费马大定理的巧妙证明
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理3和奇、偶数的性质（2），在这个等式的右边，除末一项外，其余各项均为偶数，所以奇数的任意正 整数次幂均是奇数．
②设偶数为 2a ，则 (2a)n = 2n an ，根据引理3，所以偶数的任意正整数次幂均是偶数．
综上所述，当 un 是奇数时， u 不会是偶数；当 un 是偶数时， u 不会是奇数，所以 un （ u, n 均是
x2t+1 + y2t+1 = z2t+1 （ t属于正整数）无正整数解的巧妙证明
夏永祥
湖南省湘潭县花石中心小学
E-mail:x iashihuan@126.com
摘 要： 本文利用数表排阵法、数学归纳法、反证法和考察尾数法等初等方法，证明了不定方程
x 2t +1 + y 2t +1 = z2t +1（ t 属于任意正整数）中 x, y, z 不能同时有正整数解，从而完成了对费马大定理
数叫奇数（在本文中为了计算的方便，用符号“ Ο ”表示）．同时偶数还可以用代数式 2a 表示，奇数
还可以用代数式 2a + 1表示．尾数（本文所讲的尾数都是指正整数的末尾一位）是0、2、4、6、8的自
然数都是偶数，尾数是1、3、5、7、9的自然数都是奇数． （注：本文所讲的奇数和偶数，都是指的自然数，不涉及负奇数与负偶数；在用字母表示数时，
阵的对称性特点，得出了两个重要的关系式
：
(m
− k )n
+
yn
=
(y
+
k )n
和
⎧m − x ⎩⎨z − m
= =
z− y y−x
，然后根据
这两 个关系 式，推得如果 不定 方程 x 2t+1 + y 2t+1 = z 2t+1（ t 为任 意正整 数）中 x, y, z 同时 有正整 数
解， 则不 定 方 程 (m − k )2t+1 + m2t+1 = (m + k )2t+1 （ t 为任 意正 整 数 ）中 m 与 k 一定 同时 有 正 整数 解，
正整数）的奇偶性由 u 的奇偶性决定．
引理5：若 a,b 为整数，则 a + b 与 a − b 有相同的奇偶性，即 a + b 与 a − b 同为奇数或同为偶数．
证明：①若 a,b 同为偶数，则根据引理1， Ε ± Ε = Ε ，所以 a + b 与 a − b 同为偶数； ②若 a,b 同为奇数，则根据引理1， Ο ± Ο = Ε ，所以 a + b 与 a − b 同为偶数； ③若 a,b 一个为奇数，另一个为偶数时，则根据引理1， Ο ± Ε = Ο ，所以 a + b 与 a − b 同为
的巧妙证明，避开了抽象数学、群论等高深的数学知识，而且通俗易懂，文字不多，稍有数学基础的人 都能看懂．这里再次证明了排阵法在数论中确实具有基础性的地位．
关键词：费马大定理，数论，排阵法,不定方程，正整数解 中图分类号：O156.1
1.引言
费马大定理这个数学难题已经由英国的数学家威利斯（Andrew Wiles）于1994年解决，他是利用二 十世纪过去三十年来抽象数学发展的结果加以证明的．但证明过程之复杂，文字之长，不是一般人所能
③设一个奇数为 2a + 1，另一个偶数为 2b ，则 (2a + 1)2b = 2(2ab + b) ，所以奇数与偶数的积是
偶数．
引理3：在连续几个整数的连乘积中只要有一个是偶数，则它们的乘积是偶数，即： a ⋅ b ⋅ c⋯Ε⋯ = Ε （式中 a,b,c⋯ 均为整数）． 证明：因为 Ε 是偶数，能被2整除，所以 a ⋅ b ⋅ c⋯Ε⋯ 也能被2整除，所以 a ⋅ b ⋅ c⋯Ε⋯ 的乘积是偶数．
②设一个偶数为 2a ，另一个偶数为 2b ，则 2a ± 2b = 2(a ± b) ，所以偶数与偶数的和（或差）是偶
数．
③ 设 一 个 奇 数 为 2a + 1 ， 另 一 个 偶 数 为 2b ， 则 (2a +1) ± 2b = 2(a ± b) +1 或 2b ± (2a + 1) = 2(b ± a) ± 1，所以奇数与偶数的和（或差）是奇数． 引理2：奇数与奇数的积是奇数（即 Ο ⋅ Ο = Ο ）；偶数与偶数的积是偶数（即 Ε ⋅ Ε = Ε ）；奇数与偶数的
这一结Leabharlann Baidu并非通过先猜测再验证的（详见本人写的论文《利用数表排阵法对勾股数通解公式的推
导》）．今年，我继续研究这个问题时发现，这种方法还 确实为巧妙证明费马大定理提供了捷径．
根据陈景润在《初等数论Ⅰ》（科学出版社1978）第67-68页的证明，要证 明费马 大定 理是正 确 的
（ 即 xn + y n = zn 对 n 大 于 2 的 正 整 数 x, y, z 不 能 同 时 有 正 整 数 解 ），只 需 证 x4 + y 4 = z 4 和
为奇数时，前两个正整数的尾数之和的尾数等于下一个正整数的尾数的．如果 有相等 的情 况，那么 再 考察它们的十位数字，发现，当考察到十位数字时，不需要得到十位数字具体是多少，只要分 析奇偶性，就可以得到再也没有前两个正整数的末尾两位数字之和的末尾两位等于下一个正整 数的 末尾两 位的 ．于是 费马大 定理 最后得 证．
看懂的．本人于2009年引入桥数 m 直接利用数表排阵法推导出了不定方程 x2 + y 2 = z 2 中 x, y, z 同时
为正整数的通解公式是：
⎧ ⎪
⎪⎧当k为奇数时， m =
⎪ x = m − k (k取遍所有大于 0的自然数 ) ⎨
⎪
⎪当k为偶数时， m =
2 nk (n为大于 1且能使 y > x的自然数） i
⎣(10a)n ⎦w = 0 ； ⎣(10a ⎦ + 1)n w = 1； ⎣(10a ⎦ + 5)n w = 5 ； ⎣(10a + ⎦ 6)n w = 6 。
引理4：奇数的任意正整数次幂均是奇数（用符号表示是 Οn = Ο ， n 为正整数）；偶数的任意正整数次
幂均是偶数（用符号表示是 Εn = Ε ， n 为正整数），即 un （ u, n 均是正整数）的奇偶性由 u 的奇偶性决
3
定．
证明：①设奇数为 2a + 1， 根据二项式定理则有： (2a +1)n = (2a)n + n(2a)n−1 + Cn2 (2a)n−2 +⋯⋯ +1n 根据引
符号表示是： ⎣9⎦2w = 0 ．这种符号既表示一个正整数的尾数或末尾第二位，同时在运算中还相当于括
号的作用．
引理 1：奇数与奇数的和（或差）是偶数 （即 Ο ± Ο = Ε ）；偶数与偶数的和（或差）是偶数（即
Ε ± Ε = Ε ）；奇数与偶数的和（或差）是奇数（即 Ο ± Ε = Ο ）．
证 明 ： ① 设 一 个 奇 数 为 2a + 1 ， 另 一 个 奇 数 为 2b + 1 ， 则 (2a + 1) + (2b +1) = 2(a + b +1) 或 (2a +1) − (2b +1) = 2(a − b) ，所以奇数与奇数的和（或差）是偶数．
奇数． 综上所述，于是引理5得证．
引理6：底数的尾数是0、1、5、6的正整数，它们的任意正整数次幂的尾数与原底数的尾数相同． 证明 ： 根据 乘 法 表 ， 积 的 尾 数 与 它 的 因 素 的 尾 数 相 同 的 有 0 × 0 = 0 ， 1× 1 = 1 ， 5 × 5 = 25 ，
6 × 6 = 36，如果用符号“ ⎣a⎦w ”表示这个正整数的尾数，则有 ⎣25⎦w = 5, ⎣36⎦w = 6, 同时，它们的任
意正整 数次幂的个位也 与它的因素的尾 数相同．即： ⎣(0)n ⎦w = 0 ， ⎣(1)n ⎦w = 1 ， ⎣(5)n ⎦w = 5 ，
⎣ ⎦ (6)n w = 6 ．如果用 10a ，10a + 1，10a + 5 ，10a + 6 分别表示底数的尾数是0，1，5，6的正整数，
则不难证出它们的任意正整数次幂的尾数也与原底数的尾数相同．即：
且 m, n 互质（ m 为0除 外 ）．
无限不循环小数是无理数，任何一个无理数都不能表示成两个整数之比． 关于整数有下面的性质：整数与整数的和、差、积仍然是整数，商不一定是整数；整数的乘方仍然 是整数，整数的开方不一定是整数（乘方与开方的次数均是正整数）． 关于有理数有下面的性质：有理数与有理数的和、差、积、商（除数不能为 0）仍然是有理数；有 理数的乘方仍然是有理数，有理数的开方不一定是有理数（乘方与开方的次数均是正整数）． Ⅳ：等式的性质有： （1）等式两边同时加上(或减去)相等的数或整式，等式仍然成立． （2）等式两边同时乘以（或除以不为零的）相等的数或整式，等式仍然成立． （3）等式两边同时乘方(或开方)，如果次数相等且都为正整数，那么等式仍然成立．
积是偶数（即 Ο ⋅ Ε = Ε ）．
证明：①设一个奇数为 2a + 1，另一个奇数为 2b + 1 ，则 (2a + 1)(2b + 1) = 2(a + b + 2ab) + 1 ，所以
奇数与奇数的积是奇数．
②设一个偶数为 2a ，另一个偶数为 2b ，则 (2a)(2b) = 4ab ，所以偶数与偶数的积是偶数．
3．预备知识：
在完成费马大定理的证明时，会用到以下一些基础知识：
( ) Ⅰ：二项式定理：
a+b
n
= Cn0 an
+ Cn1a n−1b + Cn2a n−2b2
+
⋯⋯
+
C
n n
−1ab
n −1
+
C
n n
b
n
（ n 为正整数．） Ⅱ：能被2整除的整数叫偶数（在本文中为了计算的方便，用符号“ Ε ”表 示 ，），不 能 被 2整除的整
然后 再证明 在不 定方程 (m − )k 2t+1 + m2t+1 = (m + )k 2t+1（ t 为任 意正整 数）中 m 与 k 不能 同时有 正 整
数解 ．在证 明 m与 k 不能 同时有 正整 数解时 ，是采 取考 察尾数 法，因 为 m 始终 为偶数 ，所 以先 对
k 为偶数时进行讨论，然后通过数表排阵得出在间距相等的三个连续正整数中有哪些当 m 是偶数， k
Ⅴ：本文将会用到一种特殊符号 “ ⎣ ⎦w ”，它是表示某个正整数的尾数，如67的尾数是7，用符号
表示是： ⎣67⎦w = 7 ，再如2001的尾数是1，用符号表示是： ⎣2001⎦w = 1．符号“ ⎣ ⎦2w ”表示某个正
整数的末尾第二位，如8795的末尾第二位是9，用符号表示是： ⎣8795⎦2w = 9 ，9的末尾第二位是0，用
x p + y p = z p ( p 为奇 质数 ) x, y, z 均不 能同时 有正 整数解。其中 x4 + y 4 = z 4 没有 正整数 解他 已 经
在此 书中完 成了 证明（第 68-69页）．本文将利 用数表 排阵 法 、数学归纳法、反证法和考察尾数法等
1
初等方法来证 明 x p + y p = z p ( p 为奇 质数 )也没 有正整 数解．但在 实际证 明时，我们 是分别 证 明
当 n = 4t + 1（ t 为任意正整数）、 n = 4t + 3 时（ t 为任意自然数）（也就是当 n 为任意大于 2的奇
数时） xn + yn = zn 均无正整数解．
2.证明思路
先证明当 x与y 相等时， xn + y n = zn (n ∈ Ν且n > 2)无正整数解，再证明当 x与y 一大一小时，
如无特别说明，都是指正整数．） 关于奇数和偶数，还有下面的性质： （1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必定一个是奇数一个是偶数． （2）奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数．
2
Ⅲ：整数和分数统称有理数，任一有理数都可以表示成 m 的形式，其中 m 是整数， n 是非零整数， n
x 2t+1 + y 2t+1 = z 2t+1（ t 为任 意正整 数）也无 正整数 解．在证明 第二步时，是设 y 为较 大的一 个 正
整数，然后对所 有的正 整数 的 n 次幂 之和构 建数 表排阵，从数表排 阵中引 入桥 数 m 的概 念，并 且
证明了如果 xn + yn = zn 有正整数解，则它的桥数一定存在，并且桥数 m一定是偶数．根据数表排
1 nk (n为大于 3且能使 y > x的自然数）
⎪
⎩
i
⎪
⎪ ⎨ ⎪
y = m 2 − 2mk 2k
⎪
⎪
⎪ z= y+k
⎪
⎪ ⎩
（当 k 为奇数时，i 为 k 的最大正整数的平方因素;当 k 为偶数时，i 为 k 除以2后的最大正整数的平
方因素．如当 k = 9 时， i = 32 ， m = 2 nk ．） 3
②设偶数为 2a ，则 (2a)n = 2n an ，根据引理3，所以偶数的任意正整数次幂均是偶数．
综上所述，当 un 是奇数时， u 不会是偶数；当 un 是偶数时， u 不会是奇数，所以 un （ u, n 均是
x2t+1 + y2t+1 = z2t+1 （ t属于正整数）无正整数解的巧妙证明
夏永祥
湖南省湘潭县花石中心小学
E-mail:x iashihuan@126.com
摘 要： 本文利用数表排阵法、数学归纳法、反证法和考察尾数法等初等方法，证明了不定方程
x 2t +1 + y 2t +1 = z2t +1（ t 属于任意正整数）中 x, y, z 不能同时有正整数解，从而完成了对费马大定理
数叫奇数（在本文中为了计算的方便，用符号“ Ο ”表示）．同时偶数还可以用代数式 2a 表示，奇数
还可以用代数式 2a + 1表示．尾数（本文所讲的尾数都是指正整数的末尾一位）是0、2、4、6、8的自
然数都是偶数，尾数是1、3、5、7、9的自然数都是奇数． （注：本文所讲的奇数和偶数，都是指的自然数，不涉及负奇数与负偶数；在用字母表示数时，
阵的对称性特点，得出了两个重要的关系式
：
(m
− k )n
+
yn
=
(y
+
k )n
和
⎧m − x ⎩⎨z − m
= =
z− y y−x
，然后根据
这两 个关系 式，推得如果 不定 方程 x 2t+1 + y 2t+1 = z 2t+1（ t 为任 意正整 数）中 x, y, z 同时 有正整 数
解， 则不 定 方 程 (m − k )2t+1 + m2t+1 = (m + k )2t+1 （ t 为任 意正 整 数 ）中 m 与 k 一定 同时 有 正 整数 解，
正整数）的奇偶性由 u 的奇偶性决定．
引理5：若 a,b 为整数，则 a + b 与 a − b 有相同的奇偶性，即 a + b 与 a − b 同为奇数或同为偶数．
证明：①若 a,b 同为偶数，则根据引理1， Ε ± Ε = Ε ，所以 a + b 与 a − b 同为偶数； ②若 a,b 同为奇数，则根据引理1， Ο ± Ο = Ε ，所以 a + b 与 a − b 同为偶数； ③若 a,b 一个为奇数，另一个为偶数时，则根据引理1， Ο ± Ε = Ο ，所以 a + b 与 a − b 同为
的巧妙证明，避开了抽象数学、群论等高深的数学知识，而且通俗易懂，文字不多，稍有数学基础的人 都能看懂．这里再次证明了排阵法在数论中确实具有基础性的地位．
关键词：费马大定理，数论，排阵法,不定方程，正整数解 中图分类号：O156.1
1.引言
费马大定理这个数学难题已经由英国的数学家威利斯（Andrew Wiles）于1994年解决，他是利用二 十世纪过去三十年来抽象数学发展的结果加以证明的．但证明过程之复杂，文字之长，不是一般人所能
③设一个奇数为 2a + 1，另一个偶数为 2b ，则 (2a + 1)2b = 2(2ab + b) ，所以奇数与偶数的积是
偶数．
引理3：在连续几个整数的连乘积中只要有一个是偶数，则它们的乘积是偶数，即： a ⋅ b ⋅ c⋯Ε⋯ = Ε （式中 a,b,c⋯ 均为整数）． 证明：因为 Ε 是偶数，能被2整除，所以 a ⋅ b ⋅ c⋯Ε⋯ 也能被2整除，所以 a ⋅ b ⋅ c⋯Ε⋯ 的乘积是偶数．
②设一个偶数为 2a ，另一个偶数为 2b ，则 2a ± 2b = 2(a ± b) ，所以偶数与偶数的和（或差）是偶
数．
③ 设 一 个 奇 数 为 2a + 1 ， 另 一 个 偶 数 为 2b ， 则 (2a +1) ± 2b = 2(a ± b) +1 或 2b ± (2a + 1) = 2(b ± a) ± 1，所以奇数与偶数的和（或差）是奇数． 引理2：奇数与奇数的积是奇数（即 Ο ⋅ Ο = Ο ）；偶数与偶数的积是偶数（即 Ε ⋅ Ε = Ε ）；奇数与偶数的
这一结Leabharlann Baidu并非通过先猜测再验证的（详见本人写的论文《利用数表排阵法对勾股数通解公式的推
导》）．今年，我继续研究这个问题时发现，这种方法还 确实为巧妙证明费马大定理提供了捷径．
根据陈景润在《初等数论Ⅰ》（科学出版社1978）第67-68页的证明，要证 明费马 大定 理是正 确 的
（ 即 xn + y n = zn 对 n 大 于 2 的 正 整 数 x, y, z 不 能 同 时 有 正 整 数 解 ），只 需 证 x4 + y 4 = z 4 和
为奇数时，前两个正整数的尾数之和的尾数等于下一个正整数的尾数的．如果 有相等 的情 况，那么 再 考察它们的十位数字，发现，当考察到十位数字时，不需要得到十位数字具体是多少，只要分 析奇偶性，就可以得到再也没有前两个正整数的末尾两位数字之和的末尾两位等于下一个正整 数的 末尾两 位的 ．于是 费马大 定理 最后得 证．
看懂的．本人于2009年引入桥数 m 直接利用数表排阵法推导出了不定方程 x2 + y 2 = z 2 中 x, y, z 同时
为正整数的通解公式是：
⎧ ⎪
⎪⎧当k为奇数时， m =
⎪ x = m − k (k取遍所有大于 0的自然数 ) ⎨
⎪
⎪当k为偶数时， m =
2 nk (n为大于 1且能使 y > x的自然数） i
⎣(10a)n ⎦w = 0 ； ⎣(10a ⎦ + 1)n w = 1； ⎣(10a ⎦ + 5)n w = 5 ； ⎣(10a + ⎦ 6)n w = 6 。
引理4：奇数的任意正整数次幂均是奇数（用符号表示是 Οn = Ο ， n 为正整数）；偶数的任意正整数次
幂均是偶数（用符号表示是 Εn = Ε ， n 为正整数），即 un （ u, n 均是正整数）的奇偶性由 u 的奇偶性决
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定．
证明：①设奇数为 2a + 1， 根据二项式定理则有： (2a +1)n = (2a)n + n(2a)n−1 + Cn2 (2a)n−2 +⋯⋯ +1n 根据引
符号表示是： ⎣9⎦2w = 0 ．这种符号既表示一个正整数的尾数或末尾第二位，同时在运算中还相当于括
号的作用．
引理 1：奇数与奇数的和（或差）是偶数 （即 Ο ± Ο = Ε ）；偶数与偶数的和（或差）是偶数（即
Ε ± Ε = Ε ）；奇数与偶数的和（或差）是奇数（即 Ο ± Ε = Ο ）．
证 明 ： ① 设 一 个 奇 数 为 2a + 1 ， 另 一 个 奇 数 为 2b + 1 ， 则 (2a + 1) + (2b +1) = 2(a + b +1) 或 (2a +1) − (2b +1) = 2(a − b) ，所以奇数与奇数的和（或差）是偶数．
奇数． 综上所述，于是引理5得证．
引理6：底数的尾数是0、1、5、6的正整数，它们的任意正整数次幂的尾数与原底数的尾数相同． 证明 ： 根据 乘 法 表 ， 积 的 尾 数 与 它 的 因 素 的 尾 数 相 同 的 有 0 × 0 = 0 ， 1× 1 = 1 ， 5 × 5 = 25 ，
6 × 6 = 36，如果用符号“ ⎣a⎦w ”表示这个正整数的尾数，则有 ⎣25⎦w = 5, ⎣36⎦w = 6, 同时，它们的任
意正整 数次幂的个位也 与它的因素的尾 数相同．即： ⎣(0)n ⎦w = 0 ， ⎣(1)n ⎦w = 1 ， ⎣(5)n ⎦w = 5 ，
⎣ ⎦ (6)n w = 6 ．如果用 10a ，10a + 1，10a + 5 ，10a + 6 分别表示底数的尾数是0，1，5，6的正整数，
则不难证出它们的任意正整数次幂的尾数也与原底数的尾数相同．即：
且 m, n 互质（ m 为0除 外 ）．
无限不循环小数是无理数，任何一个无理数都不能表示成两个整数之比． 关于整数有下面的性质：整数与整数的和、差、积仍然是整数，商不一定是整数；整数的乘方仍然 是整数，整数的开方不一定是整数（乘方与开方的次数均是正整数）． 关于有理数有下面的性质：有理数与有理数的和、差、积、商（除数不能为 0）仍然是有理数；有 理数的乘方仍然是有理数，有理数的开方不一定是有理数（乘方与开方的次数均是正整数）． Ⅳ：等式的性质有： （1）等式两边同时加上(或减去)相等的数或整式，等式仍然成立． （2）等式两边同时乘以（或除以不为零的）相等的数或整式，等式仍然成立． （3）等式两边同时乘方(或开方)，如果次数相等且都为正整数，那么等式仍然成立．
积是偶数（即 Ο ⋅ Ε = Ε ）．
证明：①设一个奇数为 2a + 1，另一个奇数为 2b + 1 ，则 (2a + 1)(2b + 1) = 2(a + b + 2ab) + 1 ，所以
奇数与奇数的积是奇数．
②设一个偶数为 2a ，另一个偶数为 2b ，则 (2a)(2b) = 4ab ，所以偶数与偶数的积是偶数．
3．预备知识：
在完成费马大定理的证明时，会用到以下一些基础知识：
( ) Ⅰ：二项式定理：
a+b
n
= Cn0 an
+ Cn1a n−1b + Cn2a n−2b2
+
⋯⋯
+
C
n n
−1ab
n −1
+
C
n n
b
n
（ n 为正整数．） Ⅱ：能被2整除的整数叫偶数（在本文中为了计算的方便，用符号“ Ε ”表 示 ，），不 能 被 2整除的整
然后 再证明 在不 定方程 (m − )k 2t+1 + m2t+1 = (m + )k 2t+1（ t 为任 意正整 数）中 m 与 k 不能 同时有 正 整
数解 ．在证 明 m与 k 不能 同时有 正整 数解时 ，是采 取考 察尾数 法，因 为 m 始终 为偶数 ，所 以先 对
k 为偶数时进行讨论，然后通过数表排阵得出在间距相等的三个连续正整数中有哪些当 m 是偶数， k
Ⅴ：本文将会用到一种特殊符号 “ ⎣ ⎦w ”，它是表示某个正整数的尾数，如67的尾数是7，用符号
表示是： ⎣67⎦w = 7 ，再如2001的尾数是1，用符号表示是： ⎣2001⎦w = 1．符号“ ⎣ ⎦2w ”表示某个正
整数的末尾第二位，如8795的末尾第二位是9，用符号表示是： ⎣8795⎦2w = 9 ，9的末尾第二位是0，用
x p + y p = z p ( p 为奇 质数 ) x, y, z 均不 能同时 有正 整数解。其中 x4 + y 4 = z 4 没有 正整数 解他 已 经
在此 书中完 成了 证明（第 68-69页）．本文将利 用数表 排阵 法 、数学归纳法、反证法和考察尾数法等
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初等方法来证 明 x p + y p = z p ( p 为奇 质数 )也没 有正整 数解．但在 实际证 明时，我们 是分别 证 明
当 n = 4t + 1（ t 为任意正整数）、 n = 4t + 3 时（ t 为任意自然数）（也就是当 n 为任意大于 2的奇
数时） xn + yn = zn 均无正整数解．
2.证明思路
先证明当 x与y 相等时， xn + y n = zn (n ∈ Ν且n > 2)无正整数解，再证明当 x与y 一大一小时，
如无特别说明，都是指正整数．） 关于奇数和偶数，还有下面的性质： （1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必定一个是奇数一个是偶数． （2）奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数．
2
Ⅲ：整数和分数统称有理数，任一有理数都可以表示成 m 的形式，其中 m 是整数， n 是非零整数， n
x 2t+1 + y 2t+1 = z 2t+1（ t 为任 意正整 数）也无 正整数 解．在证明 第二步时，是设 y 为较 大的一 个 正
整数，然后对所 有的正 整数 的 n 次幂 之和构 建数 表排阵，从数表排 阵中引 入桥 数 m 的概 念，并 且
证明了如果 xn + yn = zn 有正整数解，则它的桥数一定存在，并且桥数 m一定是偶数．根据数表排
1 nk (n为大于 3且能使 y > x的自然数）
⎪
⎩
i
⎪
⎪ ⎨ ⎪
y = m 2 − 2mk 2k
⎪
⎪
⎪ z= y+k
⎪
⎪ ⎩
（当 k 为奇数时，i 为 k 的最大正整数的平方因素;当 k 为偶数时，i 为 k 除以2后的最大正整数的平
方因素．如当 k = 9 时， i = 32 ， m = 2 nk ．） 3