表达就是——

偶数的情形：

(2+mod10)^n=(2or4or8or6)+mod10,其中n=4k+1时，同余2，n=4k+2时，同余4，n=4k+3时，同余8，n=4k时，同余6。

(8+mod10)^n=(8or4or2or6)+mod10,其中n=4k+1时，同余8，n=4k+2时，同余4，n=4k+3时，同余2，n=4k时，同余6。

(4+mod10)^n=(4or6)+mod10,其中n=4k+1时，同余4，n=4k+2时，同余6，n=4k+3时，同余4，n=4k时，同余6。

(6+mod10)^n=6+mod10,其中n=4k+1时，同余6，n=4k+2时，同余6，n=4k+3时，同余6，n=4k时，同余6。

(0+mod10)^n=0+mod10,其中n=4k+1时，同余0，n=4k+2时，同余0，n=4k+3时，同余0，n=4k时，同余0。

奇数的情形：

(3+mod10)^n=(3or9or7or1)+mod10,其中n=4k+1时，同余3，n=4k+2时，同余9，n=4k+3时，同余7，n=4k时，同余1。

(7+mod10)^n=(7or9or3or1)+mod10,其中n=4k+1时，同余7，n=4k+2时，同余9，n=4k+3时，同余3，n=4k时，同余1。

(9+mod10)^n=(9or1)+mod10,其中n=4k+1时，同余9，n=4k+2时，同余1，n=4k+3时，同余9，n=4k时，同余1。

(1+mod10)^n=1+mod10,其中n=4k+1时，同余1，n=4k+2时，同余1，n=4k+3时，同余1，n=4k时，同余1。

(5+mod10)^n=5+mod10,其中n=4k+1时，同余5，n=4k+2时，同余5，n=4k+3时，同余5，n=4k时，同余5。

有了以上洛书定理的发现，就可以用来证明考拉兹猜想、费马猜想以及比尔猜想了。

费马猜想

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 x^n＋y^n = z^n，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 z^2 ＞x^2 ＋y^2 或 x^2＋y^2＜z^2。整数域毕达哥拉斯方程x^2＋y^2＝z^2，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 弦 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勾股数本原解，而指数 n＞2 时费马方程无整数解，以下证明之。

根据互质数分配和洛书定理，三元幂数方程（费马方程）的指数发生变化时，各元解集会有相应特征。当各元指数n=1时，一奇一偶相加减或一奇一奇相加减可得到任意奇数或偶数，有任意解不表。

当各元指数n=2时，一奇一偶相加减可得到5因子奇数或一奇一奇相加减可得到5因子偶数，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以及4和6 或加或减，其尾数都不能等于4或6或9或1，即两类尾数集相加后不会还是自身集的元素，故可推论出存在无穷组本原解勾股数，皆含有5因子数。

当各元指数n=3时，一奇一偶相加可得到5因子奇数或一奇一奇相加可得到5因子偶数，5 因子数只有 5 结尾数或 0 结尾数。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 +3 次方运算后，奇数的尾数有 7、1、3、9，偶数的尾数有 8、6、2、4 ，而两类尾数集相加后不会还是自身集的指数对应同余数元素，故可推论出若有解也必含有5因子数，若在5因子数中找不到解，则方程无解。

当各元指数n=4时，一奇一偶相加可得到5因子奇数或一奇一奇相加可得到5因子偶数，5 因子数只有 5 结尾数或 0 结尾数。指数为4时的费马方程一奇一奇的1尾数相加减或一奇一偶的1和6相加减都不会获得指数为4的同余数1和6，只能获得指数为4的同余数0和5。可见偶指数的费马方程若有解必有一元解含5p因子数。而在5p因子解最终仍无解，则方程就无解。

那5 因子数的本原解在指数大于2时的偶指数费马方程中是否也一样存在？y或 z不取 5p 时毕达哥拉斯方程都是不等式。即方程 x^2 + y^2 = z^2 或者 y^2 – x^2 = z^2 在y或z没有 5 因子数的两组解时，一定是不等式，刚已完成证明。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？我们在毕达哥拉斯有解方程 3^2 + 4^2 = 5^2 或者 13^2 – 12^2 = 5^2 或者 20^2 + 21^2 = 29^2 的基础上进行分类。总的来说有以下四种代表形式：第一种“奇减偶”等于 5 尾数的，第二种“奇加偶”等于 5 尾数的，第三种“奇减奇”等于 0 尾数的，第四种“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是奇数时，是第一种“奇减偶”等于 5 尾数的情况；当 p 是偶数时，就是第三种“奇减奇”等于 0 尾数的情况。现将 y^2 – x^2 = (5p)^2，在真实有解等式的两边同时乘以 5p，得到 y^2(5p) – x^2(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 5py^2，5px^2 进行更换。5py^2 因子项的底数变大，5px^2 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。5py^2 因子项的底数变大于5p，5px^2 因子项的底数也同时变小于 5p，那么左边会更大。将 5py^2 因子项的底数变小，5px^2 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。5py^2 因子项的底数变小于 5p， 5px^2 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＞y^3 – x^3 或 y^3 – x^3＞(5p)^3。

另外两种情况，将(5p)^2 = y^2+ x^2 两边乘以 x(x＞1)，得x x^2 + x y^2 = x(5p)^2，变换后得 xx^2 = x(5p)^2 –xy^2，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 –x y^2＞x^3，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 x^3 ＞ (5p)^3 – xy^2，不等式成立。即不等式(5p)^3＞y^3 + x^3 或 y^3 + x^3＞(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。也就是说指数为3时的费马方程无整数解，证明该结论是通过洛书定理得到的偶指数费马方程若有解必仅有一项5p解以及不等式降维法来获得的连5p解都不存在。

用数学归纳法继续证明，当不等式(5p)^n＞y^n + x^n 或 y^n + x^n ＞(5p)^n 是成立的话，那么(5p)^(n+1)＞ y^(n+1) + x^(n+1)或 y^(n+1) + x^(n+1)＞(5p)^(n+1) 也是成立的。当不等式(5p)^n＞y^n – x^n 或 y^n – x^n＞(5p)^n 是成立的话，那么(5p)^(n+1)＞y^(n+1) – x^(n+1) 或 y^(n+1) – x^(n+1) ＞(5p)^(n+1) 也是成立的。以下证明之。

将不等式(5p)^n＞y^n + x^n 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)＞y^(n+1) + x^(n+1)成立。

将不等式 y^n + x^n＞(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 y^(n+1) + x^(n+1)＞(5p)^(n+1) 成立。

将不等式(5p)^n＞y^n – x^n 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)＞y^(n+1)-x^(n+1)成立。

将不等式 y^n – x^n＞(5p)^n 的两边乘以 x，左边的 y 项换成较大量，5p 换成小量，不等式仍成立，即(5p)^(n+1)＞ y^(n+1) – x^(n+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 整数解而导致无解的首项判定成立，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。而无5p解则费马方程无通解，其中有5p也将导致费马方程无整数解。本文证明的要点再次强调一下，同费马和欧拉的证法不同。初项成立用的是洛书定理和毕达哥拉斯方程以及不等式降维法，推广成立证明用的是洛书定理和不等式降维法。

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 或 9，偶数的尾数只有 4 或 6，而 1 或 9与4或6两组或加或减，其尾数都不能等于 4 或 6与1或9；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 1 都不能等于 6或1。4 模数中的余 2 和余 4 数囊括了所有的偶数，因此偶指数大于2的费马方程一定无整数解。

根据 5p 不能成为偶指数大于2的费马方程的本原解，即可证明偶指数大于2的偶指数费马方程无解，因为费马方程指数大于或等于2时若有解必须其中一项得有5p解。那是否可进一步证明大于2的任意指数的费马方程都无本原解？这个结论可以通过不等式指数增减等价变换得到证明。

根据洛书定理、毕达哥拉斯定理及指数大于2的偶指数费马方程没有 5p 解，证明了 x^2k＋y^2k＞z^2k 或 z^2k＞x^2k＋y^2k 成立。现证明 x^(2k-1)＋y^2k-1＞z^(2k-1) 或 z^(2k+1)＞x^(2k+1)＋y^(2k+1) 也成立。将前一个不等式除以 z，不等式大边中的分母较大量换成较小量，大边仍大。将后一个不等式乘以 z，不等式小边中的分子较大量换成较小量，小边仍小。于是 x^(2k-1) ＋y^(2k-1)＞z^(2k-1) 或 z^(2k+1)＞x^(2k+1)＋y^(2k+1) 得证，如此偶数与奇数时的两种情况都得到了证明。即 x^k＋y^k ＞z^k或 z^k＞x^k＋y^k 得证。X^k – y^k＞z^k 或 z^k＞x^k – y^k 可同理得证。将 x^2k – y^2k＞z^2k 两边同乘以 z，z 换成较大量，左边仍大，x 换大于 z，y 换小于 z，左边仍大；z^2k＞x^2k – y^2k 两边同乘以 z，z 都换成较小量，右边仍小，x 换小于 z，y 换较大数，右边仍小。于是 x^(2k-1) – y^(2k-1)＞z^(2k-1) 或 z^(2k+1)＞x^(2k+1) – y^(2k+1) 得证。指数奇偶情况都得证，即 x^k＋y^k＞z^k 或 z^k＞x^k＋y^k 和 x^k – y^k＞z^k 或 z^k＞x^k – y^k 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，即无所有本原解，故也就没有大于2的偶指数费马方程通解，继而也就没有大于2的奇指数费马方程通解。这意味着，当费马方程除了大于2的偶指数时无通解，通过偶指数加1变成奇数时，费马方程仍为不等式，这是通过数学归纳法得到的，假设奇指数2k-1时成立，求证（2k-1）+1时是否成立，而2k是偶指数，已证是成立的，故用数学归纳法证明了大于2的奇指数时费马方程没有通解亦成立。即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。奇偶两者合并，即指数大于2时的正整数域都无解。

3指数费马方程根据洛书尾数定理和不等式降维法在确定可能有唯一5因子解时可判最终方程无通解，无5因子解时根据毕达哥拉斯方程和不等式降维法可判指数大于2的费马方程彻底无通解。偶指数费马方程有5因子解时根据洛书尾数定理可判无通解，无5因子解时根据不等式降维法可判指数大于2的费马方程无通解。

其实费马的无穷递降法就是数学归纳法。他是通过基于假设的推导命题递降到初项n=4时同已证命题一致来证明猜想的。其中初项n=4时可以如此证明方程无整数解成立：

根据费马小定理a^(p-1)=1( mod p )，必有a^4-a=5m,那么a^4-(b^1/4)^4=(5m^1/4)^4,从勾股定理中不难发现，后面一项b若不是a时，m也不会跟a匹配，若a与b不含5因子，m也不含5因子时，方程解是空集，若有一项含5因子数，指数必等于4。于是，从费马小定理可知，费马方程的指数等于4时，若无5因子解时，又多出5因子，方程无解，若有5因子解时，5因子的指数又不够开方，方程亦无解。可见不用洛书定理，也可以得出指数为3的费马方程无整数解。推广到n维成立，费马则借助了无穷递降法。可见费马小定理加无穷递降法就能独自证明费马猜想成立。果真用大点边角就能写完证明。费马小定理可由欧拉定理推出，可见欧拉也一样可以完成费马定理的指数初项成立证明。

不等式降维法加假设项再加初项是标准数学归纳法的证明，无穷递降法直接加初项成立是抽象数学归纳法，二者都需要初项成立。也就是说必须要证明，费马方程指数为4时无整数解，我所理解的费马是完全可以通过费马小定理加无穷递降法证明费马猜想的，但我不知道费马证明指数为4时方程无解时并推广到无穷维的真实情况，也不知道欧拉是如何证明指数为3时方程无整数解的。但据很多出版物介绍费马已经证明了指数为4时费马方程无整数解，如果是这样，费马当年的确已经证明了费马猜想。欧拉已经证明了指数为3的费马方程无整数解情形，但推广到无穷维时毫无办法。欧拉怎么会没想到不等式降维法呢？另外无穷递降法也好理解呀，欧拉与高斯一定不是卡在此处。一定是3维和4维的初项证明没有让人信服，其实推广到n维真的不难。他们都具备了可证明费马猜想的知识架构。

而本文作者是用标准数学归纳法完成费马猜想证明的。首先基于假设的迭代推导命题与假设不矛盾（通过不等式降维法），其次用洛书定理证明了使用归纳法时必须具备的命题初项成立（通过幂尾数循环法）。而费马是从指数3时无解直接用无穷递降法跳级证明了费马猜想，这是可行的，只是比较抽象而已。

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。费马的无穷递降法是反证，是通过证伪来证真的，无穷递进法是直接证真的。两者的核心方法是一致的，本文的证明用的是后者，费马完全具备可证明的条件。故费马有一个巧妙证明是完全可能的，书角写不下，两三页纸还是可以写完的。（费马猜想证毕）

比尔猜想

比费马猜想难度更高的是其一般化推广，即比尔猜想，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 均为大于 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 x^ a＋y^ b = z^ c，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 次方还是偶数。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 等于 1 时，方程有无数组整数解。当 a，b，c 小于或等于 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。

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

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：y^2 - (z^2 – x^2) ＞0（5 因子解除外）或者 y^2 - (z^2 + x^2)＞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 大于 2，故可得到 y^2b- (z^2c – x^2a)＞0 或者 y^2b –(z^2c + x^2a)＞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。

根据费马大定理，可推出，x^4a＋y^4b＞z^4c 或 z^4c＞x^4a＋y^4b 即比尔方程指数为偶数 4a，4b，4c时无解，a，b，c 是毕达哥拉斯方程底数中抽取出的指数，a，b，c 大于 2 时，即是个不等式，令（z＞x＞y）。费马方程是同幂方程，指数大于 2 时无解，是费马不等式，刚已经证明，不同幂时是比尔方程，指数为大于 2 的偶数时，可见也是不等式。

但用洛书定理的尾数判定就极容易完全证明全部偶数指数的比尔方程都是不等式的判定生效，前文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，可证明比尔方程也是如此。既然指数分别为 4a + 4，4b + 4，4c + 4 的比尔方程无解，说明此时没有 5p 解，由于 5 因子增加一个 2 次方，其尾数不变。当比尔方程的指数 4a + 4，4b + 4，4c + 4 变为指数 4a + 2，4b + 2， 4c + 2 时，比尔方程含 5p 因子且增加 2 次方后，比尔方程仍是不等式 5p5px^4a＋5p5py^4b＞5p5pz^4c，或 5p5pz^4c＞5p5px^4a＋5p5py^4b，前者当 z 中的 5p 换成较小数，x 中的 5p 换成较大数时，不等式仍成立，后者当 z 中的 5p 换成较大数，x 中的 5p 换成较小数时，不等式仍成立。可见比尔方程指数偶数为没有 5p 解。

而此时，只有方程的两边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 及4和6或相加或相减，其尾数都不能等于 4 或 6和1或9；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 1 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，因此比尔偶指数方程一定无整数解。其中 n 换成 a，b，c 后，性质不变。既然 4n + 4 时，方程尾数不能拉平获得等式，4n + 2 时，尾数同样不能拉平，因为 5 因子的指数加上 2 次方后，不等式性质不变。由此可以证明，指数分别为 4a + 2，4b + 2，4c + 2 时的比尔方程同样无解。而4a，4b，4c 和 4a + 2，4b + 2，4c + 2 已经囊括所有偶数。故 x^2a + y^2b ＞ z^2c 或 z^2c ＞ x^2a + y^2b，即比尔方程指数为偶数 2a，2b，2c 时无解。

那么，当 x^2a + y^2b＞z^2c，不等式的两边同时除以一个z，可得到x ^2a+ y^ 2b ＞z^(2c-1)，而 x 和 y 都小于 z，故必有 x^(2a-1)+ y^(2b-1)＞z^(2c-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 z^2c＞x^2a + y^2b，不等式的两边同时乘以一个 z，可得到 z^(2c+1)＞z^x^2a + zy^2b，而 x 和 y 都小于 z，故必有 z^(2c+1)＞x^(2a+1) + y^(2b+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，x^(2a-1) + y^(2b-1)＞ z^(2c-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 A^2t、B^2t、C^2t，因为这些数都是三元数中的子集，于是可得( A^2t )^(2a+1) + ( B^2t )^(2b+1)＞( C^2t )^(2c+1) 或( C^2t )^(2c+1)＞( A^2t )^(2a+1)
+ ( B^2t )^(2b+1) 也必成立，将括号中的数换成 x，y，z 表达，就是 x^(2a+1) + y^(2b+1)＞z^(2c+1) 或 z^(2c+1)＞x^(2a+1) + y^(2b+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 y^ 2b –(z^2c – x^2a)＞0 或者 y^ 2b -（z^2c + x^2a）＞0，以及在 x^(2a+1)
+ y^(2b+1)＞z^(2c+1) 或 z^(2c+1)＞x^(2a+1) + y^( 2b+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或减一个指数单位 1 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，最后奇偶混搭时亦成立，于是费马猜想一般化推广即比尔猜想也就获得了证明。（比尔猜想证毕）。（本文发表在《数学学习与研究》2015.15 期刊，2015 年 3 月修改于深圳。后收录于2017年5月出版的《深圳基础理论原创文集》数学物理卷一书中）。