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可以先证明对任意正整数k≥4，费马数 2^2^(k-2)+1 和2^2^(k-1)+1 互素
并且如果设p, q是它们各自的一个素因子，则p≡q≡1(mod 2^k)
而且pq ≤ (2^2^(k-2)+1)(2^2^(k-1)+1) < 2^2^k
所以对任意正整数k≥4，都存在不相等的奇素数p, q使得p-1≡q-1≡0(mod 2^k)，并且m=pq < 2^2^k
设n=λ(m)等于p-1和q-1的最小公倍数，则m/n >(p-1)(q-1)/n ≥2^k
对任意整数a，由费马小定理a^n≡0或1(mod p)，a^n≡0或1(mod q)
m=pq，由中国剩余定理a^n模m的剩余类一共有4组，分别设为0(mod m)，1(mod m), s(mod m), t(mod m)
假设存在正整数h，使得任意整数都可以表示成不超过h个两两互素的n次方数之和
那对任意整数a，都存在正整数f≤h，使模m的同余方程
x₁+x₂+…+x[f]≡a(mod m)
有x₁, x₂, …, x[f]两两互素，并且x[i]≡0, 1, s, t(mod m)的解
其中与m不互素的x[i]最多只可能有两个，它们的和模m只可能是s(mod m), t(mod m), s+t(mod m), 0(mod m) 4种
与m互素的x[i]可以有0~h个，由于每个x[i]≡1(mod m)，所以最多只有(h+1)种模m的可能
那x[1]+x[2]+…+x[f]，f≤h最多可以有不超过4(h+1)种模m的剩余类，所以4(h+1)≥m
h≥m/4 > m/4 × log₂ m / 2^k > n/4 × log₂ n
符合要求，而k可以取任意不小于4的正整数，这样的n也可以由此构造出无穷多个