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标题:
解读3:探究费尔玛大定理的证明,不神秘很好懂,也很有趣
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作者:
chengenlin
时间:
2012-2-24 21:01
标题:
解读3:探究费尔玛大定理的证明,不神秘很好懂,也很有趣
本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:50 编辑
" F; c" h) r q1 k( i
' m" R, b, `, g9 h6 I* f% b' H
由上篇导读2,我们已证得5│z的这个结论(其中,记号5│z表示5能被z整除)。不过,要加以说明的是,我们指定的满足不定方程
+ H, W t5 o( Y% t
x5+y5=z5 (7)
: z. C9 Y! i% v) S
各组解中的z必须是最小的。(为使大家便于理解,不妨举大家熟知的例子,如勾股定理的式子x2+y2=z2 的各组正整数解(3,4,5),(6,810)和(9,12,15)…………,或(7,24,25),(14,48,50),(21,72,75)…… 。以上两组解中,其中第一组解(3,4,5)中的z=5是最小的。而另一组解(7,24,25)中的z=25是最小的。可以看出第一组解(3,4,5)是基础解,有了(3,4,5)的解,对x2+y2=z2 来说,就会有后面的6,810)和(9,12,15)…………等无数组正整数解,方法是将第一组(3,4,5)中的各数乘以2,就得到另一组解。以此类推。第二组解也是如此。由此,可以看出 (7)式如果有一组正整数的基础解,将会有无数组正整数解。由于已设定z是不定方程 x5+y5=z5 各组解中最小的z值,因此必然是x,y之间无公因数(用式子表示为(x,y)=1)。这是因为如果(x,y)=d>1的话,将(7)式两边同除以d5,得到d5分别被 x5和y5整除,记作d5│ x5,d5│ y5。因此,由(7)式就得到d5│z5 ,也即有d│z。由于z整除d得到的 z'的值比z还小,这与z是 各组解 中最小的z值发生矛盾。因此必有(x,y)=1 能成立。再来证明,还有(z,x)=(z,y)=1 的式子能成立。这是因为假 若(z,x)=m>1的话,就得到m│z 和m│x,把(7)式两边同除以m5,就得到m│y 。由已证得的 m│x和 m│y ,就得到(x,y)=m>1,这与已证得的(x,y)=1发生矛盾。也即由(7)式
; _# ]- q9 x; M' K) k8 _6 y
,必有
r/ P1 n4 S7 a/ a- Y9 w
(x,y)=(z,x)=(z,y)=1 (8)
. }; \: p" b# ]2 v# y% o
能成立。以上已说明z是各组解中最小的z值,解读2中已证明了5│z,因此 z是5 的倍数,但不是5的平方的倍数,因此有
, \2 \( T% ?1 L& B" `) O& P
(5)2┥z (表示5的平方不能被z整除) (9)
# Q6 y8 x, _" W' P: U; S7 S
以下,我们将由5│z出发,从后面推导得到的其它式子来证得(5)2能被z整除。应当说这真是一个奇迹,证明完后我们将说明为什么会有此奇迹发生。由z5=x5+y5=(x+y)5-5xy(x+y)3+5x2y2(x+y),将其等式右边提取公因式5(x+y),得到
3 \( l5 l- p. L2 F5 p
z5=5(x+y)(e(x+y)4-xy(x+y)2 +x2y2)(其中的 e=5分之1 ) (10)
* a( o! ~; `! _& ~
由 于5│ t 在导读1中已被证明 ,即有5│(x+y-z) 。由 证得5│z和5│(x+y-z) ,就得到 5│(x+y)。由于e=5分之1 ,因此 e(x+y)4为正整数。下面 ,将证明
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( 5(x+y),e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1 (11)
' q4 l& U, V9 z$ Q: W. C [8 Y' i4 p
先引入以下几个引理:
L( C% v$ g i+ I; s
引理1:设a,b为正整数,且a>b。若(a,b)=1,则(a+b,b)=1和(a-b,b)=1。证明:假设(a+b,b)=d>1,此时存在正整数u1和u2, 使得a+b=du1和b=du2(其中(u1,u2)=1)。因此可求得a=d(u1-u2),由于b=du2,故得到(a ,b)=d>1,这与已知(a,b)=1相矛盾,故有(a+b,b)=1。同理可证(a-b,b)=1。 ( 举例来说,若(2,3)=1,就有(2,2+3)=1)
! n! q6 m0 E( x( M
引理2:设a,b,c和k为正整数。若c│a且(a,b)=1 , 则有(c,b)=1(符号c│a,表示c能被a整除)。证明:因为c│a,这时存在一个正整数k,使得a=kc能成立。将a=kc代入(a,b)=1中,得(kc,b)=1。由(kc,b)=1,表示正整数k和c的乘积与正整数b之间无公因数,由此,那么必定得到c与b无公因数、k与b也无公因数,否则的话就有(kc,b)= d>1与以上得到的(kc,b)=1相矛盾。因此,当c│a和(a,b)=1时 , 必有(c,b)=1。 ( 举例来说,若3│6且(6,7)=1 ,则有(3,7)=1)
" h0 H1 S# O2 [/ y2 ?* a
引理3:设a,b,c和为正整数,若(a,b)=(a,c)=1,则(a,bc)=1。证明:因为(a,b)=(a,c)=1时,表明a和b、c之间都无公因数,则a和bc之间也一定无公因数。不然的话由(a,bc)=d>1,就有(a,b)=d'>1或(a,c)=d">1能成立,但这与已知(a,b)=(a,c)=1发生矛盾。因此,当(a,b)=(a,c)=1时,有(a,bc)=1。 ( 举例来说,若(2,3)=(2,5)=1,则有(2,15)=1)
3 `' L3 U' |. w; U; _
引理4:设a,b和n为正整数,若(a,b)=1,则有(a , b的n次方)=1。证明:因为(a,b)=1,表明a和b之间无公因数,则a和b的n次方之间也一定无公因数。不然的话(a ,b的n次方)=d>1,就要得到(a,b)=d'>1,这与已知(a,b)=1发生矛盾。故当(a,b)=1时,必有(a ,b的n次方)=1。 ( 举例来说,若(2,3)=1,则一定有(2,3的任何次方)=1)
! T, o' @1 ~" a9 L/ ^0 c
现在,开始证明(11)式,分两步走。先证( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1 ,由于(8)式有(x,y)=1,可以证得(x+y,x)=1和( x+y,Y)=1(参引理1)。由此,可以证得(x+y,xy)=1(参 引理3)。再由(x+y,xy)=1可以证得(x+y,
: E0 Q z) u$ e$ X7 ]$ m
x2y2 )=1 (参 引理4)。接着,由( x+y)│(e(x+y)4-xy(x+y)2 )和(x+y,x2y2)=1,就可证得( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1 (参引理2)。由于5│( x+y),和( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1,就能证得( 5,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1成立(参引理2)。最后,由已证得的( 5,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1和( x+y,e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1,就证得(( 5(x+y),e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 )=1(参 引理3),也即(11)式被证明成立。由(10)和(11)式的成立,知必定存在正整数d和s,使得 5(x+y)=d5, 和e(x+y)4-xy(x+y)2+x2y2 =s5 能成立。也即有
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x+y=e d5 (其中e=5分之1 ) (12)
+ `; H3 O- u G" j
能成立。把 x5+y5=z5 变形为 x5=z5 - y5。因x5=z5 - y5 =(z-y)5 +5zy(z-y)3 +5z2 y2 (z-y)=(z-y)((z-y)4 +
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5z y(z-y)2 +5z2 y2 ),也即有
: j. B% r& v" g' C& ~) X5 j+ m
x5=(z-y)((z-y)4 + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 ) (13)
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由于,由(8)式有(z,x)=1。在本文的开头,表明在导读2已证得5│z 。由 5│z 和 (z,x)=1,就能证得(5,x)=1
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(参 引理2)。由(x,5)=1就证得(x 5 ,5)=1(参引理4)。由(x 5 ,5)=1和(13)式,就证得((z-y)((z-y)4 + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 ,5)=1。由此式,就证得(z-y,5)=1 。接着,再由(8)式(z,y)=1 ,能证得(z-y ,z)=(z-y,y)=1。(参引理1)。再由此式,就证得(z-y,zy)=1(参引理3)。接着,由(z-y,zy)=1,就证得(z-y , z 2y 2)=1(参引理4)。由已证得的(z-y,5)=1 和(z-y , z 2y 2)=1就证得(z-y , 5 z 2 y 2)=1(参引理3)。由于(z-y)│((z-y)4 + 5z y(z-y)2 )和(z-y , 5 z 2 y 2)=1,就能证得
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(z-y ,(z-y)4 + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 )=1(参引理2) (14)
; U0 l2 g) ~& e9 ]$ h% L
由(13)和(14) 式,知存在正整数m和v,使得z-y=m5 和(z-y)4 + 5z y(z-y)2 +5z2 y2 =v5能成立。即有
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z-y=m5 (15)
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成立。再将 x5+y5=z5 变形为 y5=z5 -x5。由y5=z5 -x5,同理,可以证得
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z-x=p5 (其中p为 正整数) (16)
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把(12),(15)和(16)三个式子相加,得到
. O v3 B# K( o) `; C1 d. d
2z=e d5 +( m5 + p5 ) (其中e=5分之1 ) (17)
: P, V0 W4 n( d; o: V
把(17)式两边同除以5。由于5│z,因此5│2z能成立,再由(12)式 x+y=e d5 (其中e=5分之1 ),可得到5│d,因此 5│e d5 也 能成立。由等式的性质,得到
5 ~* g& m3 E4 c, Y
5│( m5 + p5 ) (18)
4 d4 Q# ^" T% U3 m6 t& ]3 L
能成立。将 m5 + p5 展开为
( w" Z/ E, v+ w% t* C7 o! P! G8 M& U
m5 + p5 =(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p) (19)
1 |+ a0 E1 V1 Z t5 ^
将此式两边同除以5,因此得到
' o8 i/ @9 U' i0 a Q
5│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p) (20)
$ Z+ J5 u/ V4 y2 n8 n* L
由(19)式,可以看到 它的 右边 3项中有2项的系数是5的倍数。因此,由整除的性质,可以得到另一项 (m+p) 5也能被5整除,也即有5│(m+p) 5。由于5是其素数,且m+p为正整数,因此当5│(m+p) 5时,m+p和5只存在一种关系,就是
" {% Y9 u4 o4 V. Z( w
5│(m+p)。由5│(m+p),可以看出(5)2能被(m+p) 5 整除,另两项都含因式5(m+p) 因此也能被(5)2整除。因此,得到
4 y. u3 @% N; N6 x F
(5)2│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p) (21)
! g; M4 H7 b7 ? W0 l$ a
将(19)和(21)式对照,就得到
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(5)2│( m5 + p5 )(这里记号(5)2是表示5的平方) (22)
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由(17)式,其中的项e d5 由于e=5分之1 ,得知 5│d,因而(5)2 │ e d5 能成立。由(5)2 │ e d5 ,和(22)式
3 M! h: C; Q/ {" }4 i2 U
(5)2│( m5 + p5 )及(17)式,可以证得(5)2│ 2z。由(5)2│ 2z,及(5)2与2无公因数,因此必有
$ p: [" H" W4 P% H2 v
(5)2│ z (23)
7 W) S9 ? ?3 E3 Y2 Y
明显看出(23)与(9)式发生矛盾,由此可以看出假设不定方程 x5+y5=z5 有正整数解不能成立。
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! A6 n' }& d$ c# }1 C8 n2 K, t
说明:我用完全相同的原理来证得n为一切奇素数时,证得费尔马大定理成立。再结合当n=4时xn+yn=zn没有正整数解已被人们得到证明成立。和我国著明的数学家陈景润在所著的《初等数论》的《费尔马问题的介绍》中,表明了“当n=4时和n为一切奇素数时,费尔马大定理成立。就可以归纳得出费尔马大定理成立,也即证得当n取一切大于2的整数时,不定方程xn+yn=zn没有正整数解成立。
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证明结束后进行回顾和小结:本文中突出抓住不定方程 x5+y5=z5 指数5 与其变量x,y和z之间的关系,进行深入分析。有趣的是,当证明进行到(20)式5│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p) 后,为什么会出现仅由此式本身,就又能证得(21)式的(5)2│(m+p) 5-5mp(m+p)3+5m2p2(m+p)能成立呢?按道理这绝对是违反常规的,而正是这个奇怪的现象,却导致后面我们能证明成功。对这个奇怪的现象通过冷静地思考就会发现,如果m和p不全是正整数就不会发生以上矛盾了,事实上,由于最终证明了不定方程没有正整数解,x,y和z不可能全是正整数,因此由(12),(15)和(16)式知m和p就不可能都是正整数。这就回答了以上为什么会出现奇怪的现象。也就是说,当m和p不全是正整数时(20)式本身就不能成立的,当然更不会有(21)式成立的结论,因而也就不会发生后面的矛盾了。
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下文 解读4,经行全面分析,应当更有趣。
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