编者按：解多元和高次方程一直是数学的中心问题，如果方程在所有整数域是不等式，说明方程无整数解。而洛书定理能够判定方程在整数域是否为不等式，因为它能判定方程两边的尾数是否相同。当年伽罗瓦用群论思想来判定五次方程是否有解，发展出了抽象代数，世界数学从此产生了质变。足见一个数学新工具的产生对推动数学发展的重要性。一个多项式方程有解，必有多项式素数基底，表现在群论中就是必有素数指数表达的可解群，指数性质决定了幂值尾数性质，可见洛书定理与群论思想是紧密关联的。它显示了，低维没有本原解，高维就没有通解。
伽罗瓦为何不通过扩域的方式让五次方程有根式解？五次方程无解是指在复数范围里无公式解，如果在复数前提下进行扩域那五次方程是否有根式解呢？伽罗瓦之后的数学家似乎没有尝试走这条路，因为超复数一直没有一套完善成熟的理论。倒是在如何判定无解的道路上发展得越来越完善。而判定整数域是否有解的一套方法则是数论的必杀技，每次数学是否要扩域都要回归数论，正因为如此用洛书定理分析方程是否有整数解的判定方法才尤为珍贵。它能解决很多久未解决的数学猜想，如跟高次方程有关的费马猜想，比尔猜想，波文猜想皆在其列。下文就是用洛书定理以及二项式素数基底定理证明比尔猜想、波文猜想成立的极佳案例。重要的话说三遍：洛书不是仅用来占卜的，而是可证明的数学定理（重复念三遍）。
伽罗瓦的思想推动了数学产生质变。
【摘要】 洛书定理的幂尾数周期判定法则、二项式素数基底定理、素数相邻递增法则以及相邻整数互素定理可证明波文猜想成立，高次方程的求根判定与二项式素数基底之间的关系非常密切，洛书定理根据尾数是否存在二项式基底表达来判定方程是否有解，他是考察方程基本性质的晴雨表，对发展抽象代数意义重大。
【关键词】波文猜想；洛书定理；幂尾数周期；相邻论；波文不等式；二项式素数基底定理；相邻整数互素定理；比尔猜想；不等式变换；无穷递降法。
1.0.比尔猜想获证的秘密：幂函数各项尾数的基底表达在高维指数周期下不匹配
比尔猜想断言：整数域方程 x^a+y^b=z^c，a、b、c ＞ 2 时，不存在正整数解。
怀尔斯的模形式和椭圆曲线工具只能证明费马猜想成立，不能证明比尔猜想成立，可见此方法不是解决此类问题的最后撒手锏，不具备广泛的推广意义，怀尔斯的证明工具尚未捕捉到费马猜想之所以成立的深层本质。而用洛书定理的幂尾数周期判定法，以及不等式维度升降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》一书的边角太小而写不下之类的话。另外，用此工具还可进一步证明比尔猜想成立，可见重合法和相邻论是该类数论问题的底层引擎。
重合法和相邻论，同费马小定理及费马无穷递降法有异曲同工之妙。幂尾数周期判定规则和费马小定理对应重合法，不等式维度升降法和无穷递降法对应相邻论；重合法找到公共交集，找到公约周期，相邻论找到完美并集，找到次第超越。凡具有推广意义的工具，才是好工具。不具推广意义的工具，只能解决特例，只是孤证，意义有限。并且若只能提供孤证，其证法的正确性是可疑的，存在漏洞的可能性极大。比尔猜想获证，说明了非线性离散解集与线性离散解集之间有着一荣俱荣、一损俱损的紧密关联，有着“兵熊熊一个、将熊熊一窝”的神秘呼应。
比尔猜想是费马猜想的一般化推广，证明比尔猜想，需要费马大定理做引理。因此需先证明几个相关引理。本文的证明显示了，书边角真能写下费马方程无整数解的证明。
现假设费马方程指数为给定数 n ＞ 0时无本原解，可证 x^(n+1)+y^(n+1)=z^(n+1) 必无整数解，根据 x^n+y^n=z^n 无整数解，即无基础解系，也无特征值正交基映射（x，y，-λ），即 x^(n+1)+y^(n+1)=λz^n 必无解，当然取特征值 λ=z 时也必无解。因为一个不等式两边内积映射一个系数向量组仍是不等式，即方程没有本原解则无通解。这等价于用不含特征值仅含匹配数的向量组来内积不等式向量，以实现递增指数所得到的 next 项命题也成立，这种情形属于不等式变换。三元一次不等式，乘以特征值或匹配数所对应的向量组，除勾股方程外，其他不能做到双向数值匹配（保持非互素），故不等式仍成立（可见无基础解系则无通解的这一思想非常关键，它是洛书定理的推广）。
正整数域内，大边乘以或加上大量，小边乘以或加上小量，不等式关系不变（纯不等式变换）；还有一种情形，三元不等式大边乘以或加上小量（升幂），小边乘以或加上大量（升幂），不等式关系仍不变，仅存在特例勾股方程是由该类不等式升幂获得方程的。三元方程升幂会变不等式，三元不等式升幂仍是不等式（会变方程仅限于三元二次如勾股方程)，该性质是费马猜想获证的关键。为何勾股方程以及二次方程可以由不等式升幂得到，其它三元方程不可呢？这是因为方程没有本原解就没有通解，三元一次方程没有本原解时为何有通解呢？如勾股方程，这是因为勾股方程的解不是三元一次方程无本原解下的解，如勾三股四弦五的本原解是2+3=5，一旦真没有本原解，则一定无通解，有本原解还不能通过升幂得到，而是通过线性映射得到的。三次方的费马方程已无本原解，故以此为基础的方程无通解，于是各种升幂也就没有解。洛书定理表明，幂函数的尾数存在周期指数规律，幂函数在余指数内没有本原解，则该函数就没有通解。
费马猜想成立的本质是，二次方程升幂导致三次方程没有通解，于是三次方程就没有本原解，在此基础上的高阶通解也就不存在。皮之不存毛将焉附的道理我们一直视而不见。
洛书反映了各种高维空间在低维空间皆有周期内的各种余数映射。
假设指数给定数 n ＞ 0 时费马本原解方程有解，即存在三元一次方程有解，毕达哥拉斯方程有解，可证明x^(2+1)+y^(2+1)=z^(2+1) 必无解，即毕氏方程有解且必有5t 解时（由洛书定理得到），x^3+y^3=z^3 无整数解，毕氏方程无基础解时，x^3+y^3=z^3 必无整数解，上文已证，从而证明了费马方程无解的初项成立（指数为3）。即费马方程指数n=1，2 为无解情形时，必 x^3+y^3=z^3 无整数解（非互素线性组合的匹配数性质），1 次方或 2 次方任意一组有解情形时，必 x^3+y^3=z^3 无整数解（非互素线性组合的特征值性质），两组为有解情形时，x^2+y^2=z^2，两边乘以 z，得 zx^2+zy^2=z^3，因为 z ＞ y ＞ x 是定义条件，且三元线性相关，故用大变小替代原表达后，得x^3+y^3 ＜ z^3，故原方程无解，这是改用互异递推条件导致互素的（不等式变换性质）。这样费马方程指数大于 2 的初项命题 3 次方时被证成立，加上递推得到的 next 项必成立，根据高阶超限数学归纳法（递推项虽不是一元方程的变量，而是四元方程的变量，但其组合递推亦成立），无穷递降法是假设n次不成立，降维递推成立，便低维也不成立，直到出现反例，现低维在3次不成立，故n≥3的费马方程无解。超限数学归纳法证明费马猜想则是，现低维在3次不成立，且升维递推成立，根据不等式升幂变换（除勾股方程外通过不等式升幂变换皆不可变成方程），next项的费马不等式仍成立，于是费马方程无整数解获证。
1.1. 整数的幂尾数在四数周期内循环
考虑到洛书的数独图所呈现出来的幂尾数体现了四周期规律，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？
用模运算表达就是：
偶数的情形（2 幂数左旋，8 幂数右旋）
（4mod10）^n ≡（4 or 6 or 4 or 6）mod10； （6mod10）^n ≡（6 or 6 or 6 or 6）mod10；
（0mod10）^n ≡（0 or 0 or 0 or 0）mod10。
奇数的情形（3 幂数右旋，7 幂数左旋）
（3mod10）^n ≡（3 or 9 or 7 or 1）mod10； （7mod10）^n ≡（7 or 9 or 3 or 1）mod10；
（9mod10）^n ≡（9 or 1 or 9 or 1）mod10； （1mod10）^n ≡（1 or 1 or 1 or 1）mod10；
（5mod10）^n ≡（5 or 5 or 5 or 5）mod10。
证明该定理很容易，根据乘法口诀表，我们进行排列组合得到：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。即所有整数的幂用无穷递降法证明比尔猜想尾数都在四数周期内循环。有了以上洛书定理的发现，就可以用来证明费马猜想、考拉兹猜想以及比尔猜想。
1.2. 幂尾数周期判定法
比尔猜想断言：整数域方程 x^a+y^b=z^c，a、b、c ＞ 2 时，不存在正整数解。
现用最简洁的方法进行证明。
数学家发现，1 指数的比尔方程有任意整数解，而当 x，y，z 互质且三元解中含 5 因子时，存在毕达哥拉斯②整数方程即 2 指数时的费马方程有整数解，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、比尔方程若有互质解必须 x，y，z 两两之间互质。当各元指数：
a=4k1+2(字母后的紧邻数字为足码，以下同) 或 4k1+4; b=4k2+2 或 4k2+4; c=4k3+2 或 4k3+4 时，一奇一偶相加相减可得到 5 因子奇数或一奇一奇相加相减可得到 5 因子偶数，5 因子数只有 5 结尾数或 0 结尾数。
指数为偶数 2k1+2、2k2+2、2k3+2 时的比尔方程一奇一奇的 9、1 尾数相加减或一奇一偶的 9、1 和 4、6 相加减都不会获得指数为 2 的同余数 9、1 和 4、 6，只能获得指数为 2 的同余数 0 和 5。若有解必有一元解含 5p 因子数。而在5p 因子数仍无解，则方程就无解。指数为偶数 2k1+4、2k2+4、2k3+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。若有解必有一元解含 5t 因子数。而在 5t 因子数仍无解满足等式，则方程就无解。
综合指数 2k1+2、2k2+2、2k3+2 和指数 2k1+4、2k2+4、2k3+4 的情形，偶指数的比尔方程若有解必须有一项拥有 5t 解，若无 5t 解则无通解。
1.3. 不等式维度升降法
那 5 因子数的本原解在毕达哥拉斯方程中存在，在指数大于 2 的比尔方程中是否继续存在呢？ z 和 y 不取 5t 时毕达哥拉斯方程已证都是不等式。即方程X^2+y^2=z^2 或者 y^2–x^2=z^2 在没有 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，5t解能否继续存在？
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 5t 解，以下进行分析证明。
第一种和第三种情况。
当 t 是奇数时，是第一种“奇减偶”等于 5 尾数的情况；
当 t 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=（5t）^2，在真实有解等式的两边同时乘以 5t，得到 y^2（5t）–x^2（5t）=（5t）^3。此时 5t 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5ty^2，5tx^2 进行更换。5ty^2 因子项的底数变大，5tx^2 因子项的底数也同时变大，都大于 5t，那么方程就变成了不等式。5ty^2 因子项的底数变大于 5t，5tx2 因子项的底数也同时变小于 5t，那么左边会更大。将 5ty^2 因子项的底数变小，5tx2 因子项的底数也同时变小，都小于 5t，那么方程就变成了不等式。5ty^2 因子项的底数变小于 5t，5tx^2 因子项的底数也同时变大于 5t，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：
（5t）^3 ＞ y^3–x^3 或 y^3–x^3 ＞（5t）^3
不更换，方程三元非互素没有本原解；更换，方程又变成了不等式。
另外两种情况：
将 （5t）^2=y^2+x^2
两边乘以 x（x ＞1），得 xx^2+xy^2=x（5t）^2，变换后得 xx^2=x（5t）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：
（5t）^3–xy^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 ＞（5t）^3–xy^2，不等式成立.即不等式：（5t）^3 ＞ y^3+x^3 或 y^3+x^3 ＞（5t）^3都是成立的。不等式成立，意味着原方程无整数解。本原解 5t 也不能满足等式要求。于是乎得到重要结论：即若有 5t 解，指数为 3 时的比尔方程定无整数解，若无 5t 解，指数为 3 时的比尔方程亦定无整数解。用数学归纳法继续证明，推广到指数为 a、b、c 时也成立。
当不等式（5t）^c ＞ y^b+xa 或 y^b+x^a ＞（5t）^c 是成立的话，即指数 a、b、c>2 时比尔方程没有 5t 解。
那么（5t）^（c+1）＞ y^（b+1）+x^（a+1）或 y^（b+1）+x^（a+1）＞（5t）^（c+1）也是成立的。
当不等式（5t）^c ＞ y^b–x^a 或 y^b–x^a ＞（5t）^c 是成立的话，那么（5t）^（c+1）＞ y^（b+1）–x^（a+1）或 y^（b+1）–x^（a+1）＞（5t）^（c+1）也是成立的。
以下证明之。
宇宙中的对称关系无处不在，其中作为单位元的本原解至关重要。
将不等式（5t）^c ＞ y^b+x^a 的两边乘以 5t，右边的两项 5t 换成非 5 尾数较小量的 y 和 x，不等式仍成立，即（5t）^（c+1）＞ y^（b+1）+x^（a+1）成立。将不等式 y^b+x^a ＞（5t）^c 的两边乘以 x，左边的 y 项换成较大量，5t 换成较小量，不等式仍成立，即 y^（b+1）+x^（a+1）＞（5t）^（c+1）成立。
将不等式（5t）^c ＞ y^b–x^c 的两边乘以 5t，右边两项 y 和 x 中的 5t 换成非 5尾数的较小量，不等式仍成立，即（5t）^（c+1）＞ y^（b+1）-x^（c+1）成立。
将不等式 y^b–x^a ＜（5t）^c 的两边乘以 x，左边的 y 项换成较大量，5t 换成小量，不等式仍成立，即（5t）^（c+1）＜y^（b+1）–x^（a+1）成立。
以上比尔方程没有 5t 解导致不等式产生的四种可穷分类情形皆证明了迭代递推命题成立。加上方程指数 a、b、c=3 时无 5t 整数解的首项判定成立，故比尔方程无 5t 解的命题得证。而用幂尾数周期判定法已证，无 5t 解在偶指数比尔方程中必无通解，即偶指数比尔方程一定无解。现在假设大于 2 的 a、b、c 指数时成立，递推项a+1、b+1、c+1 或 a+1、b+1、c，a+1、b、c+1，a、b+1、c+1，或 a、b、c+1，a+1、b、c，a、b+1、c 指数时概括起来一共就有八种情形，其中偶指数的情形是成立的，其他七种都可以由偶指数的情形导出。即通过不等式指数增减变换可将奇指数等价变换为各种搭配的指数，可见与已证相符，故可知偶指数时的各种递推是正确的。七种混合奇偶指数搭配是成立的。因为借助了不等式维
度升降法，其原理是，不等式的大边乘较大量，小边乘以较小量，不等式仍成立，缺项相乘不等式性质亦不变。如此得到 next 项也成立的数学归纳法递推证明，才使大于 2 的 a、b、c 指数时比尔方程没有通解成立。奇偶两者合并，即指数大于 2 时的正整数域都无整数解。这就证明了指数大于 2 的比尔方程无整数解用无穷递降法证明比尔猜想是成立的。
1.4. 用无穷递降法证明比尔猜想
比尔猜想是费马猜想的一般化推广，用证明费马猜想的方法亦能证明比尔猜想成立！从这一点可看出，用该方法证明费马猜想，要比怀尔斯证明费马猜想可靠得多。比尔猜想的推广判断是这样的：丢番图方程某一特例形式 x^a+y^b ＝ z^c，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（Andrew Beal）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通解（乘以整数 n 获得）。当 a、b、c=1 时，方程有无数组整数解。当 a、b、c ≤ 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 ＞ 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。本书在有关费马猜想一文中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 中存在的 a 次方数、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 ＞ 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，即是个不等式。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。
怀尔斯的模表示与椭圆曲线并不能顺带解决比尔猜想。
1.5. 洛书定理的尾数判定
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用无穷递降法证明比尔猜想不等式的判定生效，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5t 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 5t 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 5t 因子且增加 2 次方后，比尔方程变为不等式：
5t5tx^4a+5t5ty^4b ＞ 5t5tz^4c，或 5t5tz^4c ＞ 5t5tx^4a+5t5ty^4b前者当 z 中的 5t 换成较小数，x 中的 5t 换成较大数时，不等式仍成立；后者当 z 中的 5t 换成较大数，x 中的 5t 换成较小数时，不等式仍成立。可见比尔偶数指数方程没有 5t 解。
而此时，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 或加或减，其尾数都不能等于 4 或 6；经 4n+4 次方运算后，奇数尾数只有 1，偶数尾数为 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，因此比尔猜想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，方程尾数不能匹配等同获得等式，4n+2 时，尾数同样不能匹配等同，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/z+y^2b/z ＞ 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) ＞ zx^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，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 A2t、B2t、C2t，因为这些数都是三元数中的子集，于是可得：
（A2t）^(2a+1)+（B2t）^(2b+1) ＞（C2t）^(2c+1) 或 （C2t）^(2c+1) ＞（A2t）^(2a+1)+（B2t）^(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，满足加法交换律。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 >2 的任意整数不等式。
在： y^2b-（z^2c-x^2a）＞ 0 或 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 1 或减 1 一个指数后，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；二是用三元不等式指数增减等价变换③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，于是费马猜想一般化推广即比尔猜想也获得了证明。
另外，根据不等式降维变换还可以获得更简洁的证明。现已证：
X^2a+y^2b ＞ z^2c 或 x^2a+y^2b ＜ z^2c是成立的不等式，则：
（x^a）^2+（y^b）^2 ＞（z^c）^2 或（x^a）^2+（y^b）^2 ＜（z^c）^2也是成立的不等式。因为 2 指数是所有偶指数的子集。即：
已知，在整数域中，有 A^2+B^2 ＞ C^2 或者 A^2+B^2 ＜ C^2 成立，求证，A+B ＞ C 或者 A+B ＜ C 亦成立。因该命题证毕（另文有完整证明。核心证明步骤是，用无本原解则无通解的性质经过幂指数递增运算可判定比尔方程在偶指数时无本原解指数递增后亦无通解，即无通解也必无本原解。有本原解就有映射通解，但未必有升幂通解，勾股方程是在有本原解前提下的映射通解，但不是升幂通解。把未知数看成是还原通解的系数，升幂降幂由此而来，此为解题关键），故可直接根据：（x^a）^2+（y^b）^2 ＞（z^c）^2 或（x^a）^2+（y^b）^2 ＜（z^c）^2推得：X^a+y^b ＞ z^c 或 x^a+y^b ＜ z^c也是成立的不等式，因为通解是不等式，所以本原解一定是不等式，即比尔猜想得证。
也就是说，可根据非齐次偶指数（x^a）^2+（y^b）^2=（z^c）^2 无整数解成立，可直接推得大于 2 的非齐次正整数指数时x^a+y^b=z^c 无整数解也成立，即比尔猜想获证。可见幂尾数洛书定理和不等式降维变换是很强大的数学工具。
简单来说，通过幂尾数加减运算与幂指数递增运算就可证明比尔猜想成立。第一步用洛书定理经过幂尾数加减运算可判定比尔方程在偶指数时三项幂尾数相加方程左右不等，于是可判定比尔方程在偶指数时无解。第二步用无本原解则无通解的性质经过幂指数递增运算可判定比尔方程在偶指数时无本原解指数递增后亦无通解，于是可判定比尔方程偶指数递增1后为奇指数时也无通解。通过以上两步即可证明比尔方程无整数解。
1.6．洛书定理的幂尾数周期律可解决“完美立方体问题”
此工具还可解决“完美立方体问题”，即方程 a^2+b^2+c^2= g2 是否有整数解，这也是一道 300 年来未解决的难题，1719 年由一名叫保罗·汉克（Paul Halcke）的天文计算工程师提出。三根棱长和三个面上的对角线都是整数的立方体叫欧拉砖，在欧拉砖（如：三边为 44，117，240）的基础上继续添加条件“体对角线是整数”的叫完美立方体（Perfect Cuboid），它要求全部的边和对角线长都是整数。那这样的完美立方体是否存在呢？本文作者用洛书定理判定
它不存在，并给出证明。
欧拉砖有一个重要性质，就是立方体本原解必须有一边能被 5 整除，被 3整除，被 11 整除，有两边能被 4 整除。必有一边含 5 因子的这一性质也被洛书定理所证明。基于这一性质可解决完美立方体问题。
现证明如下，令 gcd（a，b，c）=1，即三元组无公因数，则 g 必与 a、b、 c 皆互素，若非互素，必会导致方程两边整数等于分数，故可反证出 g 必与 a、b、 c 三元分别互素，此时四元组为本原解方程。假如 g2 有整数解，根据毕达哥拉斯三元组方程性质，那么在四元组中必有一项含 5 因子数，前文用洛书定理已完成证明了该性质，欧拉砖的定义性质也证明了这一点。
欧拉砖三边必有一边含 5 因子的这一性质，已有数学家完成证明，其他情形都不是欧拉砖，但也可用洛书定理幂尾数周期律证明。
假如欧拉砖三面的对角线都含 5 因子，即三边都不含 5 因子，我们来考察方程的性质。先用方程两边乘以 2 可得到，2a^2+2b^2+2c^2= 2g^2，左边将得到三组含 5 因子的数，这与右边与它互素不含 5 因子的条件相矛盾，故该类立方体不是欧拉砖，三边都不含 5 因子将不构成欧拉砖。因为三面对角线皆含 5 因子，若 2g^2 不含 5 因子，必矛盾；若 g^2 含 5 因子，g^2- a^2 必不含 5 因子，而 b^2+c^2必含5因子，于是也矛盾。这就反证了三面对角线都含5因子数的欧拉砖不存在，即三边都不含 5 因子的非欧拉砖四元组方程可排除。
三边都含 5 因子数的方程亦可排除，因为不是本原解方程。
若 a^2 含 5 因子数，g^2 不含 5 因子，（b^2+c2）中必有一项含 5 因子数，否则两项相加再两项相减就产生不了 5 因子数，同样由洛书定理幂尾数周期律以及互异互素运算决定，如此 a、b、c 中，就有两项含 5 因子数，a^2、c^2 含 5 因子时，继续用 2 乘以方程两边可得到，2a^2+2b^2+2c^2=2g^2，根据洛书定理，只要是欧拉砖，方程左边必含 5 因子，可是方程右边并不含 5 因子，矛盾，故该情形三边不是欧拉砖。假如 g 含 5 因子，则方程 a^2-g^2+c^2=-b^2，其左边三项含 5 因子，而右边 b 不含，总之，横竖都矛盾。b^2、c^2 或 a^2、b^2 含 5 因子时亦同，这就反证了三边中有两边都含 5 因子数的欧拉砖不存在，即三边中有两边含 5 因子勾股数的四元组本原解方程可排除。
立方体三边可穷分类为：三边不含 5 因子、三边含 5 因子、两边含 5 因子、一边含 5 因子这 4 种情形。经推导，在必有欧拉砖的前提下，4 种已排除 3 种，那么三边中仅有一边含 5 因子时是欧拉砖。于是可证欧拉砖的必要条件只能是三边必有一边含 5 因子数。现证明欧拉砖不存在有完美立方体。
若 g^2 含 5 因子，a、b、c 三边必有一边含 5 因子数，否则三项相加产生不了 5 因子数（欧拉砖性质），可由洛书定理幂尾数周期律加上互异互素运算来判定，如此 g^2 含 5 因子时就与 a、b、c 分别互素的本原解要求矛盾了，故此时g^2 无整数解。若 g^2 不含 5 因子，根据洛书定理，两组不含 5 因子的勾股平方数相加，必产生 5 尾数或 0 尾数，三边平方和含 5 因子已不可避免，而本原解方程要求 g 与三边互素，不含 5 因子，如此方程就变成了不等式，完美立方体方程必无整数解。
这样欧拉砖的体对角线，经洛书定理和互素性质证明，g 必无整数解。其他情形，要么就不是欧拉砖方程，要么就不是本原解方程。综合以上所有可能发生的情形，可推理出完美立方体本原解方程必无整数解，当然也就无整数通解。也就是说完美立方体并不存在。可见洛书定理是非常强大，非常管用的数学工具。
高斯给数论进行了更加严格化的布局，是经典数学与现代数学的贯穿者。
2.0.波文猜想获证的秘密：除一组解外方程左右幂值无法构造相同尾数
波文猜想：方程 1^n+2^n+3^n+…+m^n=（m+1）^n 只有正整数解 n=1，m=2。这个方程与费马方程相似，都是证明有限解的存在性。波文方程的正整数解，仅有一组，它究竟暗示了正整数中的什么规律呢？只有去寻找证明，才可以让我们知道得更多。截至目前，这一猜想世界数学共同体仍未彻底攻克，本文独辟蹊径，用新数学工具洛书定理给出了清晰的纯数学文本证明，以供世界数学共同体验证。
波文猜想探索的是关于等幂级数方程的求根判定法则，数学家大多用群论思想和极限的方法来解决诸如此类的问题，但本文却另辟蹊径，通过洛书定理和二项式展开性质以及不等式来判定方程是否有解。洛书定理显示，奇偶数的尾数判断：
在多因子领域，以 4 数为周期；
在多项式领域，以 2 数为周期。
指数的延伸用 4t+（1、2、3、4）表示；
项数的延伸用 2k+（1、2）表示。
前者幂数⑦为 4 数可穷尽分类；后者相邻整数为 2 数可穷尽分类。可穷尽分类的各个子集定义域成立，则全集定义域自然就成立。
2.1. 洛书定理的尾数周期值判定
现用最简洁的方法进行证明。
把多项式 2 数周期分类 2k+1、2k+2 以及多因子 4 数周期分类 4t+1、 4t+2、4t+3、4t+4 分别代入波文方程，得到：
1^(4t+1)+2^(4t+1)+3^(4t+1)+…+（2k）^(4t+1)+（2k+1）^(4t+1)=（2k+1+1）^(4t+1)
根据洛书定理，自然数的指数为 4t+1 时，波文级数方程的每一项可以直接算出它们的幂数尾数，m=2 时，n=1 时，方程有解。k>0，n>1 时，波文方程幂数尾数左右不等，此时波文方程是不等式，因此波文方程除了有一项解外则无其他任何解。
当 m 为奇数 2k+1 时：
1^(4t+1)+2^(4t+1)+3^(4t+1)+…+（2k）^(4t+1)+（2k+1）^(4t+1)=（2k+1+1）^(4t+1)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1+2+3+4+5+…+2k+2k+1；右边 =（2k+1+1）^(4t+1)（根据洛书定理直接取每项尾数）
左边 =（2k+1）（k+1）；右边 =2^(4t+1)（k+1）^(4t+1)
（左右约掉一个 k+1）(尾数相同数乘以或除以一个公因子尾数仍相同，下同省略不表)
则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
当 m 为偶数 2k+2 时，
1^(4t+1)+2^(4t+1)+3^(4t+1)+…+（2k）^(4t+1)+（2k+1）^(4t+1)+（2k+2）^(4t+1)=（2k+2+1）^(4t+1)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1+2+3+4+5+…+2k+2k+1+2k+2；右边 =（2k+2+1）^(4t+1)（根据洛书定理直接取每项尾数，下同省略不表）
左边 =（2k+3）（2k+2）/ 2；右边 =（2k+3）^(4t+1)
（左右约掉一个 2k+3）
当 k=0 时，左右两边都等于 3 尾数。此时方程有解，m=2，n=1。当 k>0 时，（左右约掉一个 2k+3）；
k+1=（2k+3）^4t 当 k 等于 10q 时，两边的尾数存在相等。q 为自然数。则方程的左边为 k+1，方程的右边为奇数，当 k 为奇数时，左边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
k 为偶数时：
当 k=0 时，方程有解 m=2，n=1； 当 k=2 时，左边尾数为 3，右边尾数为 1； 当 k=4 时，左边尾数为 5，右边尾数为 1； 当 k=6 时，左边尾数为 7，右边尾数为 5； 当 k=8 时，左边尾数为 9，右边尾数为 1； 当 k=10 时，左边尾数等于 1，但数列大于两项值时的尾数之和是偶数，右边尾数等于 1，故左右不等。
凡尾数带 0 的 k，方程左右的尾数相等。由于带 0 的 k 相互之间要相差至少 10，因此 m 要每次延伸 10 项才能保证尾数相等。
以上证明了：当波文方程指数为 4t+1 时，k 为奇数无解；k 为偶数中的尾数 2、4、6、8 无解，k 为 0 但数列大于 2 项时也无解，仅 k 为 0 时 m 取 2 有解。
可见除 2 外 m 取所有偶数时波文方程都无解，因为右为奇左为偶。
越是低维越是深刻，这就是为何代数会比几何更加根本的原因，所有非线性问题都要回归线性。
2.2. 指数为 4t+1 的波文不等式定理
波文不等式定理：波文方程右边二项式展开，当 k=10q，m=20q+1 或m=20q+2 时（q 为自然数），方程两边后两位尾数不等，故指数为 4t+1 的波文方程 t ＞ 0，m ＞ 0 时为不等式。
证明：当 m 为奇数 20q+1 时，
1^(4t+1)+2^(4t+1)+3^(4t+1)+…+（20q）^(4t+1)+（20q+1）^(4t+1)=（20q+1+1）^(4t+1)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1+2+3+4+5+…+20q+20q+1；右边 =（20q+1+1）^(4t+1)
左边 =（20q+1）（10q+1）；右边 =2^(4t+1)（10q+1）^(4t+1)
（左右约掉一个10q+1）
则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。同理可证 20q+3、20q+5、20q+7、20q+9 都是方程左右奇偶不同，故无解。
当 m 为偶数 20q+2 时，
1^(4t+1)+2^(4t+1)+3^(4t+1)+…+（20q）^(4t+1)+（20q+1）^(4t+1)+（20q+2）^(4t+1)=（20q+2+1）^(4t+1)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1+2+3+4+5+…+20q+20q+1+20q+2；右边 =（20q+2+1）^(4t+1)
左边 =（20q+3）（2q+2）/ 2（根据指数为1的级数通项公式得到）；右边 =（20q+3）^(4t+1)
（左右约掉一个 20q+3）
10q+1=（20q+3）^4t
以上判定，指数 4t+1 型的波文方程无解，除了 m=2，n=1 时。
波文不等式定理的推论：波文方程右边二项式展开，当 k=10q，m=20q+1或 m=20q+2 时，方程两边十位数尾数不等，故指数为 4t+1、指数为 4t+2、指数为 4t+3、指数为 4t+4 的波文方程 t ＞ 0，k ＞ 0 时皆为不等式。
波文不等式定理的一般化推广：m 取尾数为 1、3、5、7、9 时无解，取尾数为 4、6、8、0 时无解，已获洛书定理证明，取尾数为 2 时，虽然两边个位
数相等，但两边十位数不等，因此波文方程在 t ＞ 0，k ＞ 0 的所有正整数域为不等式。
2.3. 指数为 4t+2 的波文不等式定理
以下将完成证明。
指数为 4t+2 时：波文方程的每一项的自数尾数将是：
1^(4t+2)+2^(4t+2)+3^(4t+2)+…+（2k）^(4t+2)+（2k+1）^(4t+2)=（2k+1+1）^(4t+2)
根据洛书定理，自然数的指数为 4t+2 时，波文方程的每一项可以直接算出它们的自数尾数，方法和 4t+1 时候一样，2 余数为指数时，各项所得到的尾数，1、9、4、6、0、5 都自乘了一次，2、8、3、7 消失，由于它们合起来都等于 10，因此总量不变，截取 10n 段项数，可套用求 1 余数为指数时的级数多项式尾数总和，只是在计算零头的时候注意对应补充上。k>0，n>0 时，波文方程自数尾数左右不等，此时波文方程为不等式。
当 m 为奇数 2k+1 时，
1^(4t+2)+2^(4t+2)+3^(4t+2)+…+（2k）^(4t+2)+（2k+1）^(4t+2)=（2k+1+1）^(4t+2)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+…+n^2
=n（n+1）（2n+1）/6（根据指数为2的级数通项公式得到）
右边 =（2k+1+1）^（4t+2）；
左边 =（2k+2）（2k+2+1）（4k+2+1）/6
左右约掉一个 2k+2
则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
当 m 为偶数 2k+2 时，
1^(4t+2)+2^(4t+2)+3^(4t+2)+…+（2k）^(4t+2)+（2k+1）^(4t+2)+（2k+2）^(4t+2)=（2k+2+1）^(4t+2)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+…+n^2
=n（n+1）（2n+1）/6（根据指数为2的级数通项公式得到）
右边 =（2k+2+1）^（4t+2）；
左边 =（2k+2）（2k+2+1）（4k+4+1）/6 ；
左右约掉一个 2k+3。 于是得（2k+2）（2k+2+1）（4k+4+1）/6 =（2k+2+1）^(4t+2)
则方程的左边为 k+1，方程的右边为奇数，当 k 为奇数时，左边偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
k 为偶数时：
当 k=0 时，左边尾数为 5，右边尾数为 9； 当 k=2 时，左边尾数为 1，右边尾数为 9； 当 k=4 时，左边尾数为 5，右边尾数为 1； 当 k=6 时，左边尾数为 6，右边尾数为 5； 当 k=8 时，左边尾数为 6，右边尾数为 9； 当 k=10 时，左边尾数等于 0，右边尾数等于 3。 k 为奇数时也两边不等。由于带 0 的 k 相互之间要相差至少 10，因此 m 要每次延伸 10 项才能保证尾数相等。
根据波文不等式可同理证明指数为 4t+2 的波文不等式推论也成立。
波文方程右边二项式展开，当 k=10q，m=20q+1 或 m=20q+2 时，方程两边十位数尾数不等，故指数为 4t+2 的波文方程 t ＞ 0，k ＞ 0 时为不等式。
证明：当 m 为奇数 20q+1，指数为 4t+2 时，
1^(4t+2)+2^(4t+2)+3^(4t+2)+…+（20q）^(4t+2)+（20q+1）^(4t+2)=（20q+1+1）^(4t+2)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+…+（20q+1）^2=（20q+1）（20q+2）（40q+2+1）/6；
右边 =（20q+1+1）^（4t+2）
（左右约掉一个 20q+2）
则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
当 m 为偶数 20q+2 时，
1^(4t+2)+2^(4t+2)+3^(4t+2)+…+（20q）^(4t+2)+（20q+1）^(4t+2)+（20q+2）^(4t+2)=（20q+2+1）^(4t+2)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
左边 =1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+…+（20q+2）^2=（20q+2）（20q+3）（40q+4+1）/6；
右边 =（20q+2+1）^（4t+2）
（左右约掉一个 20q+3）
以上显示可判定，波文方程两边连个位数都不能保证相等，如此可见波文方程的两边不会相等，所以波文方程此时是不等式。
2.4. 指数为 4t+3 的波文不等式定理
同理可证明，指数为 4t+3 时波文方程的每一项的幂数尾数将是如下情形。
指数为 4t+3 时：
1^(4t+3)+2^(4t+3)+3^(4t+3(+…+（2k）^(4t+3)+（2k+1）^(4t+3)=（2k+1+1）^(4t+3)
根据洛书定理，自然数的指数为 4t+3 时，波文方程的每一项可以直接算出它们的幂数尾数，方法和 4t+1 时候一样，2 余数为指数时，各项所得到的尾数，由于它们合起来都等于 20，因此总量不变，截取 10n 段项数，可套用求 1余数为指数时的级数多项式尾数总和，只是在计算零头的时候注意对应补充上。
k>0，n>0 时，波文方程幂数尾数左右不等，此时波文方程为不等式。
当 m 为奇数 2k+1 时，
1^(4t+3)+2^(4t+3)+3^(4t+3)+…+（2k）^(4t+3)+（2k+1）^(4t+3)=（2k+1+1）^(4t+3)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+…+n^3
=n2（n+1）2/4
右边 =（2k+1+1）（4t+3）；
左边 =（2k+2）2（2k+2+1）2/4
左右约掉一个 2k+2
则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，
无正整数方程解。
当 m 为偶数 2k+2 时，
1^(4t+3)+2^(4t+3)+3^(4t+3)+…+（2k）^(4t+3)+（2k+1）^(4t+3)+（2k+2）^(4t+3)=（2k+2+1）^(4t+3)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+…+n^3
=n^2（n+1）^2/4（根据指数为3的级数通项公式得到）
右边 =（2k+1+1）（4t+3）；
左边 =（2k+2）^2（2k+2+1）^2/4
左右约掉一个 2k+3
则方程的左边为 k+1，方程的右边为奇数，当 k 为奇数时，左边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
k 为偶数时：
当 k=0 时，左边尾数为 9，右边尾数为 7； 当 k=2 时，左边尾数为 1，右边尾数为 3； 当 k=4 时，左边尾数为 5，右边尾数为 1； 当 k=6 时，左边尾数为 7，右边尾数为 5； 当 k=8 时，左边尾数为 9，右边尾数为 1； 当 k=10 时，左边尾数等于 3，右边尾数等于 9。 k 为奇数时也两边不等。
由于带 0 的 k 相互之间要相差至少 10，因此 m 要每次延伸 10 项才能保证尾数相等。
根据波文不等式可同理证明指数为 4t+3 的波文不等式推论也成立。
波文方程右边二项式展开，当 k=10q，m=20q+1 或 m=20q+2 时，方程两边 10 位数尾数不等，故指数为 4t+3 的波文方程 t ＞ 0，k ＞ 0 时为不等式。
证明：当 m 为奇数 20q+1，指数为 4t+3 时，
1^(4t+3(+2^(4t+3)+3^(4t+3)+…+（20q）^(4t+3)+（20q+1）^(4t+3)=（20q+1+1）^(4t+3)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+6^3+…+n^3
=n^2（n+1）^2/4（根据指数为3的级数通项公式得到）
右边 =（20q+1+1）（4t+3）；
左边 =（20q+1）^2（20q+1+1）^2/4
左右约掉一个 20q+2
则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。
当 m 为偶数 20q+2 时，
1^(4t+3)+2^(4t+3)+3^(4t+3)+…+（20q）^(4t+3)+（20q+1）^(4t+3)+（20q+2）^(4t+3)=（20q+2+1）^(4t+3)
根据洛书定理比较方程两边个位数：
1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+6^3+…+n^3
=n^2（n+1）^2/4
右边 =（20q+2+1）^（4t+3）;
左边 =（20q+2）^2（20q+2+1）^2/4
左右约掉一个 20q+3
以上显示可判定，波文方程两边连个位数都不能保证相等，如此可见波文方程的两边不会相等，所以波文方程此时是不等式。
历代数学家推进了人类文明的进程，他们是冲破傲慢与偏见的勇士。
2.5. 指数为 4t+4 的波文不等式定理
指数为 4t+4 时：
1^(4t+4)+2^(4t+4)+3^(4t+4)+…+（2k）^(4t+4)+（2k+1）^(4t+4)=（2k+1+1）^(4t+4)
根据洛书定理，自然数的指数为 4t+4 时，波文方程的每一项可以直接算出它们的幂数尾数，方法和 4t+1 时候一样，4 余数为指数时，每 20 项所得到的尾数，由于它们合起来等于 6，因此总量不变，截取 20n 段项数，可套用求1 余数为指数时的级数多项式尾数总和，只是在计算零头的时候注意对应补充上。k>0，n>0 时，波文方程自数尾数左右不等，此时波文方程为不等式。
当 m 为奇数 2k+1 时，
1^(4t+4(+2^(4t+4)+3^(4t+4)+…+（2k）^(4t+4)+（2k+1）^(4t+4)=（2k+1+1）^(4t+4)
左边=1^4+2^4+3^4+4^4+5^4+…+n^4
=n（n+1）（1+2n）（3n+3n2-1）/30=（2k+1）（2k+1+1） （4k+2+1）（6k+3+3k2+3k+3-1）/30；（根据指数为4的级数通项公式得到）
右边 =（2k+1+1）^(4t+4)，
左右约掉一个 2k+2。
k 为 10、8、6、4、2 时，右边为偶数，左边为奇数；k 为 9、7、5、3、1 时，
两边乘以 30 后，右边为 00 或 80，左边不为 0。
k 为 10、8、6、4、2 时，右边为奇数，左边为偶数；k 为 9、7、5、3、1 时，
两边乘以 30 后，右边为 50 或 30，左边不为 0。
k 尾数为 9 时，右边尾数为 0，左边为 9。
k 尾数为 7 时，右边尾数为 0，左边为 5。
k 尾数为 5 时，右边尾数为 0，左边为 5。
k 尾数为 3 时，右边尾数为 0，左边为 5。
k 尾数为 1 时，右边尾数为 0，左边为 5。
可见 k 取奇数时，方程左右也不等。
可见指数为 4t+4，当 m 为奇数 2k+1 时，波文方程为不等式。
当 m 为偶数 2k+2 时，
1^(4t+4)+2^(4t+4)+3^(4t+4)+…+（2k）^(4t+4)+（2k+2）^(4t+4)=（2k+1+1）^(4t+4)
左边=1^4+2^4+3^4+4^4+5^4+…+n^4
=n（n+1）（1+2n）（3n+3n2-1）/30=（2k+2）（2k+2+1）（4k+4+1）（6k+6+3k2+24k+3-1）/30；（根据指数为4的级数通项公式得到）
右边 =（2k+2+1）4t+4，
左右约掉一个 2k+3。 k 尾数为 9，7，5，3，1 时，方程右边尾数为奇数，左边尾数为偶数。
可见 k 取奇数时，方程左右也不等。由此证明指数为 4t+4，当 m 为偶数 2k+2 时，波文方程为不等式。
根据波文不等式可同理证明指数为 4t+4 的波文不等式推论也成立。
波文方程右边二项式展开，当 k=10q，m=20q+1 或 m=20q+2 时，方程两
边不等，故指数为 4t+4 的波文方程 t ＞ 0，k ＞ 0 时为不等式，它体现了多项式同幂递增的单调性⑥。
证明：当 m 为奇数 20q+1，指数为 4t+4 时，
1^(4t+4)+2^(4t+4)+3^(4t+4)+…+（20q）^(4t+4)+（20q+1）^(4t+4)=（20q+1+1）^(4t+4)
左边=1^4+2^4+3^4+4^4+5^4+…+n^4
=n（n+1）（1+2n）（3n+3n2-1）/30=（20q+1）（20q+1 +1）（40q+2+1）（60q+3+1200q2+120q+12-1）/30；
右边 =（20q+1+1）4t+4，
左右约掉一个 20q+2。 当 k 为偶数时则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。而 20q 属于偶数，故当 k=10q，m=20q+1 方程
两边不等，故指数为 4t+4 的波文方程 t ＞ 0，k ＞ 0 时为不等式。
当 m 为偶数 20q+2 时，20q 仍属于偶数，偶数域 +2 时，刚刚已经证明波文方程无解，故当 m 为偶数 20q+2 时，当然也无解。
1^(4t+4)+2^(4t+4)+3^(4t+4)+…+（20q）^(4t+4)+（20q+1）^(4t+4)+（20q+2）^(4t+4)=（20q+2+1）^(4t+4)
左边=1^4+2^4+3^4+4^4+5^4+…+n^4
=n（n+1）（1+2n）（3n+3n2-1）/30=（20q+2）（20q+2 +1）（40q+4+1）（60q+6+1200q2+240q+12-1）/30；
右边 =（20q+2+1）^(4t+4)，
左右约掉一个 20q+3。 当 k 为偶数时则方程的左边为奇数，方程的右边为偶数，因此波文方程此时为不等式，无正整数方程解。而 20q 属于偶数，故当 k=10q，m=20q+2 方程两边不等，故指数为 4t+4 的波文方程 t ＞ 0，k ＞ 0 时为不等式。
以上显示可判定，波文方程指数为 4t+4 时，无论 k 为偶数还是为奇数时两边都不能保证相等，如此可见波文方程的两边不会相等，所以波文方程此时是不等式。关键是理解了该方法后，可以自行验证方程两边的幂尾数之和是否相同，无解的方程幂尾数是无法一样的，有些无解方程两边虽然个位存在一样，多延伸几位尾数便一定不同，但本文证明用一位尾数判定已足够。
综上所述，波文方程除了 m 等于 2，n 等于 1 时有解外，10 类自然数尾数的 m 值，皆不能满足波文方程的解，故其他正整数域皆为波文不等式，到此波文猜想获证。（文/罗莫）
参考文献：
[1] 罗莫 . 用河图洛书原理破解了考拉兹猜想 [J]. 数学学习与研究，2012（11）:115-116.
[2] 西蒙·辛格 . 费马大定理：一个困惑了世间智者 358 年的谜 [M]. 薛密，译 . 桂林：广西师范大学出版社，2013.
[3] 范德瓦尔登 . 代数学 I [M]. 丁石孙，曾肯成，郝鈵新，译 . 北京：科学出版社，2009.
[4] 迪克森 . 代数方程式论 [M]. 黄缘芳，译 . 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2011.
[5] 谢彦麟 . 代数方程的根式解及伽罗瓦理论 [M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2011.
[6] 柳重堪 . 高等数学（上）第 2 分册：无穷级数与常微分方程 [M]. 北京：中央广播电视大学出版社，1999.
[7] 罗莫 . 用河图洛书原理破解了考拉兹猜想 [J]. 数学学习与研究，2012（11）:115-116.
[8] 唐祐华 . 二元齐次对称多项式与二项式定理 [M]. 杭州：浙江大学出版社，2012.
注释：
①波文猜想。连续数丢番图方程等幂和是一个古老的算术问题。该方程集中体现了幂数和邻数的关系。幂数是首项等于比值的数列，邻数是首项等于差值的数列。幂数尾数有四周期性质，邻数尾数有二周期性质。
②洛书定理。一切 10 模数加余数的正整数，要么它们的模数是 2，余数是2 幂数，要么它们的模数是 3，余数是 3 幂数或 3 幂数加 2。考拉兹猜想就是洛书定理的等价表达。即代数表达式为：2n+2^k=3m+3^t–1（m 为奇数）；2n+2^k=3m+3^t+1（m 为偶数）。
③幂数就是首项为公比数的数列全集任意元素。邻数是首项为公差数的数列全集任意元素。
0 尾数的幂数尾数是 0；5 尾数的幂数尾数是 5；2、4、8、6 尾数的幂数尾数是 2、4、8、6。2 的邻数是偶数；1 的邻数是自然数。奇数是 1 的邻数关于 2 的邻数的补集；素数是 1 的邻数关于合数的补集。自然数是无漏的变化数的集合；合数是有漏的变化数的集合，是非 1 邻数的集合；素数是 1 邻数与非 1 邻数之间的枢纽。因此研究素数的数学也叫中庸数学。道不可须臾离，可离非道。无漏为道，有漏即器。
④尾数周期值判定。多项式 2 数周期分类 2k+1、2k+2 以及多因子 4 数周期分类 4t+1、4t+2、4t+3、4t+4。自然数的幂数尾数呈现四周期特征，无平方因子就是无四周期特征，用四个周期相邻量分类。它是体现指数关系的最基本量。自然数的邻数尾数呈现二周期特征，无共轭余数就是无二周期特征，用两个周期相邻量分类。