用数学归纳法证明：（x+y+z)
设f(x,y,z)=（x+y+z)^4-(y+z)^4-(z+x)^4-(x+y)^4+x^4+y^4+z^4
,则f(x,y,0)=(x+y)^4-y^4-x^4-(x+y)^4+x^4+y^4=0,
由余数定理，z|f(x,y,z)（读作z整除f(x,y,z)),
同理，y|f(x,y,z),x|f(x,y,z)。
f(x,y,-x-y)=-x^4-y^4-(x+y)^4+x^4+y^4+(x+y)^4=0,
∴x+y+z|f(x,y,z),
设f(x,y,z)=kxyz(x+y+z),
令x=y=z=1,36=3k,k=12。
∴f(x,y,z)=12xyz(x+y+z)。
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设f(x,y,z)=（x+y+z)^4-(y+z)^4-(z+x)^4-(x+y)^4+x^4+y^4+z^4
,则f(x,y,0)=(x+y)^4-y^4-x^4-(x+y)^4+x^4+y^4=0,
由余数定理，z|f(x,y,z)（读作z整除f(x,y,z)),
同理，y|f(x,y,z),x|f(x,y,z)。
f(x,y,-x-y)=-x^4-y^4-(x+y)^4+x^4+y^4+(x+y)^4=0,
∴x+y+z|f(x,y,z),
设f(x,y,z)=kxyz(x+y+z),
令x=y=z=1,36=3k,k=12。
∴f(x,y,z)=12xyz(x+y+z)。
设g(x,y,z)=（x+y+z)^（2n）-(y+z)^（2n）-(z+x)^（2n）-(x+y)^（2n)+x^(2n)+y^(2n)+z^(2n),
则g(x,y,0)=(x+y)^(2n)-y^(2n)-x^(2n)-(x+y)^(2n)+x^(2n)+y^(2n)=0,
∴z|g(x,y,z），同理x|g(x,y,z),y|f(x,y,z),
g(x,y,-x-y)=-x^(2n)-y^(2n)-(x+y)^(2n)+x^(2n)+y^(2n)+(x+y)^(2n)=0,
∴x+y+z|g(x,y,z),
∴f(x,y,z)|g(x,y,z)，命题成立。
n=2时原式
=（x+y+z)^4-(y+z)^4-(z+x)^4-(x+y)^4+x^4+y^4+z^4
能被（x+y+z)^4-(y+z)^4-(z+x)^4-(x+y)^4+x^4+y^4+z^4整除。
假设n=k（k>=2,k∈N)时原式能被（x+y+z)^4-(y+z)^4-(z+x)^4-(x+y)^4+x^4+y^4+z^4整除,那么n=k+1时原式
=（x+y+z)^（2k+2）-(y+z)^（2k+2）-(z+x)^（2k+2）-(x+y)^（2k+2)+x^(2k+2)+y^(2k+2)+z^(2k+2)
=(x+y+z)^2*[（x+y+z)^（2k）-(y+z)^（2k）-(z+x)^（2k）-(x+y)^（2k)+x^(2k)+y^(2k)+z^(2k)]+[(x+y+z)^2-(y+z)^2](y+z)^(2k)+[(x+y+z)^2-(z+x)^2](z+x)^(2k)+[(x+y+z)^2-(x+y)^2](x+y)^(2k)-[(x+y+z)^2-x^2]x^(2k)-[(x+y+z)^2-y^2]y^(2k)-[(x+y+z)^2-z^2]z^(2k)
=(x+y+z)^2*[（x+y+z)^（2k）-(y+z)^（2k）-(z+x)^（2k）-(x+y)^（2k)+x^(2k)+y^(2k)+z^(2k)]+z(2x+2y+z)(y+z)^(2k)+y(2x+2+2z)(y+z)^(2k)+x(x+2y+2z)(y+z)^(2k)-(y+z)(2x+y+z)x^(2k)-
(z+x)(x+2y+z)x^(2k)-(x+y)(x+y+2z)x^(2k)，
仿上，xyz(x+y+z)|z(2x+2y+z)(y+z)^(2k)+y(2x+2+2z)(y+z)^(2k)+x(x+2y+2z)(y+z)^(2k)-(y+z)(2x+y+z)x^(2k)-
(z+x)(x+2y+z)x^(2k)-(x+y)(x+y+2z)x^(2k)。
即n=k+1时命题成立。
∴对于n>=2,n∈N,命题都成立。
。收起
