平方符号用另种方法显示：

沿此方法：

a^2+b^2=c^2   可表示为:

(c-x)^2+b^2=c^2

或 a^2+( c-y)^2=c^2

(c-x)^2+b^2=c^2 则

c^2-(c-x)^2=b^2  则 2cx=b^2+x^2

2c=b^2/x+x 令b=xd 2c=x(d^2+1) 2=x(d^2+1)/c

令(d^2+1)=cr 则 2=xr

如此将有几种结果：

第一：

若x=2 r则为1

即(d^2+1)=c

若x=1 r则为2 即（d^2+1)=2c

可见：毕达哥拉斯 a.b.c三元组中，

（c-a）或（c-b），总有一数的差值为1或2，不可能大于2。

“可见：毕达哥拉斯 a.b.c三元组中，
（c-a）或（c-b），总有一数的差值为1或2，不可能大于2。”   这结论下的有些仓促：因 2/x=r   r有可能是分数。

“是因为其他a.b.c间可通约的自然数，二次及以上整数方次没有整数解是显而易见的”。
“可通约”说得不太对，应该是a.b.c之间相互不能整除。若三元数有整数解，则(ka)^n+(kb)^n=(kc)^n 自然会有整数解。

a.b.c之间若能被整除，二次及以上整数方次没有整数解。

最后，重要的一点：

对x>1的情形 ：等式左边，未被其系数整除尽分母c的分式，整理为分母次数由低向高排例，且分子小于分母的样式：
      ± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)-t'/c^(t)……± k'x^(n-2)/hc^(k)]   

可以证明：
这些分式最终的和不会是整数。
设 ：
       ±  [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)-t'/c^(t)……k'x^(n-2)/hc^k] =s    (s为整数)
  且最后一项与c通约后的系数k'与c互质。


则：
± [i'hc^(k-i)-j'hc^(k-j)+f'hc^(k-f)……±k'x^(n-2)] = shc^k
则：k'x^(n-2)= shc^k ± [i'hc^(k-i)-j'hc^(k-j)+f'hc^(k-f)……]
k' x^(n-2)= shc^k ± c^(k-f)[i'hk^(f-i)-j'hc^(f-j)+f'h……]
则：
k'x^(n-2)/c^(k-f)= shc^(k-f) ± [i'hk^(f-i)-j'hc^(f-j)+f'h……]

因等式左边的分子与分母互质，不会被通约或整除，等式左右两边会产生矛盾。
所以：

这些分式最终的和不会是整数！

x=1的情形也可用相似的方法证明。

费马大定理得到充分的证明！

结论正确：因(d+1)=cr 则 r  不可能是分数。

结论正确：因(d^2+1)=cr 则 r  不可能是分数。

由此当c-x，(x的值为1时)，可导入寻找毕达哥拉斯三元组的公式：

c=(b^2+1)/2

当 X=2  c =b^2/4+1

c 就=(2t)^2/4+1

最后：
　　总结，寻找毕达哥拉斯三元数的公式精华：
　　
   b^2/4+1=c     b^2/4-1=a

   即令(2n)=b   
　　
   (2n)^2/4+1=c
　　
    (2n)^2/4-1=a
　　
     n能取大于1的任何自然数。这意味着：在自然数中，除1以外的每一自然数,都有与其对应的自然数，符合毕达哥拉斯定理。！！

在上面的公式中：当 (2 n)^2/4 ± 1
    n为2 的方次2^t 时，所寻找出来的a .b. c. 即是毕达哥拉斯方程的三元数。
因为：这时寻找出来的a与c是奇数，其差又=2
　　所以c中没有a的因子。而b作为偶数仅有2作为因子，所以与a和c没有奇数因。所以，a.b.c之间必定不可通约而互质。

如是，寻找毕达哥拉斯三元数的公式便可精确定位为：
　　(2^n)^2/4+1=c
　　(2^n)^2/4-1=a
　　
    b为2^n
        n 取大于1的任何自然数值。
　　这便是精确寻找毕达哥拉斯三元数的完美公式！！

回到电脑

这里所说的是本源毕达哥拉斯三元组。

同样的：

设b=(2^2×n)

(2^2×n)^2/4 ± 1后的c与a

三者也是本源毕达哥拉斯三元组。

因为： (2^2×n)^2/4 后为2n^2，2n^2 ± 1后为奇数，其因子既不可能为2, 也不可能包含在n内, 所以它们与b互质。而c与a差值为2，所以它们之间也不可能通约。

n可取大于1的任何自然数。

这是当x的值等于2时，另一寻找本源毕达哥拉斯三元组的完美公式。

另一个寻找毕达哥拉斯本源三元数的公式即 :
　　从a=c-x 当x=1时，我推导出而前人早已发现的

　　(b^2+1)/2=c
　　(b^2+1)/2-1=a 公式

　　因为：b^2+1能整除2=c，则b^2=2c-1，所以b不含c的因子与c互质。

　　而(b^2+1)/2-1=a 则
　　2a+1=b^2   故 b不含有a的因子。

其实,若c-a的值 x=1, 则表明c-b的值 y≥2，换以a^n+(c-y)^n=c^n   c^n-(c-y)^n=a^n   到后仍得到与x≥2同样方程形式，没有整数解。若a和b与c的差值相同，则a=b   即 2a^n=c^n    2=(c/a)^n     无整数解。

在此，对重要的关键进一步做详尽的证明：

对x>1的情形 ：等式左边，未被其系数整除尽分母的分式，之所以可整理为如下形式：

± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)-t'/c^(t)……± k'x^(n-2)/hc^(k)]

(最后一项可不作分子小于分

母的整理)。在此形式中，原最后一项的分母c^(n-2)经整理为c^k后，仍是整理后各项分母c方次的最高方次，这是因为：

1. 它原有的糸数最小，仅为C(n,n-1)，而分母c^(n-2)在左边各项中又具有最高的次数，两者之间比值上的巨大反差决定了如被其糸数消解分母 c^(n-2)后的c^k仍会高于其它各项分母c的次数。

2.对以上分析进行论证：

最后一项糸数C(n,n-1)，数值则为n，若它有c为其因子,设n=kc^e, 则c^(n-2)=c^(kc^e-2),

被其糸数c因消解后仍有：

c^(kc^e-e-2)。

从最后一项倒推，其后各项的系数分别为：

n(n-1)/2,

n(n-1)(n-2)/2×3

n(n-1)(n-2)(n-3)/2×3×4

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-c+1)/…(c-1)(c )，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-(c)/…c(c+1)，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-c-1)/…(c+1)(c+2)，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-c-2)/…(c+2)(c+3)，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-c-3)/…(c+3)(c+4)，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-2c+1)/…(2c-1)(2c)，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-2c)/…(2c)(2c+1)……

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-c^2+1)/…(c^2-1)(c^2)，

n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-c^2)/…c^2(c^2+1)………

…………

(此倒推可只进行到糸数到达峰值的n/2或n-1/2项为止，因为峰值项两边项的糸数呈对称性相等)

不难看出，最后一项糸数中的c^e,在倒推的项次(1-a/c)或x/c，c的分母方次依次缩小并远低于c^(n-2)的项中，糸数分子中的c^e被糸数分母中的c^v(v为1.2.3.4……≤e)整除为c^(e-v)后，在后一项中又会新乘含有c^v的数返回c^e，……如此循环往复，各项系数c因的值始终恒定在c^e和c^v两值间波动，而c^v相应项次(1-a/c)或x/c，其c分母的方次为c^(n-tc^v-1)(t取1.2.3.4.…)，远小于c^(n-2)，因c^(n-2)=c^(kc^e-2)。

即使 v=e，其项次糸数无c因子，相应项次(1-a/c)或x/c的c分母方次为 : c^(n-tc^e-1)=c^(kc^e-tc^e-1)=

c^((k-t)c^e-1)

而被其糸数c因消解后的c^(n-2)仍有c^(kc^e-e-2)，次数仍远高于c^((k-t)c^e-1) 两者的比值为

c^((k-t)c^e-1)/c^(kc^e-e-2)=

1/c^(tc^e-e-1)

所以,被其糸数消解分母 c^(n-2)后的c^k，仍会远高于其它各项分母c的次数。

所以，可整理为如下形式：

± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)-t'/c^(t)……± k'x^(n-2)/hc^(k)]

(最后一项可不作分子小于分

母的整理，其“分子”中的k',也可与c通约，但不能整除c ！


在此，费马大定理得到充分、透彻、完整的证明！！

一处纠正：各项系数c因的值始终恒定在c^e和c^(e-v)两值间波动。

基于以上的分析，对等式左边的分数和，不可能为整数的证明，还可以简化修改如下：

　　对x>1的情形 ：等式左边，未被其系数整除尽分母c的分式，整理为分母次数由低向高排例，且分子小于分母的样式：

　　± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)……t'/c^(t)± k'x^(n-2)/c^(k)]
　　其中，最高的项k'x^(n-2)/c^(k)，可不作分子大于分母的处理，只要求分子中的k'不能整除分母中的c。

　　可以证明：

　　这些分式最终的和不会是整数。

　　设 ：

　　± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)……t'/c^(t) ± k'x^(n-2)/c^k] =s (s为整数)

　　则：

　　± [i'c^(k-i)-j'c^(k-j)+f'c^(k-f)……t'c^(k-t)±k'x^(n-2)] = sc^k

　　则：k'x^(n-2)= sc^k ± [i'c^(k-i)-j'c^(k-j)+f'c^(k-f)……±t'c^(k-t) ]

　　k'x^(n-2)= sc^k ± c^(k-t)[i'k^(t-i)-j'c^(t-j)+f'c^(t-f)……±t']

　　则：

　　k'x^(n-2)/c^(k-t)= sc^(t) ± [i'k^(t-i)-j'c^(t-j)+f'c^(t-f)……±t']

　　因等式左边的分子不能整除c，为分数，等式左右两边产生矛盾。

　　所以：

　　这些分式最终的和不会是整数！

　　费马大定理得到明晰的证明！

有必要更进一步指出的是：

当随着项次的推移，糸数的分母进入大于c^e的值域，糸数的c因子将会由于分子的c因随后显著领先于分母c因而开始增长。
这是因为：n=kc^e    设k='kc+r   ( 'k为大于或等于0的整数, r为c的余数)，则n=('kc+r)c^e ，将项次推进至…('kc+r)c^e-rc^e)/rc^e+1,此项糸数分子数为'kc^(e+1)，c因开始领先于分母c因的增长。糸数分子的c因将在随后推进的('kc+r)c^e-(r+t'c)c^e/(r+t'c)c^e+1 项中,随t' 而逐一增长，当项次进入c^(e+n')，糸数分母增长c因子为n'时，糸数分子c因的增长数则是：
r+t'c=c^n'      t'=(c^n'-r)/c   t'=c^(n'-1)-r/c   t'≈c^(n'-1)-1
,而显著高于n'。这意味着随项次的倒推至糸数的分母为/c^e+1
项后，作为(1-a/c)或x/c分式的分
母c因将开始被更多地消解。

所以：等式左边的分式完全能写成：

± [i'/c^(i)-j'/c^(j)+f'/c^(f)……t'/c^(t)± k'x^(n-2)/c^(k)]  的形式，

其中，最高的项k'x^(n-2)/c^(k)，可不作分子大于分母的处理，只要求分子中的k'不能整除分母中的c。

费马大定理得到完整、明晰的证明。

                                            

总结证明费马大定理推论思路：

    假若a^n+b^n=c^n (n为≥3的正整数，a.b.c.为大于0的整数且a.b.c互质），则会有c-x =a ，或c-y=b    x和y为大于0的正整数，且x和y中必有一值为≥2。由此最终将会推出等式两边悖谬的结果，从而证明最初的假定不能成立，这是证明费马大定理最关键性的一步！费马大定理的证明将因此而迎刃而解。

“……因为： (2^2n)^2/4 后为2n^2，2n^2 ± 1后为奇数……”  
       纠正为：“……因为： (2^2n)^2/4 后为4n^2，4n^2 ± 1后为奇数……”  

a.b.c为>0正整数，且(a,b,c)=1

假若：

a^n+b^n=c^n   当n为3时，最终推演出的是3c/c-3x/c=r^2 而c≤3显然无解，而>3，等式左边必为分数，则等式两边产生悖谬，所以a^n+b^n=c^n  当n为3时无正整数解。

“可见：毕达哥拉斯 a.b.c三元组中， 　（c-a）或（c-b），总有一数的差值为1或2，不可能大于2。”　

修改为：

可见：毕达哥拉斯 a.b.c本原三元组中， 　（c-a）或（c-b），总有一数的差值为1或2，不可能大于2。