|
|
[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 王德忱 在 时添加 -=-=-=-=-
《悬赏10,000元人民币 否定一个数学证题*悬赏第三次声明》
王 德 忱
目 次
1、《关于xn + yn = zn……证明》再改稿说明
2、《关于xn + yn = zn ……证明》（再改稿）
3、悬赏第二阶段回帖选要
4、悬赏第一阶段回帖解答
5、“费马猜想”研究历程
6、悬赏…… 否定……证题 * 悬赏第三次声明
******************************************************************************
1、《关于xn + yn = zn ……证明》再改稿说明：
自原稿于2005年8月6 日在本讨论区刊出以来，得到了管理员同志的大力支持和广大读者的热心关注，谨此表示非常感谢！回帖无论涉及学术问题还是语言评说，均对本人有很大启发和激励。经过这一时段多方面的深入思考与探索，对原稿论证的某些方面进行了修改。
加强了对某些关键环节的论证及改变或阐明了某些新的论证方法，增加了有关内容定理，论证了“重根式”定理，对“z”方根的检验，增加了“等量代换”检验法。希望广大读者继续支持讨论，提出宝贵意见。
*******************************************************************************
2、《关于xn + yn = zn ……证明》（再改稿）：
关于 xn + yn = zn 问题的初等数学证明
王 德 忱
提要：“费马猜想”的初等数学证明：假设 xn + yn = zn 有正整数解，通过因子分解得到z的n次方根因式和方根余式；此方根余式与“ z”得到的“非平凡解”方根逆n次方的方根余式必相等，判断这个方根存在“非平凡解”不成立，从而证明xn + yn = zn没有正整数解。
初等数学证明：当n是一个大于2的正整数时，不定方程xn + yn = zn没有正整数解。
在xn + yn = zn中：对于非负实数，如果x = y ，则2 xn = zn ，z = n√2 x，其中n√2是无理数，则x 、z 不能均为正整数，这种情形不在此问题讨论范围之内；而如果 y = 0，则xn = zn， 即 z = x ；或如果y = 0、x = 0，则z = 0；——后两种情形显然也很简单被称谓“平凡解”，而x 、y 、z 均不等于0为正整数时则称其为：“非平凡解”。问题是“费马猜想”当正整数n ＞ 2时， xn + yn = zn没有正整数解，且发现了一种“奇妙证法”；当然“奇妙证法”必应该是“初等数学证明方法”。证明xn + yn = zn没有正整数解首先要从有正整数解出发，如果假设有正整数解（非平凡解）的“解”不成立，问题就解决了。
已知：如果当 xn + yn = zn 没有正整数解，那么k为正整数时（kx）n +（ky）n =（kz）n也没有正整数解；所以只须要讨论x 、y 、z不含公约数的正整数即可，这是 x 、y 、z 取值的基本条件；又因为 xn + yn = zn没有正整数解，则xkn + ykn = zkn也没有正整数解，而任一个大于2的正整数必能被某一个奇质数整除或偶数2k+1最小的数4整除，于是只须要讨论n是奇质数时和n是偶数4时即可以了，这是n取值的基本条件。
即设定x 、y 、z为正整数，且（ x ，y ）= 1，则必有（ x ，z ）= 1、（y ，z ）= 1，当n是大于2的正整数时使下列等式成立：
xn+ yn = zn ……………………………………………（1）
又令正整数的某个奇质数为m和偶数2k+1最小的数4 ，使 n = m和n = 4，只讨论n取值的这两种基本条件的情形。另外，（1）还有一个重要因素，即x、y、z设定其中两个数，就决定了第三个数，对于第三个数就是所求的未知方根；因而，以x、y为已知正整数时，“z”就是未知所求的是否有正整数的方根。
首先讨论n = m，对于正奇质数 m有：
xm + ym = zm ……………………………………………（2）
现在改变（2）等式的关系：zm - xm = ym ，再将等式两边同除以ym，于是有（2）的变形等式：
( z / y )m - ( x / y )m = 1
从而得：
( z/y - x/y )〔(z/y)m-1+x/y (z/y)m-2+(x/y)2 (z/y)m-3+…+(x/y) m-2z/y+ (x/y)m-1〕= 1
上面等式左边是两个因式的乘积，这两个因式存在两种可能，一是两个因式均等于1，二则两个因式必是互为倒数。仅若z / y - x / y = 1推出 ( x + y )m = zm 即 xm +(c1myxm-1 +…+cm-1mym-1x) + ym = zm，但因为（c1myxm-1 +…+ cm-1mym-1x）≠ 0，这种情形不能成立，所以两个因式不能同时等于1 ；则两个因式必是互为倒数，设正整数 a 、b，且 ( a ，b ) = 1，于是得到：
z / y – x / y = b / a ……………………………………………………（3）
(z/y)m-1 + x/y (z/y)m-2 + (x/y)2 (z/y)m-3 +…+ (x/y)m-1 = a / b …………（4）
其中容易证明a > b ：如果 a < b ，则 b/a >1 ，参照上面 ( x + y )m = zm 不成立的推证，则（x + b/a y）m = zm 也不能成立，所以a > b。
依据引理：求解某些不定方程，特别由uv = 1时可将原不定方程转化为不定方程组，从而获得一些不定方程的解，这种解不定方程的方法叫因子分解法。这里利用引理“特别由uv = 1时”将原不定方程进行了因子分解，得到（3）和（4）两个因子式（方程因式）；但是，（3）、（4）是不是方程组，在此还不能确定，两者关于“z”的值域如何，还必须通过分析、明确以上所设定的正整数关系，才能得出这两个相关因子式（方程因式）的结果。所以（3）不能代入（4），只可作为方根代回原式（2）。由（3）式得z / y = x / y + b / a以之代回（2）的变形等式 ( z / y )m - ( x / y )m = 1得：
( x/y + b/a )m - ( x/y )m = 1
(x/y)m+c1mb/a(x/y)m-1 + c2m(b/a)2(x/y)m-2 + c3m(b/a)3(x/y)m-3 + … +
cm-1m(b/a)m-1x/y + (b/a)m - (x/y)m = 1
将上式整理并去分母（乘以amym-1）得：
c1mam-1bxm-1 +c2mam-2b2xm-2y + c3mam-3b3xm-3y2 + … +
cm-1mabm-1xym-2 + bmym-1 = amym-1
从（3）式可知，等式两边分母y → a对应，根据整数的互质性关系必有y含a 因子，设 y = ay2 将其代入上式得：
c1mam-1bxm-1 + c2mam-2b2xm-2（ay2）+ c3mam-3b3xm-3(ay2)2 + … +
cm-1mabm-1x(ay2)m-2 + bm(ay2)m-1 = am(ay2)m-1
将上式两边同时除以 am-1 得：
c1mbxm-1 + c2mb2xm-2y2 + c3mb3xm-3y22 + … + cm-1mbm-1xy2m-2 +
bmy2m-1 = amy2m-1 ………（5）
如果y2还含a因子或a 的因子，那么（5）式除 c1mbxm-1项外其他各项均含y2 即含a因子或a的因子；但因 ( x ，y ) = 1、( a ，b ) = 1，如果a与c1m互质等式不能成立；如果a与c1m不互质，c1m是奇质数，a只能含m因子。又（5）等式左边第二项中
c2m = m! / 2!(m-2)! = m(m-1) / 2
即c2m含m因子，y2 含a 因子即含m 因子，至少存在m2 能整除c2mb2xm-1y2项，且其后各项及等式右边均能被m2 整除，仅此c1mbxm-1 项只能被m 整除，可知等式也不成立，因而 y 只含一个a 因子，所以（y2 ，a）= 1。如果这时a 还含m 因子，则（5）式左边除bmy2m-1 项外其他各项分别含
c1m ，c2m ，… ，cnm ，… ，cm-1m (1≤ n ≤ m-1)
cnm = m!/n!(m-n)! = m(m-1)(m-2)…(m-n +1)/n !
因为m 是奇质数，且 1≤ n ≤ m-1 ，所以 m 大于n! 中的各个质数因子，即cnm 含m 因子，若a 含m 因子，则只有等式左边bmy2m-1一项不含m 因子，等式也不能成立。所以使（5）等式成立a 一定不含m 因子。
由（4）式可知，等式两边分母ym-1 → b对应，根据整数的互质性关系必有ym-1含b 因子，因为ym-1 = (ay2)m-1，于是必有y2m-1含b 因子。由（5）式两边同除以b得：
c1mxm-1 + c2mbxm-2y2 + c3mb2xm-3y22 + … + cm-1mbm-2xy2m-2 +
bm-1y2m-1 = amy2m-1/b ………（6）
显然，（6）等式右边amy2m-1/b项中，因为（a ，b）= 1，所以只有b整除y2m-1。而y2m-1/ b只有两种可能：y2m-1/b = 1或者 y2m-1/b > 1。当 y2m-1/b = 1时，即b= y2m-1，由（6）得：
c1mxm-1 + c2mbxm-2y2 + c3mb2xm-3y22 + … + cm-1mbm-2xy2m-2 + bm-1y2m-1 = am
已知等式左边c1m、 c2m、 c3m … cm-1m含m因子，如果bm-1y2m-1项含m因子，而等式右边a已证明一定不含m因子，则等式不能成立；bm-1y2m-1不含m因子等式才能够成立，即y2、b不含m因子。设正整数c令y2 = c ，b= y2m-1=cm-1，（c，m）= 1，于是得出y 及其相关的一组必要解值：
y = ac ， b = cm-1 …………………………………………………（7）
当（6）等式右边y2m-1 / b > 1时，其存在y2m-1的剩余因子即存在y2因子或y2中的因子；等式左边除c1mxm-1 项外其他各项均含y2因子，并与xm-1互质 ，所以只能与c1m 互相约尽才能可以，而 c1m = m 是奇质数 ， y2m-1 / b > 1的剩余y2因子或y2中的因子仅能是一个m 因子，且y2必含m因子，设y2 = my3代入（6）得：
c1mxm-1 + c2mbxm-2（my3）+ c3mb2xm-3(my3)2 + … +cm-1mbm-2x(my3)m-2 +
bm-1(my3)m-1 = am(my3)m-1/b
将上式两边均除以m 得：
xm-1 + c2mbxm-2y3 + c3mb2xm-3my32 +…+ cm-1mbm-2xmm-3y3m-2 +
bm-1mm-2y3m-1 =ammm-2y3m-1/ b
可见上等式右边项ammm-2y3m-1/ b中必然 mm-2y3m-1 / b = 1。否则若mm-2y3m-1/ b > 1，当余m因子时，等式左边除xm-1项外其它各项均含m因子，等式不能成立；当余y3的因子时，与xm-1互质，等式也不能成立。所以只有m m-2y3m-1/b = 1时等式才能够成立，这时y3再含否m因子均可。设正整数 c 令y3 = c ，于是得出y 及其相关的第二组必要解值：
y = acm ， b = cm-1mm-2 …………………………………（8）
现在明确了a值存在的情形，得出了只有（7）、（8）这两组y的必要解值及相关b 的值。
将（7）代入（3）、（4）有：
z/ac - x/ac = cm-1/a
(z/ac)m-1 + x/ac (z/ac)m-2 + (x/ac)2 (z/ac)m-3 + … + (x/ac)m-2z/ac + (x/ac)m-1 = a/cm-1
化简得：
z - ( x + cm ) = 0 ……………………………………………（9）
zm-1+ xzm-2 + x2zm-3 + … + xm-2z +（xm-1 - am）= 0………（10）
将（8）代入（3）、（4）得：
z / acm - x/acm = cm-1mm - 2/ a
(z/acm)m-1 + x/acm (z/acm)m-2 + (x/acm)2 (z/acm)m-3+… +
(x/acm)m-2 z /acm+ (x/acm)m-1 = a/mm-2cm-1
化简得：
z - (x + cmmm-1) = 0 ………………………………………（11）
zm-1 + xzm-2 + x2zm-3 +…+ xm-2z + (xm-1 - amm) = 0 ………（12）
以上明确了a存在值的结果和y 及b仅能存在的两种情形必要的解值，于是得出了仅可能存在的（9）和（11）关于“z”的两个“方根因式”fm (zy) = 0（表示由y值决定的n = m时z的方根）及其相关的（10）和（12）两个“方根余式”fm( m-1) ( zy ) = 0（表示由y值决定的n = m时的方根余式）的存在形式。这时说明（3）、（4）不是方程组，两者关于“z ”的值域性质完全不同；（3）是个方根因式，有一个非负实数根；（4）是方根余式（m-1次方程式），均为非实数根。
“方根”fm (zy) = 0是否成立待于验证。
下面讨论 n = 4时的情形：
x4 + y4 = z4 ………………………………………………（13）
使（z/y）4 - (x/y) 4= 1，参照n = m为奇质数时，设正整数a、b，（ a ，b ）= 1，得：
z/y - x/y = b / a ……………………………………………（14）
(z/y)3 + x/y (z/y)2 + (x/y)2z/y + (x /y)3 = a / b ………………（15）
这时分解的（14）、（15）两个相关因子式（方程因式）性质基本同（3）、（4）的情形，不过（15）还存在一个负实数根，其它为非实数根。由（14）式z/y = x/y + b/a代回方程（13）变形等式（z/y）4 - (x/y) 4 = 1整理得：
4a3bx3 + 6a2b2x2y + 4ab3xy2 + b4y3 = a4y3
由（14）可知y必含a因子,设y = ay2代入上式得：
4a3bx3 + 6a2b2x2ay2 + 4ab3xa2y22 + b4a3y23 = a4a3y23
上式两边同除以a3b得：
4x3 + 6bx2y2 + 4b2xy22 +b3y23 = a4y23/ b …………………（16）
在（16）式右边中只能有y23/ b = 1 或 y23/ b > 1 。当 y23/ b = 1 时，设 y2 = c ；有a 、b （c）均为奇数时等式成立，于是得到y及其相关的一组必要解值：
y = ac ，b = c3 …………………………………………（17）
当y23/ b>1时存在y23 的剩余因子，其与x3 互质，只能与4相约，所以 y2 必含2因子，设y2 = 2y3代入（16）并除以4得：
x3 + 3bx2y3 + b2x(2y3)2 + 2b3y33 = a4(2y33/ b)
这时存在两种情形，如果b不含2因子使y33/ b = 1，等式右边余2a4，则 a 含否2因子均可；如果b含2因子，使2y33/ b = 1等式成立，则y3再含否2因子均可。设y3 = c，于是又得两组y及其相关的必要解值： y = 2ac ， b = c3 ……………………………………（18）
y = 2ac ， b = 2c3 ……………………………………（19）
将（17）代入（14）和（15）得：
z - ( x + c4 ) = 0 …………………………………………（20）
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4)= 0 ……………………………（21）
将（18）代入（14）和（15）得：
z - ( x + 2c4 ) = 0 ……………………………………（22）
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - 23a4 ) = 0 ………………………（23）
将（19）代入（14）和（15）得：
z - ( x + 22c4 ) = 0 ………………………………………（24）
z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0 …………………………（25）
至此又明确了当 n = 4时a的存在结果和y及b仅能存在的三种必要解值，并得出（20）、（22）、（24）关于“z”仅可能存在的三个“方根因式”f 4 ( zy ) = 0（表示由y值决定的n = 4时 z的方根）及（21）、（23）、（25）相关的“方根余式”f4(4-1 ) (zy) = 0（表示由y值决定的n = 4时的方根余式）的存在形式。“方根”f 4 ( zy ) = 0是否成立即将验证。
以上由n = m为奇质数时和n = 4时，通过对xn + yn = zn 因子分解的分析，得到n不同条件及y不同必要解值时的相应两个因子式（方程因式），统一表示为“方根因式”fn ( zy ) = 0和“方根余式”f n( n-1)（zy）= 0，于是得到：
zn - ( xn + yn ) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0
现在引入、证明相关定理 。 已知，方根存在定理：对于任何非负实数x ，存在唯一的非负实数 a ，它的 n次幂等于x ，即an = x 。方根性质定理：正实数开奇次方，在实数集里有唯一的正的方根；正实数开偶次方，在实数集里有两个方根，它们的绝对值相等而符号相反。
推理：正实数开奇次方，在实数集里有唯一的一个正的方根；正实数开偶次方，在实数集里也仅有唯一的一个正的方根；所以，正实数开任何次方，在实数集里均只有唯一的一个正的方根。正实数正的n次方根在非负实数（0和正实数）集里是可逆的，也就是对于任何一个非负实数r ，存在相应的唯一非负实数rn ，它的唯一非负实数n次方根等于r，即n√r n = r；从而，结论：任何一个非负实数均可认定是一个唯一相应非负实数的n次方根。所以可设 z = r（r是一个非负实数）为一个方根等式，则仅存在两种方根逆等式zn - rn = 0 和 ( z – r )n = 0成立；前者是任何一个非负实数“n次方根式”，只有一个非负实数方根；后者则是前者的特例，为0n（z – r = 0）的n次方根，称为 “n次重根式”，有n个重根（方根）。
必要对“重根式”情形进行特殊分析：现在论述这样一个问题，若非负实数a、b，a = b，则存在：（ a – b ）n = an - bn 成立。证明：当n为奇数时“原等式”左边展开：
( a - b)n = an - cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … + cnn-1bn-1a - bn
因为a = b，根据二项式（1-1）n = ……（展开式），易证其中间部分
- cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … + cnn-1bn-1a = 0，
“展开式”等于“原等式”右边，得证；当n为偶数时“原等式”左边展开：
( a – b )n = an - cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … - cnn-1bn-1a + bn
因为a = b，亦根据二项式（1-1）n = ……（展开式），易证其中后部分
- cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … - cnn-1bn-1a + bn = - bn
“展开式”等于“原等式”右边，得证。这便充分说明了“重根式”也是方根。但是，其不存在可逆性，即若非负实数a、b，a = b，则：
an - bn ≠（ a – b ）n。
证明：若an - bn =（ a – b ）n，n为奇数时将等式两边除以a – b 得：
an-1 + ban-2 + b2an-3 + … + bn-2a + bn-1 = ( a - b )n-1
可见，上式右边 ( a - b )n-1 = 0，左边不等于0（a = b ≠ 0时），等式不成立，所以此时an - bn ≠（ a – b ）n。这是个有条件特例问题，因为（ a – b ）n = an - bn是由a = b为前提依据推证的，- cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … + cnn-1bn-1a = 0成立；反之，“- cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … + cnn-1bn-1a = 0”这时a、b不可再如之前定义的值域了，只有a = b = 0了，0的等式不能加回去，即（an - bn ） + (-cn1ban-1 + cn2b2an-2 - … + cnn-1bn-1a) =（a - b）n不成立。n为偶数时同理。
“重根式”定理：若非负实数 a、b，a = b，则存在：（ a – b ）n = an - bn ；但其不存在可逆性，即：a = b ≠ 0则，an - bn ≠（ a – b ）n。
对于一个方根等式 z = r（r是一个非负实数），仅存在两种方根逆等式zn - rn = 0和( z – r )n = 0，它们的方根因式和方根余式是唯一性的。证明：由前者zn - rn = 0 分解方根因式得：
z – r = 0 …………………………………………………（1
zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + … + rn-2z + rn-1 = 0 …………………（2
即（1 ：f n (zr ) = 0是方根因式，（2 ：f n( n-1) ( z r) = 0是方根余式。（1是唯一性的，现在证明（2也是唯一性的。如果（2不是唯一的，那么还存在非负实数k使z = k 即zn - kn = 0 成立并分解方根因式得：
z – k = 0 ………………………………………………（3
zn-1 + kzn-2 + k2zn-3 +…+ kn-2z + kn-1 = 0 ………………（4
根据非负实数方根存在的唯一性定理，只存在方根z = r = k ，则（2与（4是相等的：
r = k ， r2 = k2 ， r3 = k3 … rn-2 = kn-2 ， rn- 1= kn-1
因而（4等于（2 ，这种方根余式对于（2也是唯一性的。由后者（z – r）n = 0，当n为奇数时，分解方根因式得：
z – r = 0 …………………………………………………（5
zn-1 - c1n-1rzn-2 + c2n-1r2zn-3 - … - cn-2n-1rn-2z + rn-1 = 0 ……（6
（5 与（1 相同f n ( zr ) = 0是方根因式，（6 是此一种 f n( n-1) ( z r) = 0的方根余式。如果（6不是唯一的，那么还存在非负实数k使 ( z – k )n = 0成立并分解方根因式得：
z – k = 0 …………………………………………………（7
zn-1 - c1n-1kzn-2 + c2n-1k2zn-3 - … - cn-2n-1kn-2z + kn-1 = 0 ……（8
根据非负实数方根存在的唯一性定理，只存在方根z = r = k ，则（6与（8是相等的：
- c1n-1r = - c1n-1k ， c2n-1r2 = c2n-1k2 ，… ，- cn-2n-1rn-2 = - cn-2n-1kn-2 ， rn-1 = kn-1
因而（8等于（6，此种方根（重根）余式对于（6是唯一的。当n为偶数时同理可证，但无论n为奇数或偶数其方根余式的性质是同一的。推论：
方根余式唯一性定理：对于任何非负实数z = r的方根等式，其方根逆等式zn - rn = 0和 ( z–r )n = 0的n次方根因式 f n( zr ) = 0仅存在的两种方根余式 f n ( n-1) ( zr) = 0同样是唯一性的，即只有唯一性的相应方根余式才能使唯一性的方根因式（乘积）存在唯一性的n次方根。
已知，一元多项式恒等定理：两个一元多项式f(x)= amxm + am-1xm-1 + … +a1x + a0 和g(x) = bnxn + bn-1xn-1 + … + b1x + b0，恒等的充要条件是它们的次数相同且同次项系数对应相等。推论，根据定义“各项次数相同的多项式叫做齐次多项式”，当f(x)、g(x)次数相同时即m = n则为一元齐次多项式，f(x)与g(x)恒等必有同次项系数对应相等，所以：
一元齐次多项式恒等定理：两个一元齐次多项式f (x) = amxm + am-1xm-1 + … +a1x + a0 和g(x) = bmxm + bm-1xm-1 + … + b1x + b0恒等，即f( x ) = g( x )，则其同次项系数必然对应相等。
返回来我们继续讨论（1）的正整数解。
归根到底 xn + yn = zn 的解是方根问题，从非负实数而论，存在非负实数r使 ( xn + yn ) = rn 成立，所以对于非负实数zn = ( xn + yn ) = rn 即z n = rn是绝对成立的。因为：
z n - rn = 0
其分解方根因式并参照上面方根因式、方根余式的表示，即为：
（z – r）（zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + … + rn-2z + rn-1）= fn( zr ) * f n (n-1 ) ( zr ) = 0
所以，根据方根存在定理和方根性质定理z = r是唯一的非负实数方根，则 z – r = 0是唯一的方根因式；根据方根余式唯一性定理zn-1 + rzn-2 + r2zn-3 + … + rn-2z + rn-1 = 0是唯一的方根余式，有：
zn -（xn + yn）= fn( zr ) *（f n (n-1 ) ( zr ) = 0
于是，zn -（xn + yn）= 0由设定的正整数推论，根据方根存在的唯一性则只有：fn ( zy ) = fn( zr )，根据方根余式唯一性也便只有：fn ( n -1)( zy) = f n (n-1 ) ( zr )；所以fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0是zn- ( xn + yn ) = 0唯一的正整数因子分解形式，即唯一存在：
zn - ( xn + yn ) = fn ( zr ) * fn ( n -1)( zr) = fn ( zy ) * fn ( n -1)( zy) = 0
检验推正出的正整数方根f n( zy ) = 0 是否成立。
（一）、“方根余式”检验法
因为zn = ( xn + yn ) = rn 即z n = rn，根据正实数n次方根存在唯一性定理在非负实数集里可逆性质，则存在正整数方根等式z = r，其仅有两种方根逆n次方等式为：
zn – r n = 0 ，( z – r )n = 0 ……………………………（26）
当n = m是奇质数时，由（26）为：
zm - rm = 0 ， ( z – r )m = 0 ………………………………（27）
由（27）中的zm - rm = 0 分解方根因式得：
z – r = 0 …………………………………………………（28）
zm-1 + rzm-2 + r2zm-3 + … + rm-2z + rm-1 = 0 ………………（29）
那么，验证（7）y = ac、b = cm-1时f m ( zac ) = 0方根的结果。因为（2）式zm = ( xm + ym )存在正整数方根解是唯一性的，而（9）的方根z = ( x + cm )是（2）此种情形的唯一解。根据非负实数方根性质定理的可逆性，存在 zm = ( x + cm )m 则 zm - ( x + cm )m = 0，其方根余式为 ：
zm-1+(x+cm)zm-2+(x+cm)2zm-3+…+ (x+cm)m-2z+(x+cm)m-1 = 0………………（30）
根据方根唯一性定理，由（28）和（9）必存在
r = x + cm
又因为依据zm = (xm+ym) = rm 推证（10）是分解（9）后的方根余式，必有（10）式=（29）式；（30）是由（9）推出的正整数方根余式，必有（30）式=（29）式；根据方根余式唯一性定理，（10）与（30）是唯一的，均是（9）的方根余式。所以由（29）与（10）、（30）关系得：
r = x = x+cm ， r2 = x2 = (x+cm)2 ， r3 = x3 = (x+cm)3 ，… ，
rm-2 = xm-2 = (x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1- am = (x+cm)m-1
上面因为m≥3，所以（10）和（30）必存在中间关于“z”项对应系数等式，分别除以x，x2，x3，… ，xm-2及常数项等式有：
1 = (1+cm/x) ，1 = (1+cm/x)2 ，1 = (1+cm/x)3 ，…，1 = (1+cm/x)m-2 ，xm-1- am = (x+cm)m-1
各项对应系数等式均存在cm与 x互质问题，只能使c = 0 ，常数项a = 0则xm-1 = (x)m-1；因而y = ac = 0，（9）fm( zac) = z – ( x + 0m) = 0；所以（7）给出的y = ac 、b = cm-1必要解值在此种情形时使f m( zy=ac) = 0有“非平凡解”方根不成立；（2）只能0m + xm = z m，z = x，不存在“非平凡解”。
由（27）中的（z – r）m = 0 其方根余式为：
zm-1 - c1m-1rzm-2 + c2m-1r2zm-3 - … - cm-2m-1rm-2z + rm-1 = 0 …………………（31）
由（9）〔z - (x+cm)〕m = 0 得此种方根余式：
zm-1 - c1m-1(x+cm)zm-2 + c2m-1(x+cm)2zm-3 - … - cm-2m-1(x+cm)m-2z
+ (x+cm)m-1 = 0………（32）
根据方根唯一性定理只能存在r = x+cm ，根据方根余式唯一性定理，（31）与（10）、（32）的关系得：
- c1m-1r = x = - c1m-1(x+cm) ， c2m-1r2 = x2 = c2m-1(x+cm)2，… ，
- cm-2m-1rm-2 = xm-2 = - cm-2m-1(x+cm)m-2 ， rm-1 = xm-1-am = (x+cm)m-1
上面亦因为m≥3，所以 (10) 和（32）必存在中间关于“z”项对应系数等式，分别除以x，x2， x3，…， xm-2 各等式同样存在cm与x项互质问题，只能使c = 0，常数项也只有 a = 0；之后各项等式又存在：
x(c1m-1+1) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ，… ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0 ，xm-1 = (x)m-1
必有x = 0 ，常数项等式也就只能0 = 0了；于是y = 0 、x = 0，（9）fm( zac ) = z – (0 + 0m ) = 0；所以（7）给出的y = ac 、b = cm-1必要解值在此种情形时使f m( zac) = 0有“非平凡解”方根不成立；（2）只能0m +0m = z m，z = 0，不存在“非平凡解”。
同理，验证（8）当y = acm 、b = cm-1mm-2 时f m ( zacm ) = 0的方根结果。由（11）z - ( x + cmmm-1 ) = 0 ，其两种形式zm - (x+cmm-1)m = 0和[zm - (x+cmm-1)]m = 0的方根余式为：
zm-1 + (x+cmmm-1)zm-2 + (x+cmmm-1)2zm-3 + … +
(x+cmmm-1)m-2z + (x+cmmm-1)m-1 =0 …………（33）
zm-1 - c1m-1(x+cmmm-1)zm-2 + c2m-1(x+cmmm-1)2zm-3-… -
cm-2m-1(x+cmmm-1)m-2 z+ (x+cmmm-1)m-1 = 0 …………（34）
根据方根唯一性定理和方根余式唯一性定理，（12）与（33）此种方根余式是唯一性的，由它们的对应系数得：
x = (x+cmmm-2) ，x2 = (x+cmmm-1)2 ，… ，xm-2 = (x+cmmm-1)m-2 ，
(xm-1- amm) = (x + cmmm-1)m-1
同（10）和（30）的分析，cmmm-1与x互质，m不等于0只有使c = 0 则a = 0 ，即y = 0 ，使f m ( zacm ) = 0有“非平凡解”方根不成立；所以在此种情形时，（2）只能0m + xm = z m，z = x，不存在“非平凡解”。
又（12）与（34），其这种方根余式是唯一性的，由它们的对应系数得：
x = - c1m-1(x+cmmm-1) ， x2 = c2m-1(x+cmmm-1)2， …，
xm-2= - cm-2m-1(x+cmmm-1)m-2 ， (xm-1- amm) = (x + cmmm-1)m-1
同（10）和（32）的分析，各系数项等式中均存在cmmm-1与x 互质问题，只能使 c = 0 ，于是常数项中a = 0 ；之后各项系数等式也同样均存在x (c1m-1+1) = 0 ，x2(c2m-1-1) = 0 ，… ，xm-2(cm-2m-1+1) = 0，只有x = 0 ，常数项等式0 = 0 ；使f m ( zacm ) = 0有“非平凡解”方根不成立；所以在此种情形时，（2）只能0m +0m = z m，z = 0，不存在“非平凡解”。
通过对（2）xm + ym = zm （m是奇质数时）y两组相关的必要解值（7）y = ac 、b = cm-1 和（8）y = acm 、b = cm-1mm-2并得（9）z = x + cm 、（11）z = x + cmmm-1 验证分析，其均不能使fm( zy ) = 0存在有“非平凡解”的方根，则（2）所设定有正整数等式不成立，所以xm + ym = zm 没有正整数解。
当n = 4时，由（26）中的“4次方根式”即z4 - r4 = 0的一种形式，可得出（20）、（22）、（24）三种方根余式，其分别为：
由 (20 ) 得： z3+ (x+c4)z2 + (x+c4)2z+ (x+c4)3 = 0 ……………（35）
由（22）得： z3+ (x+2c4)z2 + (x+2c4)2z+ (x+2c4)3 = 0…………（36）
由（24）得： z3+ (x+22c4)z2 + (x+22c4)2z + (x+22c4)3 = 0 ……（37）
（35）与（21）有：
x = (x+c4) ， x2 = (x+c4)2 ， (x3-a4) = (x+c4)3
（36）与（23）有：
x = (x+2c4) ， x2 = (x+2c4)2 ， (x3-23a4) = (x+2c4)3
（37）与（25）有：
x = (x+22c4) ， x2 = (x+22c4)2 ， (x3-22a4) = (x+22c4)3
同n = m奇质数时（10）和（30）的分析，上三种情形均有c = 0 、a = 0，即y = 0，f 4( zy ) = z – ( x + 0 ) = 0，z = x；所以，这三组y及其相关的必要解值得出的f 4( zy ) = 0有“非平凡解”方根在此种情形时不成立，则（13）只有x4 + 04 = z4，z = x，不存在“非平凡解”。
在（26）中的“4次重根式”即 ( z – r )4 = 0 的另一种形式，使（20）、（22）、（24）方根余式分别为：
由（20）得： z3 - 3(x+c4)z2 + 3(x+c4)2z- (x+c4)3 = 0 …………（38）
由（22）得：z3 - 3(x+2c4)z2 + 3(x+2c4)2z - (x+2c4)3 = 0………（39）
由（24）得：z3 - 3(x+22c4)z2 + 3(x+22c4)2z- (x+22c4)3 = 0……（40）
（38）与（21）有：
x = - 3(x+c4) ， x 2= 3(x+c4)2 ， (x3-a4) = - (x+c4)3
（39）与（23）有：
x = -3(x+2c4) ， x2 =3 (x+2c4)2 ， (x3-23a4) = - (x+2c4)3
（40）与（25）有：
x = - 3(x+22c4) ， x2 = 3(x+22c4)2 ，(x3-22a4) = - (x+22c4)3
同n = m奇质数时（10）和（32）的分析，也必有c = 0 、a = 0 ，y = 0，且x = 0，f 4 ( zy ) = z – ( 0 + 0 ) = 0，z = 0；所以，此三组y及其相关的必要解值得出的f 4( zy ) = 0 有“非平凡解”方根在这种情形时也不成立，则（13）有04+04= z4，z = 0，也不存在“非平凡解”。
通过对（13）x4 + y4 = z4 的三组必要解值（17）y = ac、b = c3 ；（18）y = 2ac、 b = c3 ；（19）y = 2ac、b =2c3并得（20）z = x + c4 、（22）z = x + 2c4、（24） z = x + 22c4验证分析，其也均不能使f 4( zy ) = 0存在有“非平凡解”，则（13）所设定的正整数等式不成立，所以x4 + y4 = z4 没有正整数解。
（二）、“等量代换”检验法（简述）
仅以（9）式与（10）式的解值为例：
1、方根式：由原式zm =（xm+ym）和（9）式得zm = (x+cm)m，将这两个等式两边相减得：zm - (xm+ym) = zm - (x+cm)m，则其等式关系为（9）式*（10）式=（9）式*（30）式，于是（10）式=（30）式；
2、重根式：由原式z = m√（xm+ym）和（9）式z = (x+cm)，将这两个等式相减并m次方得：[z - m√（xm+ym）]m = [z - (x+cm)]m，根据“重根式”定理：[z - m√（xm+ym）]m = zm -（xm+ym），即zm -（xm+ym）= [z - (x+cm)]m，则其等式关系为（9）式*（10）式 =（9）式*（31）式，于是（10）式 =（31）式。
根据一元齐次多项式恒等定理，必然有（10）式与（30）式、（10式）与（31）式对应系数相等，之后相应的论证同上。
其它的几种“解值检验”同理。
我们证明了（2）xm + ym = zm (n = m是奇质数) 和（13）x4 + y4 = z4 ( n = 4 )时f n( zy ) = 0有“非平凡解”方根不成立 ，则（1）xn + yn = zn 没有“非平凡解”。所以，得出结论：当n 是一个大于2的正整数时 xn + yn = zn 没有正整数解。
那么，为什么x2 + y2 = z2 有正整数解呢？
当n=2时，可参照（3）、（4）设互为倒数求得其结果。但因为2是仅小于3的质数，所以也适合于m为奇质数时的情形，由（9）和（10）令m = 2得：
z - ( x + c2 ) = 0
z - ( a2 – x ) = 0
可知这时z2 - (x2 + y2) = 0能够分解为关于“z 、x”的二元一次方程组，并由（7）推证出勾股弦数公式：
y = ac x = (a2-c2) /2 z = (a2+c2) /2
且易证明x+c2 = a2-x，于是关于“z”存在重根式，为：
z2 - (x2+y2) = [z - (x+c2)][z - (a2-x)] = [z - (x+c2)]2 = [z - (a2-x)]2 =0
y含2因子时，由（11）和（12）令m = 2得：
z - ( x +2 c2 ) = 0
z - ( 2a2 – x ) = 0
并由（8）得：
y = 2ac x = a2 - c2 z = a2 + c2
有x +2 c2 = 2a2 – x，于是“z”的重根式为：
z2 - (x2+y2) = [z - (x+2c2)][z - (2a2-x)] = [z - (x+2c2)]2 = [z - (2a2-x)]2 = 0
( 因为此时b = c，所以也可将上面的c代换成b。)
这与远古给出传统的求解勾股弦数公式相符，并科学地解释了x2 + y2 = z2有正整数解的原理。对x2 + y2 = z2正整数解公式的推证，使我们明确了勾股数“通解公式”并非只是神秘的经验“构造”出的，而是能够求解得到；尤其更重要的是对于“z ”存在两个正整数重根的认识，这符合代数基本定理，又符合方根唯一性定理。而n大于2时xn + yn = zn 不存在“z” 的n 个正整数重根，没有正整数解。
1979年 —— 起始研究
1987年0 3 月0 1日一稿
1999年1 1 月2 5日续稿
2005年0 7 月2 0日修改
2006年0 3 月0 8日再改
——于黑河
*********************************************************************************
4、悬赏第一阶段回帖解答 ：
arrow 2005年8月29日2时24分 回帖原文
根据我的理解，作者的“相关定理”叙述的对象是多项式。这样可以解释作者为什么采取比较系数的方式证明相等。于是基本可以理解了，只是作者在书写上有问题（不是小问题）。
核心的“唯一性”就是指：“若r非负，则zn-rn仅有一种方式分解为(z-z1)(zn-1+a1zn-2+a2zn-3+ … +an-1)的形式(要求z1非负)。” 这个结论是正确的，但使用中出现了问题。
以对于“n=正奇质数”中的第一组必要解“（7）”的否证为例。
首先有y=ac, b=cm-1 ………………………………(7)
作者进一步得到：
z-(x+cm)=0 ……………………………………………(9)
zm-1+xzm-2+x2zm-3+… +xm-2z+(xm-1-am)=0 ……………(10)
在后面的证明中，作者又得到了（30）
zm-1+(x+cm)zm-2+(x+cm)2zm-3+…+(x+cm)m-2z+(x+cm)m-1=0……(30)
作者说：“（10）和（30）均是（9）的方根变形余式。”根据我的理解，意思是：“二者均是多项式zm-(x+cm)m的形如(z-z1)(zm-1+a1zm-2+a2zm-3+…+am-1)且z1非负的分解式中后面那个因式。”如果真是这样，由“唯一性”，可有x=x+cm，无需“互质”等条件，自有c=0 ，即有y=0 。
但事实是（30）是“（9）的方根变形余式”，而（10）不是。虽然（9）和（10）写在一处，很像如下形式
z – r = 0 ……………………………………………(1
zn-1+rzn-2+r2zn-3+ … + rn-2z+rn-1=0 …………………(2
但是（9）和（10）都是移项后的等式。细细分析，
（9）应该是z – x = cm
（10）应是zm-1+xzm-2+x2zm-3+…+xm-2z+xm-1=am
这样，（9）和（10）的左端才是一对，是zn-xn 的分解式。
好比d-e-1=0（类比（9））和d2+ed+e2-7=0（类比（10））。后者“像是”前者的方根变形余式（其实当然不是）。继续类比有d3-(e+1)3=0，于是(d-e-1)〔d2+(e+1)d+(e+1)2〕=0故d2+(e+1)d+(e+1)2=0是d-e-1=0 的方根变形余式（类比（30））。这时，如果像等同（10）和（30）那样处理，会有e=e+1 的矛盾。但另一方面e=1，d=2 能够满足原来的条件，可见这种推理是错误的。也许正是因为作者的写法有问题，才会出现这种混淆。至于别的几种情况，应该是类似的错误。
不知道我是否表达清楚了。
王德忱解答：arrow回帖主要中间三大段。为有利于理论思路，先从后往前解答。
后一大段：显然您首先没弄清数学中很重要的“根”与“方根”这两个概念定义。“根”是方程的“解”，“方根”是一个数开n次方的“值”。(d-e-1)(d2+ed+e2-7)=0，d=e+1是方程的一个“根”；而d3-(e+1)3=0，d=e+1是d3的“方根”。方根余式唯一性定理，是指唯一有方根余式〔d2+(e+1)d+(e+1)2=0〕与方根因式〔（d-(e+1)=0）〕乘积（d3）才存在方根。对于一个一般方程至于有几个正整数解与本问题没关系，其如何不能使一个“解”成为“方根”；而一个有“方根”解的方程(方程的特例，如z5-35 =0 )，只有一个正实数根（方根），其它为虚数根（偶次方时还有一个负实数根）。这里的类比不能成立，不同性质的问题是不存在可比性的。因为d-e-1=0和d2+ed+e2-7=0是您随意写出来的，与d3-(e+1)3=0没有任何关联，两个方程的“d”不是同一定义的量，它们之间“相逢不相识”，象这样所谓类似的方程随意写可以无穷无尽！而本人论题中是根据有关定理和依据一定的科学论证方法从zm = (xm+ym) = rm推论因式分解出的一个因式（方程的一个解，方根）（9）z -（x+cm ）= 0和相关的另一个因式（方程）（10）zm-1+xzm-2+…+xm-2z+(xm-1-am)=0，而（30）又是由（9）依据相关的定理推论得到的。（9）、（10）、（30）在论证过程中关于“z”的定义是相互联系的、同一的。所以您的“类比”是不可比的！
中间大段：您说：“（30）是（9）的方根变形余式，而（10）不是”。上段已经阐述过了，（10）是经一定的论证方法因式分解出（9）方根因式后所余的因式（方程式），还用证明（10）是不是（9）的方根余式么！据有关资料定理：求解某些不定方程，利用引理特别由uv=1可将原不定方程转化为不定方程组， 从而获得一些不定方程的解，这种解不定方程的方法叫因子分解法。因此可知，这里关于一个不定方程的一种特殊条件下的因式分解的方法是有定理可依据的。在经过设定条件的分析，给出了有正整数解必要解值，即因式分解的“zm”的m次方根（9）z-(x+cm)=0的因式（因子），之后（10）就必然是方根因式（9）所余的因式（因子）了。恰恰相反，实质上（30）才不是关于zm的方根余式，因为（30）是依据假设条件推理出来的，如果（30）是关于zm的方根余式，那么xm+ym=zm就有正整数解了。但是，（30）是依据假设条件（有正整数解的必要解值）由（9）推理的有正整数解的方根余式，从“z”的定义是等同的性质，所以说两者均是（9）的方根余式，或者说两者必该是一个（唯一性）。目的就是证明：（30）是（9）的正整数方根余式，（而不是zm-（xm+ym）=0的方根余式）；（10）是zm-（xm+ym）=0的方根余式，（则不是（9）的正整数方根余式），通过（9）的关联推证出（10）与（30）的“唯一性”互相矛盾，从而也就证明了（9）假设有正整数解的方根不成立，于是得到“没有正整数解”的期望结果。另外（9）和（10）均是依据有关定理和一定条件分解出的因式方程式，相对一个未知数以外的代数字母均可即定为已知数，（9）和（10）均是关于未知数“z”的方程。解方程移项是常理，数学中没有一个方程式分解出一个因式方程然后再与其余另一个因式方程割裂开分等号两边各“是一对”映衬对比的问题。我们是在解一个特例方程。
前一大段：在此只提出了一个问题，“可有x = x+cm，无需‘互质’等条件，自有 c = 0 ，即有y = 0”。特定条件下这个问题仅仅如此论述是不完整的，不能体现数与数之间的性质关系，且 y含a、b(c)因子，按常识说c = 0 则y = ac = a·0 = 0，如果这样会出现（3） z/y-x/y = 0/a 、（4） (z/y)m-1+x/y(z/y)m-2+…+(x/y)m-1 = a/0，所以还必须通过必要条件证明a = 0，y = ac = 0·0 = 0。这样严密的论证才能得出科学性的结果。
Xinqiyi 2005年8月29日8时18分 回帖选段
……按照您的相关定理，方根变形余式有、
z – r = 0 ………………………………………………(1
zn-1+rzn-2+r2zn-3+…+rn-2+rn-1=0 ………………………(2
而（2式的非负解只有z=0 r=0，没有整正数解。可是（10）式中
zm-1+xzm-2+x2zm-3+…+xm-2z+(xm-1-am)=0 ………………………(10)
只要a≠0，是可以有正整数解的，且z = 0 ，x = 0 不是它的解。现在的关键是（10）有无整数解。可见，（10）并不是您定义的方根变形余式，所以，不能与（30）等价对比，即它们的系数不能划上等号。
王德忱解答：首先您没懂方根存在定理和方根性质定理，zn - rn = 0只有一个正实数方根，即（1式的结果，根据代数基本定理（2还有n-1个根，n为奇数时全部为虚数根，n为偶数时还有一个负实数根其余为虚数根，所以在方程（2中再找正整数解是无中不可生有了。（10）与（9）、（30）这三个方程式是互相关联的，割裂开单独谈一个就不是我们要讨论的问题了。因而仅针对（10）“只要a≠0，是可以有正整数解的，且z=0,x=0不是它的解”不是随便说了就是的，必须由相关的条件论证才可得到是什么结果。况且，根据方根性质定理，（9）是唯一的实数解（方根）；（10）一定没有实数解了，更没有正整数解了。由（9）推理出（30），而（10）和（30）两个方程式均与 zm – rm = 0这个相关条件的方根余式具有等量的关联，不是随意划上等号的。关于（10）和（30）是否应该划上等号，还可以从这样的等量关系论证，作为一个参考：由（9）得zm = (x+cm)m和原式zm =（xm+ym），推出zm = zm、(xm+ym)= (x+cm)m；将这两个等式两边相减有zm-(xm+ym) = zm-(x+cm)m，则其等式关系为（9）式*（10）式=（9）式*（30）式，于是（10）式=（30）式，根据韦达等有关定理也能得出二者对应系数相等。
Mashimaro 2005年8月26日11时 回帖的相关问题
您提及 (x，y)=1、 (x， z)=1、 (y， z)=1条件重要但在文中看不到运用的问题，其实只要确定了(x， y)=1就决定了 (x， z)=1、(y，z)=1，通篇论证都运用了这一理念，“不能整除”、“等式不成立”都与这个条件相关，个别时重点指出“因(x，y)=1”或“cm与x互质”等。
您给出了xn+yn=zn没有正整数解则xkn+ykn=zkn也没有正整数解的证明，其实这个问题是已知条件，《数学小辞典》83页可查到。
********************************************************************************
4、“费马猜想”研究历程：
当n是一个大于2的正整数时，不定方程xn + yn = zn没有正整数解。这一结论是1637年左右费马提出的，被称为“费马猜想”，又称“费马大定理”。费马在有关一本书中一页写一段批语：“……关于这一点，我已发现了一种巧妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”经过300多年来许多优秀数学家的努力，曾一直未能得到解决。为此，布鲁塞尔和巴黎科学院多次设奖金征求这一问题的证明。1908年，哥廷根皇家科学会悬赏十万马克，奖给最先证明这一定理的人，为期一百年。（以上资料简要摘自《数学小辞典》）。具有关信息，英国一位数学家已于1995年高等数学证明了费马大定理成立，并于1996年因此荣获了沃尔夫奖。
为什么笔者如此关心此问题呢？因为本人自从1979年始对“费马猜想”进行着执迷艰辛的研究，到1987年完成一稿，经《东北数学》编辑部和有关数学家审定，结果在最后一步证明没能成功。这之后断断续续到1997年本人又集中付出了较大精力进行探索，经二三年的时间豁然得出了相关新定理：方根余式唯一性定理，及其相关的证明方法，于1999年11月再续新稿，这时联系有关人士则告知费马大定理已被证明。
但是，想来心情不能平静，二十多年的辛苦不甘于泯没！本来“费马猜想”是两方面内容：一是定理成立；二是巧妙证法。……这个问题还关系到x2 + y2 = z2有正整数解的理论解释，其“通解公式”可由设互为倒数的方法求得。本人证明发现：xn + yn = zn 当n = 2 时存在重根，有正整数解；而n﹥2时不存在重根，没有正整数解。一般来说，现在全世界有关学者谁也不会相信这个问题存在初等数学证明的奇迹了。正如从前数学刊物总编复信写道：象这类稿件我们是不会给审阅的，但一看你的证明方法独特，我们才组织了专家鉴定。
在2005年初本人才学用电脑并有了上网条件，便将此问题的研究结果发布于世。
王德忱数学研究简介：自1977年为社会青年、高考青年、初高中学生进行数学辅导，1979年完成一部讲稿《初等数学补习与研究》，320千字。后将发现数学新定理和数学新算法等研究部分精选著成《算法索论》，108千字，1982年由黑龙江省应用数学研究所、黑龙江大学数学系讲师、教授审阅，肯定了研究成果。1993年4月由《黑龙江科学技术出版社》出版，改名《初等数学若干问题新解》。
（附言：本人在 搜狐 社科 哲学 中国思维 学人原创 哲学天地 发布《论“第六感觉”》哲学著作，望有劳一阅，多谢！）
********************************************************************************
5、悬赏…… 否定……证题 * 悬赏第三次声明：
“费马猜想”初等数学证明是否可能还没有科学定论。本人《关于 xn + yn = zn 问题》一稿2005年8 月6 日在本论坛刊出，阅读（148人次）回复者没有给出实质性评定；之后2005年8月23日发布《悬赏10,000元人民币 否定一个数学证题》的悬赏文告（阅读849人次）；2005年10月21日发布《答疑一》（阅读366人次）；2005年12月29日再次发布《答疑二*悬赏再声明》（阅读600多人次）；现在，悬赏第三次声明。
悬赏诺言：“悬赏奖给第一个根本否定本人证明错误的人：自悬赏发稿日起，100日内奖赏1,000元人民币，101-200日内奖赏3,000元人民币，201-300日内奖赏5,000元人民币，301-600日内奖赏10,000元人民币。”根据实际情况而定奖赏时段是否继续。
本悬赏自2005年8月23日至2006年3月10日已200日两个阶段了，今决定启动第三阶段2006年3月11日起100日内5,000元人民币奖赏。
上述悬赏，一言九鼎，违约负全责，法律有效。
实施办法：在本主题下回帖或在本讨论区发布新主题（注明相关内容）讨论，确定达到悬赏条件后30日内邮寄付款。回复者必须写清真实姓名、通讯地址、电话号码，以便联系。
本人单位：黑龙江省农业科学院黑河农业科学研究所
电话 0456- 8253996
个人电话：0456-8667071
|
|
IP卡
狗仔卡
发表于 2006-5-25 08:38
提升卡
置顶卡
沉默卡
喧嚣卡
变色卡
显身卡
楼主
发表于 2006-7-14 08:43