当X∧N+Y∧N=Z∧N，N为大于2的自然数时，X、Y、Z无自然数解
在N>2时，N有三种可能
1、 N不整除2，那N中必有一非2的质因数q，q>2，仅需证明
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质因数时，X、Y、Z无自然数解
2、 N整除2，如N中有一非2的质因数q，q>2，仅需证明
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质因数时，X、Y、Z无自然数解
3、 N整除2，如N中无任意非2的质因数q，q>2，则N整除4，仅需证明
X∧4+Y∧4=Z∧4， X、Y、Z无自然数解
即证明
1、 X∧4+Y∧4=Z∧4， X、Y、Z无自然数解
2、 X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质数时，X、Y、Z无自然数解
而N=4时已经证明
所以证明N=q，q为非2的质数时即可
假设N=q时，有自然数解，其中有一组解X、Y、Z
如果X、Y有相同的质因数p，那记X=Ap，Y=Bp，有
（Ap）∧q+(Bp)∧q= (A∧q+B∧q)p∧q=Z∧q
得到Z∧q整除p∧q，而p为质数，所以Z整除p，记Z=Cp，有
（Ap）∧q+(Bp)∧q =（Cp）∧q→A∧q+B∧q= C∧q
于是A、B、C也为其中的一组解
将A、B不断提出相同的质因数，可以得到一组解
X1、Y1、Z1，其中X1与Y1互质。假设此时X1与Z1有相同的质因数p1，同样可以得到Y1应该有质因数p1，于是X1、YI不互质，矛盾
Y1与Z1有相同的质因数同样考虑
所以X1、Y1、Z1应该两两互质
即仅需证明
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质数，且X、Y、Z两两互质时，X、Y、Z无自然数解
加强命题：当X、Y、Z都是非0的整数时，X、Y、Z无整数解
由于X、Y、Z不能都为非0偶数，所以只可能是2奇数、1非0偶数。
先假设Z为非0偶数，X、Y为奇数，且X>Y，记Z=2∧m*p，p为奇数。m≥1
此时，假设X+Y=2∧t*a，a为奇数。t≥1
代入有
X∧q+(2∧t*a-X) ∧q = （2∧m*p）∧q
两边化间
X∧q+(2∧t*a-X) ∧q=(2∧t*a) ∧q+C（q,1）(2∧t*a) ∧(q-1)(-X) ∧1+ C（q,2）(2∧t*a) ∧(q-2)(-X) ∧2+….+ C（q,i）(2∧t*a) ∧(q-i)(-X) ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t*a) ∧2(-X) ∧(q-2)+C（q,q-1）(2∧t*a) ∧1(-X) ∧(q-1)
其中记A_1=（(2∧t*a) ∧q+C（q,1）(2∧t*a) ∧(q-1)(-X) ∧1+ C（q,2）(2∧t*a) ∧(q-2)(-X) ∧2+….+ C（q,i）(2∧t*a) ∧(q-i)(-X) ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t*a) ∧2(-X) ∧(q-2)）
有A_1≡0（mod2∧(2t)）,由于t≥1,所以A_1/2∧t≡0（mod2）
记A_2=C（q,q-1）(2∧t*a) ∧1(-X) ∧(q-1)= q*2∧t*a (-X) ∧(q-1)
由于q、 (-X) ∧(q-1)、a都是奇数，所以A_2/2∧t≡1（mod2）
即（A_1+A_2）/2∧t≡1（mod2）
而（2∧m*p）∧q=2∧（mq）*p∧q
由于p是奇数，所以（2∧（mq）*p∧q）/2∧（mq）≡1（mod2）
于是有2∧t=2∧（mq），既t=mq
还原为：
X+Y=2∧（mq） *a
在假设X-Y=2∧t_1*b，b为奇数。t_1≥1
同样代入
Y∧q+(2∧t_1*b +Y) ∧q = （2∧m*p）∧q
化间
Y∧q+(2∧t_1*b +Y) ∧q=(2∧t_1*b) ∧q+C（q,1）(2∧t_1*b) ∧(q-1)Y ∧1+ C（q,2）(2∧t_1*b) ∧(q-2)Y ∧2+….+ C（q,i）(2∧t_1*b) ∧(q-i)Y ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t_1*b) ∧2Y ∧(q-2)+C（q,q-1）(2∧t_1*b) ∧1Y ∧(q-1)+2* Y∧q
记
B_1=(2∧t_1*b) ∧q+C（q,1）(2∧t_1*b) ∧(q-1)Y ∧1+ C（q,2）(2∧t_1*b) ∧(q-2)Y ∧2+….+ C（q,i）(2∧t_1*b) ∧(q-i)Y ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t_1*b) ∧2Y ∧(q-2)+C（q,q-1）(2∧t_1*b) ∧1Y ∧(q-1)
同样有B_1/2∧t_1≡1（mod2）
而Y是奇数，所以（2* Y∧q）/2≡1（mod2），记B_2=2* Y∧q
当t_1>1时，有B_1/2≡0（mod2），于是（B_1+ B_2）/2≡1（mod2）
而（2∧（mq）*p∧q）/2∧（mq）≡1（mod2），q>3，所以（2∧（mq）*p∧q）/2≡0（mod2）
矛盾
于是t_1=1
还原为：
X-Y=2*b
于是有
X=2∧（mq-1） *a+b，Y=2∧（mq-1） *a-b
由于：X∧q+Y∧q=Z∧q和X+Y=2∧（mq） *a、Z=2∧m*p,且q>1
有
X∧q+Y∧q-（X+Y）=2∧（mq）*p∧q -2∧（mq）*a………①
方程两边都不为0
如果两边都为0，则
2∧（mq）*p∧q -2∧（mq）*a=0，即p∧q=a
得到：X+Y=Z，而X∧q+Y∧q=Z∧q
所以（X+Y）∧q = X∧q+Y∧q,解得q=1，与题设矛盾
由①有
X∧（q-1）（X-1）+ Y∧（q-1）（Y-1）=2∧（mq）（p∧q-a）
将X=2∧（mq-1） *a+b，Y=2∧（mq-1） *a-b分别代入有
X∧（q-1）（2∧（mq-1） *a+b -1）+ Y∧（q-1）（2∧（mq-1） *a-b -1）=2∧（mq）*（p∧q-a）
记B= X∧（q-1）（2∧（mq-1） *a+b -1）+ Y∧（q-1）（2∧（mq-1） *a-b -1）
有B= （X∧（q-1）+ Y∧（q-1））2∧（mq-1） *a+ X∧（q-1）（b -1）-Y∧（q-1）（b -1）
由于X、Y都为奇数，q>1，所以X∧（q-1）+ Y∧（q-1）≡0（mod2），得到（X∧（q-1）+ Y∧（q-1））2∧（mq-1） *a≡0（mod2∧（mq））
而：2∧（mq）*（p∧q-a）≡0（mod2∧（mq））
所以必须X∧（q-1）（b -1）- Y∧（q-1）（b +1）≡0（mod2∧（mq））
假设b -1=2∧k*c, c为奇数。k≥1
X∧（q-1）（b -1）- Y∧（q-1）（b +1）= X∧（q-1）2∧k*c - Y∧（q-1）（2∧k*c +2）
当k=1时
（X∧（q-1）2 *c）/2≡1（mod2）
而（Y∧（q-1）（2 *c +2））/2≡0（mod2）
所以（X∧（q-1）2 *c+Y∧（q-1）（2 *c +2））/2≡1（mod2）
而要求
X∧（q-1）2 *c+Y∧（q-1）（2 *c +2）≡0（mod2∧（mq）），所以mq=1，矛盾
当k>1时
（X∧（q-1）2∧k*c）/2≡0（mod2）
而（Y∧（q-1）（2∧k *c +2））/2≡0（mod2）
所以（X∧（q-1）2 ∧k *c+Y∧（q-1）（2∧k *c +2））/2≡1（mod2）
同样矛盾
所以Z不是非0偶数
假设X是非0偶数，方程
X∧q+Y∧q=Z∧q可以变为
X∧q=-Y∧q+Z∧q=（-Y）∧q+Z∧q
记-Y=W
有X∧q =W∧q+Z∧q
同样有X不是非0偶数
那么得到结果：
X、Y、Z都不是非0偶数，矛盾
即：
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质数时，X、Y、Z无自然数解
在N>2时，N有三种可能
1、 N不整除2，那N中必有一非2的质因数q，q>2，仅需证明
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质因数时，X、Y、Z无自然数解
2、 N整除2，如N中有一非2的质因数q，q>2，仅需证明
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质因数时，X、Y、Z无自然数解
3、 N整除2，如N中无任意非2的质因数q，q>2，则N整除4，仅需证明
X∧4+Y∧4=Z∧4， X、Y、Z无自然数解
即证明
1、 X∧4+Y∧4=Z∧4， X、Y、Z无自然数解
2、 X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质数时，X、Y、Z无自然数解
而N=4时已经证明
所以证明N=q，q为非2的质数时即可
假设N=q时，有自然数解，其中有一组解X、Y、Z
如果X、Y有相同的质因数p，那记X=Ap，Y=Bp，有
（Ap）∧q+(Bp)∧q= (A∧q+B∧q)p∧q=Z∧q
得到Z∧q整除p∧q，而p为质数，所以Z整除p，记Z=Cp，有
（Ap）∧q+(Bp)∧q =（Cp）∧q→A∧q+B∧q= C∧q
于是A、B、C也为其中的一组解
将A、B不断提出相同的质因数，可以得到一组解
X1、Y1、Z1，其中X1与Y1互质。假设此时X1与Z1有相同的质因数p1，同样可以得到Y1应该有质因数p1，于是X1、YI不互质，矛盾
Y1与Z1有相同的质因数同样考虑
所以X1、Y1、Z1应该两两互质
即仅需证明
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质数，且X、Y、Z两两互质时，X、Y、Z无自然数解
加强命题：当X、Y、Z都是非0的整数时，X、Y、Z无整数解
由于X、Y、Z不能都为非0偶数，所以只可能是2奇数、1非0偶数。
先假设Z为非0偶数，X、Y为奇数，且X>Y，记Z=2∧m*p，p为奇数。m≥1
此时，假设X+Y=2∧t*a，a为奇数。t≥1
代入有
X∧q+(2∧t*a-X) ∧q = （2∧m*p）∧q
两边化间
X∧q+(2∧t*a-X) ∧q=(2∧t*a) ∧q+C（q,1）(2∧t*a) ∧(q-1)(-X) ∧1+ C（q,2）(2∧t*a) ∧(q-2)(-X) ∧2+….+ C（q,i）(2∧t*a) ∧(q-i)(-X) ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t*a) ∧2(-X) ∧(q-2)+C（q,q-1）(2∧t*a) ∧1(-X) ∧(q-1)
其中记A_1=（(2∧t*a) ∧q+C（q,1）(2∧t*a) ∧(q-1)(-X) ∧1+ C（q,2）(2∧t*a) ∧(q-2)(-X) ∧2+….+ C（q,i）(2∧t*a) ∧(q-i)(-X) ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t*a) ∧2(-X) ∧(q-2)）
有A_1≡0（mod2∧(2t)）,由于t≥1,所以A_1/2∧t≡0（mod2）
记A_2=C（q,q-1）(2∧t*a) ∧1(-X) ∧(q-1)= q*2∧t*a (-X) ∧(q-1)
由于q、 (-X) ∧(q-1)、a都是奇数，所以A_2/2∧t≡1（mod2）
即（A_1+A_2）/2∧t≡1（mod2）
而（2∧m*p）∧q=2∧（mq）*p∧q
由于p是奇数，所以（2∧（mq）*p∧q）/2∧（mq）≡1（mod2）
于是有2∧t=2∧（mq），既t=mq
还原为：
X+Y=2∧（mq） *a
在假设X-Y=2∧t_1*b，b为奇数。t_1≥1
同样代入
Y∧q+(2∧t_1*b +Y) ∧q = （2∧m*p）∧q
化间
Y∧q+(2∧t_1*b +Y) ∧q=(2∧t_1*b) ∧q+C（q,1）(2∧t_1*b) ∧(q-1)Y ∧1+ C（q,2）(2∧t_1*b) ∧(q-2)Y ∧2+….+ C（q,i）(2∧t_1*b) ∧(q-i)Y ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t_1*b) ∧2Y ∧(q-2)+C（q,q-1）(2∧t_1*b) ∧1Y ∧(q-1)+2* Y∧q
记
B_1=(2∧t_1*b) ∧q+C（q,1）(2∧t_1*b) ∧(q-1)Y ∧1+ C（q,2）(2∧t_1*b) ∧(q-2)Y ∧2+….+ C（q,i）(2∧t_1*b) ∧(q-i)Y ∧i+…. + C（q,q-2）(2∧t_1*b) ∧2Y ∧(q-2)+C（q,q-1）(2∧t_1*b) ∧1Y ∧(q-1)
同样有B_1/2∧t_1≡1（mod2）
而Y是奇数，所以（2* Y∧q）/2≡1（mod2），记B_2=2* Y∧q
当t_1>1时，有B_1/2≡0（mod2），于是（B_1+ B_2）/2≡1（mod2）
而（2∧（mq）*p∧q）/2∧（mq）≡1（mod2），q>3，所以（2∧（mq）*p∧q）/2≡0（mod2）
矛盾
于是t_1=1
还原为：
X-Y=2*b
于是有
X=2∧（mq-1） *a+b，Y=2∧（mq-1） *a-b
由于：X∧q+Y∧q=Z∧q和X+Y=2∧（mq） *a、Z=2∧m*p,且q>1
有
X∧q+Y∧q-（X+Y）=2∧（mq）*p∧q -2∧（mq）*a………①
方程两边都不为0
如果两边都为0，则
2∧（mq）*p∧q -2∧（mq）*a=0，即p∧q=a
得到：X+Y=Z，而X∧q+Y∧q=Z∧q
所以（X+Y）∧q = X∧q+Y∧q,解得q=1，与题设矛盾
由①有
X∧（q-1）（X-1）+ Y∧（q-1）（Y-1）=2∧（mq）（p∧q-a）
将X=2∧（mq-1） *a+b，Y=2∧（mq-1） *a-b分别代入有
X∧（q-1）（2∧（mq-1） *a+b -1）+ Y∧（q-1）（2∧（mq-1） *a-b -1）=2∧（mq）*（p∧q-a）
记B= X∧（q-1）（2∧（mq-1） *a+b -1）+ Y∧（q-1）（2∧（mq-1） *a-b -1）
有B= （X∧（q-1）+ Y∧（q-1））2∧（mq-1） *a+ X∧（q-1）（b -1）-Y∧（q-1）（b -1）
由于X、Y都为奇数，q>1，所以X∧（q-1）+ Y∧（q-1）≡0（mod2），得到（X∧（q-1）+ Y∧（q-1））2∧（mq-1） *a≡0（mod2∧（mq））
而：2∧（mq）*（p∧q-a）≡0（mod2∧（mq））
所以必须X∧（q-1）（b -1）- Y∧（q-1）（b +1）≡0（mod2∧（mq））
假设b -1=2∧k*c, c为奇数。k≥1
X∧（q-1）（b -1）- Y∧（q-1）（b +1）= X∧（q-1）2∧k*c - Y∧（q-1）（2∧k*c +2）
当k=1时
（X∧（q-1）2 *c）/2≡1（mod2）
而（Y∧（q-1）（2 *c +2））/2≡0（mod2）
所以（X∧（q-1）2 *c+Y∧（q-1）（2 *c +2））/2≡1（mod2）
而要求
X∧（q-1）2 *c+Y∧（q-1）（2 *c +2）≡0（mod2∧（mq）），所以mq=1，矛盾
当k>1时
（X∧（q-1）2∧k*c）/2≡0（mod2）
而（Y∧（q-1）（2∧k *c +2））/2≡0（mod2）
所以（X∧（q-1）2 ∧k *c+Y∧（q-1）（2∧k *c +2））/2≡1（mod2）
同样矛盾
所以Z不是非0偶数
假设X是非0偶数，方程
X∧q+Y∧q=Z∧q可以变为
X∧q=-Y∧q+Z∧q=（-Y）∧q+Z∧q
记-Y=W
有X∧q =W∧q+Z∧q
同样有X不是非0偶数
那么得到结果：
X、Y、Z都不是非0偶数，矛盾
即：
X∧q+Y∧q=Z∧q，q为大于2的质数时，X、Y、Z无自然数解
